Đến nội dung


Hình ảnh

Chuyên đề Mật độ tập hợp.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 23 trả lời

#1 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 01-07-2008 - 18:11


MẬT ĐỘ TẬP HỢP
I/Định nghĩa.

Tập hợp $S \subset N$ gọi là có mật độ $\alpha$ nếu giới hạn sau tồn
tại và $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{|\{x \in S| x \leq n\}|}{n}=\alpha$

Tính chất.
1/.Một tập hữu hạn có mật độ là $0$

2/.Nếu $S_1 \cap S_2 = \phi$, $S_1,S_2$ có mật độ lần lượt là $\alpha_1,\alpha_2$ thì tập $S_1 \cup S_2$ có mật độ là $\alpha_1+\alpha_2$
3/.Nếu $S$ có mật độ là $\alpha$ thì $N-S$ có mật độ là $1-\alpha$

Một số kết quả nhỏ
1/.Cho 1 ví dụ tập $S$ không có mật độ.
Lời giải:
Đặt $S_k=\{a^k+1,a^k+2,..,a^{k+1}\}, a \in N,a>1$ bất kì
Chọn $S=\bigcup\limits_{n=0}^{\infty}S_n $
Suy ra $|S_i|=a^{i+1}-a^i, S_i \cap S_j =\phi, \forall i \neq j$
Ta sẽ chứng minh $S$ không có mật độ. Thật vậy.
$|\{x \in S| x \leq a^{2n}\}|=|S_0|+|S_1|+..+|S_{2n-2}|=a^{2n-1}-1$
$|\{x \in S| x \leq a^{2n+1}\}|=|S_0|+|S_1|+..+|S_{2n}|=a^{2n+1}-1$

Suy ra $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{|\{x \in S| x \leq a^{2n}\}|}{a^{2n}}=\lim_{n \to +\infty}\dfrac{a^{2n-1}-1}{a^{2n}}=\dfrac{1}{a}$

$\lim_{n \to+\infty}\dfrac{|\{x \in S| x \leq a^{2n+1}\}|}{a^{2n+1}}=\lim_{n \to +\infty}\dfrac{a^{2n+1}-1}{a^{2n+1}}=1$

Suy ra $S$ không có mật độ.

2/.Giả sử tập $S=\{x_1<x_2<..<x_n<..\}, x_i>0 \forall i$ có mật độ $\alpha \neq 0$ thì khi đó $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_n}{n}=\dfrac{1}{\alpha}$
Lời giải:
Do $\alpha \neq 0$ nên $S$ vô hạn nên $x_n \to +\infty$ và $\alpha=\lim_{n \to +\infty}\dfrac{|\{x \in S| x \leq x_n\}|}{x_n}=\lim_{n \to +\infty}\dfrac{n}{x_n}$ suy ra $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_n}{n}=\dfrac{1}{\alpha}$

Bài toán được chứng minh.

3/.Cho $\alpha \in R, \alpha \geq 1$.Chứng minh rằng $S=\{[n\alpha]|n=1,2,..\}$ có mật độ là $\dfrac{1}{\alpha}$
Lời giải:
Được suy ra từ bài 2.

4/.Hàm lũy thừa $a^n, a>1$ có mật độ là $0$
Lời giải:
Suy ra từ định nghĩa và để ý $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{lnn}{n}=0$

Định nghĩa:

Nếu $A,B$ là $2$ tập hợp thỏa mãn $B \subset A$ và
$\lim_{n \to+\infty}\dfrac{|\{x \in B|x \leq n\}|}{|\{x \in B|x \leq n\}|}=\alpha$ thì ta nói $B$ có mật độ $\alpha$ trong tập $A$

Ứng dụng:

1/.Chứng minh rằng với mọi tập $M$ có mật độ tập hợp $\alpha >0$ và $0<t<\alpha$ thì luôn tồn tại tập $B \subset M$ sao cho $B$ có mật độ $t$
Lời giải:
Giả sử $M=\{x_1<..<x_n<..\}$có mật độ $\alpha >0$
Xét $B=\{y_1<..<y_m<..\}$ trong đó $y_i=x_{[\dfrac{\alpha.i}{t}]}$
Khi đó
$\lim_{i \to +\infty}\dfrac{y_i}{i}=\lim_{i->+\infty}\dfrac{x_{[\dfrac{\alpha.i}{t}]}}{[\dfrac{\alpha.i}{t}]}.\lim_{i->+\infty}\dfrac{[\dfrac{\alpha.i}{t}]}{i}=\dfrac{1}{\alpha}.\dfrac{\alpha}{t}=\dfrac{1}{t}$
Từ đó suy ra $B$ có mật độ $t$ theo như bài 2.

