Gu'c phát ra ngay là bạn học lớp 11. Đây là thời của "thanks gúc I found you" các bạn ạ

cho em hỏi cái này chứng minh có nghiệm trên khoảng -pi đến pi
thì phải xét tích của f(-pi).f(pi)<o chứ ????

bó tay. vd chứ $ cos(x)$ có nghiệm trên khoảng đó thì có xét tích đến ngày mai. định lý này ko có chiều đảo bạn ạ.

Hồi đọc về hàm Riemann Em nghe bảo ông có 1 cm cho bài toán $ 1/1+1/2^2+1/3^3+...=\pi^2/6$ theo ý là vế trái tổng các diện tích của các hình vuộng cạnh $ 1/1,1/2...,1/n$, VP là HCN cạnh $\pi/3,\pi/2$ nhưng ko hiểu xếp sao. có ai biết giảng hộ em

ghi nhầm tý, sửa lại là $ P(2cos(\dfrac{2\pi}{n}))=2cos(n\dfrac{2\pi}{n})=2\rightarrow 2cos(\dfrac{2\pi}{n})$ là nghiệm $G(x) $. vậy nó phải nguyên tức là thuộc đám $ (-2,-1,0,1,2)\rightarrow ...$

biểu diển $ cos2x$ theo $ tanx$.

đại khái ý tưởng là. xét dãy đa thức sau $ P_{1}(x)=x,P_{2}=x^2-2, P_{n+1}=x.P_{n}(x)+P_{n-1}(x), n>1$ dể thấy dãy đa thức trên là monic thỏa $ P_{n}(2cosx)=2cos(nx)$.

Quay lại bài toán, từ giả thiết suy ra là $ t_{n}=cos(\dfrac{2\pi}{n})$ là hữu tỉ là nghiệm đa thức monic $ G_{n}=P_{n}(x)-2$ vậy nó phải $\in (-1,0,1)$ ...từ đó suy ra các giá trị $ n=1,4$.

1 hệ quả là ko có đa giác đều đỉnh nguyên mà số cạnh >4

bài này đề hình như ko chính xác

Tớ cũng có 1 bài góp vui

Cho trước 6 điểm A,B,C, A', B', C' bất kỳ nằm trên 1 đường conic. Gọi P,Q,R lần lượt là các giao điểm $ P = AB' \cap A'B, \quad Q = AC' \cap A'C, \quad R = BC' \cap B'C$. Chứng minh rằng P,Q,R nằm trên 1 đường thẳng.

đây là định lý 6 điểm Pascal. ông tìm ra năm 16 t.

Cho $ f,g$ là các đa thức sao cho $ f^{3} < > g^{2}$. CMR $ \dfrac {1}{2}deg(f) \leq deg(f^3 - g^2) - 1$ và $\dfrac {1}{3}deg(g) \leq deg(f^3 - g^2) - 1$

công thức tổng quát là $\dfrac{125}{6}.5^{n}+\dfrac{5}{3}.(-1)^{n}-2.5$ mah

bài này mình nháp thì thấy dựa trên ý tưởng xét lùi 1 hạng tử $ a_{-1}=0$ sau đó tìm công thức tổng quát đua về bài tìm cấp của $ 5$ mod $ 1998.6$ theo tính toán thì ra $ 108$ nhớ hồi xưa giải ngắn hơn mà vừa ko nhớ kq vừa ko nhớ cách làm

nếu hàm liên tục thì ý tưởng là như thế. còn hàm khác, thì có ngành tối ưu hóa nghiên cứu cái này

đừng đi vội, bài này trông bắt mắt quá, cm $ f(p^{k})=p^{q}$ thì dễ mà chuyển qua $ n$ thì đúng là ko đơn giản

bài 1 ko hiểu hỏi j` chắc là ko có điểm nguyên trên cạnh or nằm trong. thế thì $ n=4$ hình vuông đơn vị, CM= định lý Pick. bài 2 thì thấy hơi phê, đoán ý là $ n=4k-1$ nhưng ko thấy đường đi nc bước lắm, ai có cao kiến ko?

tôi ko hiểu , bài báo này viết dở quá, ko gợi đc cái hay cái đẹp j` cả, vậy câu hỏi là j` ? tôi đoán là ý tác giả là nhắm vào bài toán Prouhet-Tarry-Escott :tìm tất cả bộ $\sum_{a\in A} a^k = \sum_{b\in B} b^k\forall k=1,..m$ nếu đúng cái này thì tôi đọc qua nhiều tài liệu nghiêm chỉnh. ko phải như trên kia

nếu mà nói về những đẳng thức kỳ lạ ko ai qua đc Ramanujan , intuition của Ramanujan thật kinh ngạc

bài này giải vậy là đúng rồi j nữa khi $ n$ vị trí $ 1\leq k<n$ thì số xếp chính là số cách chọn $ k$ số bất kỳ từ $\ n-1$ thằng còn lại (=$ C^{k}_{n-1}$ xếp theo chiều tăng từ trái qua phải ở block 1. sau đấy đám còn lại cũng xếp theo chiều tăng từ trái qua phải ở block 2. 2 block ngăn cách bởi $ n$ khi đó $ S_{n}=S_{n-1}+\sum_{k =1}^{n-1}\ C_{n-1}^{k}=S_{n-1}+2^{n-1}-1$