Bài tập áp dụng.

Bài 1:
Cho $a_1,a_2,..,a_{1000}>0$ thỏa mãn $ \sum\limits_{i=1}^{1000}a_i=1 $.Chứng minh rằng tồn tại 1000 dãy $\{x_{k,n}\}_{n=1}^{+\infty}$ với $k=1,..,1000$ thỏa mãn:
i/.Mỗi số tự nhiên thuộc 1 và chỉ 1 dãy $x_{k,n}$
ii/.Với $\forall k=1,..,1000$ thì $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_{k,n}}{n}=\dfrac{1}{a_k}$
Lời giải:
Đầu tiên ta lập dãy $S_1=\{x_{1,n}\}=\{[\dfrac{n}{a_1}]\}$. Khi đó theo kết quả đã biết ta có $\{x_{1,n}\}$ có mật độ là $a_1$ hay $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_{1,n}}{n}=\dfrac{1}{a_1}$
Tập $N-S_1$ có mật độ là $1-a_1=a_2+..+a_{1000}>a_2>0$
Theo kết quả ở trên thì trong tập $N-S_1$ có thể chọn được một dãy $x_{2,n}$ có mật độ là $a_2$ hay $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_{2,n}}{n}=\dfrac{1}{a_2}$

Cứ như vậy ta chọn được $999$ dãy $x_{k,n}$ có mật độ tương ứng là $a_1,..,a_{999}$ và đôi một rời nhau

Suy ra tập $\{x_{1000,n}\}=N-( \bigcup\limits_{i=1}^{999}x_{i,n}) $ có mật độ là $1-a_1-a_2-..-a_{999}=a_{1000}$
Suy ra $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{x_{1000,n}}{n}=\dfrac{1}{a_{1000}}$
Bài toán được chứng minh.

Bài 2:
Liệu có tồn tại cách phân hoạch tập $N*$ thành các cấp số cộng rời nhau có công sai lần lượt là $2,3,..,n, n>2$ hay không??

Lời giải:
Nhận xét: $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+..+\dfrac{1}{n} \no \in N, \forall n \in N, n>2$

Đây là bài toán cũ,chứng minh đơn giản nên không cần nhắc lại.
Ta sẽ xét bài toán tổng quát là tập $N*$ được phân hoạch thành $n$ cấp số cộng rời nhau có các số hạng đầu và công sai lần lượt là $ a_i,d_i, i=1,..,n$.
Đặt $A_i=\{a_i+jd_i\}$ với $a_i,d_i$ lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng thứ $i$
Ta có
$a+jd_i \leq n \to j \leq \dfrac{n-a_i}{d_i}$
Suy ra có $[\dfrac{n-a_i}{d_i}]$ số $j \in N*$ thỏa mãn điều kiện trên
Từ đó ta xác định mật độ của tập $A_i$ trong $N*$ là
$\lim_{n \to +\infty}\dfrac{|\{x \in A_i|x \leq n\}|}{n}=\lim_{n \to +\infty}\dfrac{[\dfrac{n-a_i}{d_i}]}{n}=\dfrac{1}{d_i} $

Do $N*=A_1 \cup A_2 \cup .. \cup A_n$ nên suy ra $\dfrac{1}{d_1}+\dfrac{1}{d_2}+...+\dfrac{1}{d_n}=1$

Áp dụng vào bài toán thì $ \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+..+\dfrac{1}{n}=1$
Dễ thấy theo nhận xét trên thì vô lí.Vậy bài toán được chứng minh.

Mọi người có bài tập nào sử dụng được thì đưa lên cho mọi người tham khảo nhé.


Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#2 Harry Potter

Harry Potter

    Kẻ Được Chọn

  • Hiệp sỹ
  • 286 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán Học và một người con gái :D

Đã gửi 01-07-2008 - 18:35

Anh có thể cho em biết tài liệu nào đề cập tới vấn đề này không ? Lần đầu tiên em biết khái niệm này đấy :)

Fly To Sky


#3 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 01-07-2008 - 19:04

Cái này là anh học được từ mấy anh ngày xưa ở trường anh chứ anh cũng chưa thấy tài liệu nào có cả :)

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#4 Harry Potter

Harry Potter

    Kẻ Được Chọn

  • Hiệp sỹ
  • 286 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán Học và một người con gái :D

Đã gửi 01-07-2008 - 19:54

http://www.google.co...vi&...Am&meta=

Em nhờ bác google thì toàn ra những thứ liên quan tới anh tân ^^

Fly To Sky


#5 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 02-07-2008 - 10:51

Thêm 2 bài này nữa.
1/.Chứng minh rằng tồn tại một tập $A \subset N, |A|=\infty$ sao cho $\forall T \subset A, \sum_{x \in T}x $ không là lũy thừa của một số nguyên.
2/.Cho $m_1,m_2,..,m_n \in N$.Chứng minh rằng tồn tại $x \in N$ sao cho $x+m_i, \forall i=1,..,n$ không là lũy thừa của một số nguyên.
Chú ý là bài 1 ta có thể sử dụng phương pháp chọn để được tập thỏa mãn và bài 2 có thể sử dụng định lí thặng dư trung hoa một cách đơn giản.

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#6 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 02-07-2008 - 10:58

Ta có thêm bài toán sau.

Cho $a_1,a_2,..,a_{n-1}, n \geq 2$ là các số thực sao cho phương trình $P(x)=x^n-(n^2-1)x^{n-1}+a_1x^{n-2}+..+a_{n-2}x+a_{n-1}=0$ có $n$ nghiệm dương phân biệt.
Hỏi tập $N*$ có thể được phân hoạch thành các tập $\{[n\alpha]\}, P(\alpha)=0$ rời nhau hay không??

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#7 Primes

Primes

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 02-07-2008 - 12:02

Ta có thêm bài toán sau.

Cho $a_1,a_2,..,a_{n-1}, n \geq 2$ là các số thực sao cho phương trình $P(x)=x^n-(n^2-1)x^{n-1}+a_1x^{n-2}+..+a_{n-2}x+a_{n-1}=0$ có $n$ nghiệm dương phân biệt.
Hỏi tập $N*$ có thể được phân hoạch thành các tập $\{[n\alpha]\}, P(\alpha)=0$ rời nhau hay không??

Trước hết ta nếu ra điều kiện cần của bài toán để $\{[n{\alpha}_i]$ là phân hoạch :
$\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{{\alpha}_i}=1$
Điều này suy ra từ tính chất đã nêu .
Quay lại bài toán .Áp dụng định lí Viete ta có
$\sum_{i=1}^n\alpha_i=n^2-1$
Áp dụng bdt ta có $\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\alpha_i}\geq \dfrac{n^2}{n^2-1}>1$
Từ đó ta suy ra ko thể tồn tại phân hoạch .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primes: 02-07-2008 - 12:04


#8 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 02-07-2008 - 22:10

Trước hết ta nếu ra điều kiện cần của bài toán để $\{[n{\alpha}_i]$ là phân hoạch :
$\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{{\alpha}_i}=1$
Điều này suy ra từ tính chất đã nêu .
Quay lại bài toán .Áp dụng định lí Viete ta có
$\sum_{i=1}^n\alpha_i=n^2-1$
Áp dụng bdt ta có $\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\alpha_i}\geq \dfrac{n^2}{n^2-1}>1$
Từ đó ta suy ra ko thể tồn tại phân hoạch .

Bài này viết biến thoái chút.Tự anh bịa ra thôi.Không có gì :).

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#9 Primes

Primes

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-07-2008 - 01:08

Tiện thế này ta sẽ bàn tiếp về tính trù mật của $\{n\alpha\}$ trong đó $\alpha \in I^{+}$.
Mở đầu bằng một bài quen thuộc .
Chứng minh rằng bài quen thuộc . Chứng minh tồn tại một câp số nhân độ dài tùy ý từ dãy $x_n=[\sqrt{2008}n]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primes: 03-07-2008 - 01:10


#10 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 01:36

Do tính trù mật của tập trên nên với số nguyên tố $p \in P, n \in N$ đủ lớn thì tồn tại số $m \in N$ sao cho $\{m\sqrt{2008}\}< \dfrac{1}{p^n}$ từ đó chỉ ra được dãy $x_k=[p^k.m\sqrt{2008}], 1 \leq k \leq n$ thỏa mãn bài toán.