2 bạn thách đấu nhau xong rồi cho tôi xem lời giải sơ cấp cho bài này nhé, tôi cũng tò mò muốn biết

cả 2 bài này đều được giải quyết nhờ vào 1 bđ mạnh
bđ $ P(x)$ đa thức bậc $ n$ thế thì $\sum_{k = 0}^{n} ( - 1)^k \dfrac {n!}{k!(n - k)!}P(k) = 0$.
nhìn chung đây là đạo hàm deg$ n$ của toán tử $ P(x+1)-P(x)$ tại 0. (delta operator bậc n)

Bước tiếp theo là đi tìm 1 đa thức $ P(x)$ deq n-1, s.t $ P(k)=C^{k-1}_{n+k-1}\forall k=1..n$ sau đó đi tìm $ P(0)$.

vv

ban đầu ghĩ chỉ cần cm với các $ x_{i}$ trong $ [-1,1]$ . sau đó so sánh hệ số deg cao nhất của cái Chebychev và bđt giữa nghiệm và hệ. té ra đặt kiều này. cái đặt cuối cùng qua $ a_{i}$ thấy bản quá

cái clip đầu tiên là trailer của meet the spartans, 1 phim nhái rẻ tiền. nhìn chung nhu~ng cái này tôi ko hứng thú lắm tại vì nó nhạo báng 1 dân tộc có thật. vả lại phần đầu của Meet the spartans có 1 phần nói về trẻ em VN đấy, ai hứng thú thì nghiên cứu.

uh Chebychev bĩ ngc chiều rồi còn đâu

bài đầu tiên có vẻ thú vị, kq ra j` vậy Thỏ?

đúng là định lý Ritt này .hồi đó em có nghiện cứu 1 tí về những cặp trên những $ Q $ cho trước nên có biết qua.

quay lại bt ban đầu,ta giải bt tổng quát hơn

Cho $ Q=x^3+1$ tìm mọi $P\in R[x]$ sao cho $ P(Q)=Q(P)$

Nhận xét 1: đa thức thỏa bậc phải ko nhỏ hơn 1 và hệ số deg max $=1$ hay $-1$

Nhận xét 2: Gọi Với mỗi số tự nhiên $ n\geq 1$ tồn tại tối đa 1 đa thức thỏa mãn bt
cm: Gọi $P,Q$ là 2 đa thức p/b thỏa yêu cầu. theo NX 1 thì $ Q= +P+T$ hoặc $ Q=P-T$ với $T$ là đa thức deg $d<n$ . Thay vào so sánh deg 2 vế-> $T$ đồng nhất $0$

Nhận xét 3: Là nhận xét của dtdong91

Nhận xét 4: Nếu $P(0)=0$ thì $P(x)=x$. (đã cm)

Nhận xét 5: Cho $P(x) ,Q(x)$ đa thức khác hằng sao cho $P.Q(x)=(x^3+1)^{2}.Q(x^3+1)$ thì $0$ ko phải là nghiệm của $Q$.
Thật vậy g/s $ 0 $là nghiệm của $Q$ thì 1 cũng thế một cách chính xác hơn dãy $ x_{0}=0. x_{n+1}=x_{n}^{3}=1 $cũng là nghiệm mà như trên ta có dãy này tăng ngặt ra dương vô cùng. tức đa thức $Q$ có vô hạn nghiệm (impossble) vậy $ Q(0)$ khác 0.

Nhận xét 6: Nếu $P(0)$ khác ko thì $P(x)=Q(...Q(x)...)$
cm: Đạo hàm đẳng thứa đã cho được $x^2.P'(x^3+1)=P^2(x).P'(x). P(0)$ khác 0 vậy $P'(x)=x^{2}.G(x) $thay vào. bây giờ ta có $P^2(x).x^{k-2}.G(x)=(x^3+1)^{k}.G(x^3+1)$.theo NX5 thì G(0) khác ko nói cách khác với $G=a_{0}+a_{1}x+..+a_{n-3}.x^{n-3}$. với $a_{0}$ khác 0. Dễ thấy $P=\dfrac{a_{0}.x^3}{3}+...+\dfrac{a_{n-3}.x^{n}}{n}$. đến đây kết hợp nhận xét 1 và 3 ta có đpcm.


kl : nghiệm cũa bài toán là $ P(x)=0\forall x, P(x)=Q(...Q(x)...)$ (n nháy)


hi vọng là đúng

hình như có 1 định lý chỉ ra dạng của tất cả các cặp đa thức $ PoQ=QoP $ thì phải. Ritt hay cái j` đại loại vậy.chỉ ra 3 nhóm <-> . có ai biết cụ thể hơn ko?