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#11 Primes

Primes

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-07-2008 - 01:53

Anh giải rất chính xác . Ta tiếp tục vấn đề .
Trước hết đây là hai lời giải cho bài cho bài của anh .
http://mathscope.org...read.php?t=4427
Ta nêu ra tiếp tục một số bài như sau .
1) Cho cấp số cộng tăng vô hạn . Chứng minh tồn tại vô hạn số thuộc dãy mà có chữ số 9 trong biểu diễn thập phân .
2) f(n) là số các số trong dãy $2^{0},...,2^n$ bắt đầu bằng 2008
Tính $\lim_{n\to \infty}\dfrac{f(n)}{n}$
3)Chứng minh không thể phủ tập N bằng một số hữu hạn cấp số cộng cống sai khác nhau .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primes: 03-07-2008 - 01:57


#12 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 09:44

Như bài trên kia ta có thể giải bằng đồng dư mà không cần đụng đến kiến thức này.
Chọn $p_1,..,p_n \in P$ phân biệt đủ lớn.Theo định lí Thặng dư Trung Hoa thì tồn tại $x \in N$ sao cho
$x \equiv -m_i+p_i (mod p_i^2), \forall i=1,..,n$
Dễ chứng minh được các số này không là lũy thừa của các số nguyên.

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#13 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 09:51

Đầu tiên sẽ là bài 1 của em.Ta sẽ sử dụng kết quả.

Giả sử $x_1,..,x_n,..$ là dãy tăng các số nguyên dương sao cho trong biểu diễn thập phân không chứa chữ số $9$ nào.Khi đó ta có $ \sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{1}{x_i}<\dfrac{1}{80} $

Chứng minh: Đặt $t_k=\sum\dfrac{1}{n}$ với $n$ là các số có $k$ chữ số mà trong biểu diễn thập phân không chứa chữ số $9$.Khi đó ta có đúng $8.9^{k-1}$ số không chứa chữ số $9$ trong biểu diễn thập phân nên $t_k<\dfrac{8.9^{k-1}}{10^{k-1}}$.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán.
Do $\sum_{i \geq n}\dfrac{1}{a_i} \to +\infty$ với mọi cấp số cộng $\{a_i\}_{i=1}^{+\infty}$
Từ đó ta có kết quả.

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#14 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 10:26

Bài 2 ta sử dụng kết quả sau
Cho $a \leq b \in [0,1], \alpha \in I, \alpha >0$.Khi đó ta có $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{|\{1 \leq i \leq n|[i.\alpha] \in [a,b]\}|}{n}=b-a$

Từ đó thay vào để $2^n$ bắt đầu bởi $2008$ thì $\log\dfrac{2007}{1000} < \{n\log2\} <\log\dfrac{2008}{1000}$

Từ đó suy ra kết quả của bài toán là $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{f(n)}{n}=\log\dfrac{2008}{2007}$

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#15 Primes

Primes

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-07-2008 - 10:50

Như bài trên kia ta có thể giải bằng đồng dư mà không cần đụng đến kiến thức này.
Chọn $p_1,..,p_n \in P$ phân biệt đủ lớn.Theo định lí Thặng dư Trung Hoa thì tồn tại $x \in N$ sao cho
$x \equiv -m_i+p_i (mod p_i^2), \forall i=1,..,n$
Dễ chứng minh được các số này không là lũy thừa của các số nguyên.


Lúc đặt ra bài này em cũng suy nghĩ theo hướng này.
Bài 2 :Anh chứng minh chính xác .Tuy nhiên ở đây em muốn bàn đến ứng dụng của giải tích trong bài toán này .
Giả sử $a_1+id$ là số có k+1 chữ số với chữ số đầu tiên là 9 .
Khi đó bài tương đương với $9.10^{k-1}\leq a_1+id<10^k$
Từ đó ta suy ra kết quả .
Với cách giải trên ta đặt ra bài toán :
$f(k)$ là số các số thuộc cấp số cộng trên có k+1 chữ số mà chữ số đầu tiên là 9 .
Hãy tính $\lim_{n\to \infty}\dfrac{f(n)}{n}$
Anh giải quyết nôt bài 3 nhé .
Còn đây là bài tiếp theo .
1) Cho $\alpha,\beta >1$ là các số vô tỉ thỏa mãn $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1$
Chứng minh $[\alpha n],[\beta n]$ là phân hoạch của N.
2) Cho a,b dương thỏa mãn $[2an+b]$ là số chẵn với mọi n .
Chứng minh a là nguyên chẵn (RMO )
.....

#16 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 11:12

Bài 1 em nói là kết quả cổ rồi anh không giải ở đây nữa.
Bài 2 thì ta sử dụng tính trù mật của tập $\{na\}$ nếu $a \in I^+$

Ta có $[2na+b]=2[na]+[b]+[2\{na\}+\{b\}]$

Tới đây nếu $a \in I$ thì do tính trù mật nên trên nên ta có thể chọn được $n$ để $[2\{na\}+\{b\}]=0,1$ nên suy ra vô lí với tính chẵn lẻ của bài toán.
Nếu $a \in Q$ thì đặt $a=\dfrac{p}{q}, p,q \in N*, (p,q)=1$

Nếu $q>1$ thì ta cũng có thể chọn được $n$ sao cho $[2\{na\}+\{b\}]=0,1$ tùy ý nên cũng vô lí

Do đó $ a \in N*$ suy ra $[b] \vdots 2$

Chắc là đề em sai nên anh chỉ ra được kết quả vậy thôi :mellow:.Thế là đủ rồi.


Thi xong học kì rồi nhưng anh đang bận ôn thi mấy thứ khác nên cũng không rỗi lắm.Khi nào anh sẽ giải quyết nốt bài cuối.

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#17 lehoan

lehoan

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1209 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Deutschland
  • Sở thích:Gái, Gái và Gái.

Đã gửi 03-07-2008 - 12:17

Thêm 2 bài:

1. Cho $a$ là một số thực dương và dãy số nguyên tăng thực sự $(a_n)$ thỏa mãn: $a_n\le a.n$ với mọi $n$

Chứng minh rằng:

a. Nếu $a<5$ thì tồn tại vô số số hạng thuộc dãy $(a_n)$ mà tổng các chữ số của nó không chia hết cho $5$

b. Nếu $a=5$ thì kết luận ở $a$. không còn đúng.

2. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho $n^2+1$ không chia hết cho bình phương của một số nguyên tố nào.

3. Cho $A$ là tập con của $N$ và có mật độ dương. Liệu chúng ta có thể luôn luôn tìm được tập con vô hạn $X$ của $A$ và dãy vô hạn $k_1,k_2,....$ sao cho $X+k_i $là con của $A$ với mọi $i$

4. $A$ là tập con có mật độ dương của $N$. Chứng minh rằng tồn tại vô số $a<b$ thuộc $A$ mà $a|b$

#18 tanlsth

tanlsth

    Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1408 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Japan

Đã gửi 03-07-2008 - 13:16

Cái bài 1 thì như sau.
Gọi $m$ là chỉ số thỏa mãn $a_m>0$.Đặt $b_i=a_{i+m-1} \to b_i < ai+a(m-1).$
Phản chứng suy ra tồn tại $N$ để $\forall k>N, b_k \vdots 5$. Đặt $b_k=5c_k, c_k \in N*$
Khi đó $5c_k <ak+a(m-1), c_{k+p} \geq c_k+p$ nên $5(c_k+p)<a(k+p)+a(m-1)$
Cho $p \to +\infty $ ta có điều chứng minh
Chỉ ra với câu b là $a_n=5n-5$

Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning


#19 lehoan

lehoan

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1209 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Deutschland
  • Sở thích:Gái, Gái và Gái.

Đã gửi 03-07-2008 - 14:46

hix anh nhầm đề, đề đúng phải là tổng các chữ số của số hạng đó không chia hết cho 5 :mellow:

#20 Primes

Primes

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-07-2008 - 15:16

$A_n $ là tập các số nhỏ hơn hoặc bằng n mà có $5|S(n)$
Ta chưng minh dễ dàng số các số có không quá k chữ số mà tổng chữ số chia hết cho 5 là $\dfrac{10^k}{5}$
Từ đó suy ra hệ quả $\lim_{n\to \infty}\dfrac{|A_n|}{n}=\dfrac{1}{5}$
Giả sử tồn tại $n_0$ mà $n\geq n_0$ ta có $5|S(a_n)$
Số các số $a_m\in S_n$ không nhỏ hơn $\dfrac{n-n_0}{a}$
Từ đó suy ra vô lí khi cho $n\to \infty$
b) Chưa làm hoàn chỉnh .
Bài 4 :Từ bổ đề Stolz ta có
$\lim_{n\to \infty}x_{n+1}-x_n=\alpha$
Từ đó suy ra tồn tại $M,n_0$ mà $|x_{n+1}-x_n|<m,\forall n\geq n_0$

Làm tương tự bài chọn ĐT Việt Nam 2001 ta có đpcm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primes: 03-07-2008 - 15:17





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh