Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng . Chứng minh hệ phương trình :
$\int_{0}^{x}p(t)sintdt=0$
$\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$
Chỉ có hữu hạn nghiệm .
Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng . Chứng minh hệ phương trình :
$\int_{0}^{x}p(t)sintdt=0$
$\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$
Chỉ có hữu hạn nghiệm .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng . Chứng minh hệ phương trình :
$\int_{0}^{x}p(t)sintdt=0$
$\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$
Chỉ có hữu hạn nghiệm .
Quy ước ký hiệu $f^{(k)}(x)$ là đạo hàm bậc $k$ của $f(x)$.
Đặt $A(x)=p(x)-p^{(2)}(x)+p^{(4)}(x)-p^{(6)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc chẵn)
Và $B(x)=p'(x)-p^{(3)}(x)+p^{(5)}(x)-p^{(7)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc lẻ)
Hệ trên chuyển thành:
$-cosx.A(x)+sinx.B(x)+A(0)=0$ (1)
$sinx.A(x)+cosx.B(x)-B(0)=0$ (2)
Giả sử hệ này có vô hạn nghiệm, ta nhân phương trình (2) với $sinx$, phương trình (1) với $cosx$ rồi lấy (2) trừ cho (1), ta được phương trình sau cũng phải có vô hạn nghiệm: $A(x)=sinx.B(0)+cosx.A(0)$. (3)
Đặt $G(x)=A(x)-sinx.B(0)-cosx.A(0)$. Chú ý rằng $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq sinx.B(0)+cosx.A(0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, như vậy nếu $x_0$ là một nghiệm của (3) thì $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq A(x_0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, suy ra $x_0$ bị chặn trong một khoảng $(a,b)$ nào đó (vì $A(x)$ là đa thức) $\Rightarrow$ vô hạn nghiệm của $G(x)$ cũng nằm trong $(a,b)$.
Bây giờ ta sử dụng định lý Rolles, nếu $f(x)$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong $(a,b)$ thì $f'(x)$ cũng như vậy. Áp dụng điều này cho $G(x)$ và đạo hàm liên tục $2m$ lần (sao cho $2m>degA)$, ta suy ra $sinx.B(0)+cosx.A(0)=0$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong khoảng $(a,b)$ (Vô lý). Vậy điều giả sử ban đầu là sai, hệ đã cho chỉ có hữu hạn nghiệm.
Quy ước ký hiệu $f^{(k)}(x)$ là đạo hàm bậc $k$ của $f(x)$.
Đặt $A(x)=p(x)-p^{(2)}(x)+p^{(4)}(x)-p^{(6)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc chẵn)
Và $B(x)=p'(x)-p^{(3)}(x)+p^{(5)}(x)-p^{(7)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc lẻ)
Hệ trên chuyển thành:
$-cosx.A(x)+sinx.B(x)+A(0)=0$ (1)
$sinx.A(x)+cosx.B(x)-B(0)=0$ (2)
Giả sử hệ này có vô hạn nghiệm, ta nhân phương trình (2) với $sinx$, phương trình (1) với $cosx$ rồi lấy (2) trừ cho (1), ta được phương trình sau cũng phải có vô hạn nghiệm: $A(x)=sinx.B(0)+cosx.A(0)$. (3)
Đặt $G(x)=A(x)-sinx.B(0)-cosx.A(0)$. Chú ý rằng $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq sinx.B(0)+cosx.A(0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, như vậy nếu $x_0$ là một nghiệm của (3) thì $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq A(x_0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, suy ra $x_0$ bị chặn trong một khoảng $(a,b)$ nào đó (vì $A(x)$ là đa thức) $\Rightarrow$ vô hạn nghiệm của $G(x)$ cũng nằm trong $(a,b)$.Bây giờ ta sử dụng định lý Rolles, nếu $f(x)$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong $(a,b)$ thì $f'(x)$ cũng như vậy. Áp dụng điều này cho $G(x)$ và đạo hàm liên tục $2m$ lần (sao cho $2m>degA)$, ta suy ra $sinx.B(0)+cosx.A(0)=0$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong khoảng $(a,b)$ (Vô lý). Vậy điều giả sử ban đầu là sai, hệ đã cho chỉ có hữu hạn nghiệm.
Có cách này , anh xem hộ em xem
Gọi $p^{(k)}(x)$ là đạo hàm cấp $k$ của đa thức $p(x)$ , ta ký hiệu
$U_{k}=\int_{0}^{x}p^{(k)}(t)sintdt$
và $V_{k}=\int_{0}^{x}p^{k}(t)sintdt$
Giả sử $deg p=n$ khi đó lấy tích phân từng phần ta thu được
$U_{k}=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+\int_{0}^{x}p^{(k+1)}sintdt=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+V_{k+1}$
Chứng minh tương tự ta có :
$V_{k}=p^{(k)}(t)sint|^{x}_{0}-U_{k+1}$
Ta lại có :
$U_{0}=-\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)cost|^{x}_{0}+\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)sint|^{x}_{0}+\sum_{0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)cost|^{x}_{0}$
Đặt $p_{1}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k)}(t),p_{2}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)$
Ta có $deg p_{1}=n$ và $deg p_{2}=n-1$
Khi đó hai biểu thức trên viết được dưới dạng .
$U_{0}=-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}$
Gọi $X$ là tập nghiệm của hệ trên , ta có hệ
$U_{0}=V_{0}=0$
Với mọi $x$ thuộc $X$ ta có :
$-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}=0$
Và $p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}=0$
Đặt $P_{1}(0)=a,P_{2}(0)=b$ bình phương và thu được
$p_{1}(x)^{2}+p_{2}(x)^{2}-(a^{2}+b^{2})=0$
Gọi $Y$ là tập nghiệm đa thức trên ta có $X\subset Y$ , từ $deg Q=2n$ và $|X|\leq |Y|\leq 2n$
Tức là $X$ có hữu hạn phần tử , đpcm ( p/s : một chứng minh của $1$ bạn trên fb )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 13-10-2013 - 14:41
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Có cách này , anh xem hộ em xem
Gọi $p^{(k)}(x)$ là đạo hàm cấp $k$ của đa thức $p(x)$ , ta ký hiệu
$U_{k}=\int_{0}^{x}p^{(k)}(t)sintdt$
và $V_{k}=\int_{0}^{x}p^{k}(t)sintdt$
Giả sử $deg p=n$ khi đó lấy tích phân từng phần ta thu được
$U_{k}=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+\int_{0}^{x}p^{(k+1)}sintdt=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+V_{k+1}$
Chứng minh tương tự ta có :
$V_{k}=p^{(k)}(t)sint|^{x}_{0}-U_{k+1}$
Ta lại có :
$U_{0}=-\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)cost|^{x}_{0}+\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)sint|^{x}_{0}+\sum_{0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)cost|^{x}_{0}$
Đặt $p_{1}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k)}(t),p_{2}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)$
Ta có $deg p_{1}=n$ và $deg p_{2}=n-1$
Khi đó hai biểu thức trên viết được dưới dạng .
$U_{0}=-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}$
Gọi $X$ là tập nghiệm của hệ trên , ta có hệ
$U_{0}=V_{0}=0$
Với mọi $x$ thuộc $X$ ta có :
$-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}=0$
Và $p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}=0$
Đặt $P_{1}(0)=a,P_{2}(0)=b$ bình phương và thu được
$p_{1}(x)^{2}+p_{2}(x)^{2}-(a^{2}+b^{2})=0$
Gọi $Y$ là tập nghiệm đa thức trên ta có $X\subset Y$ , từ $deg Q=2n$ và $|X|\leq |Y|\leq 2n$
Tức là $X$ có hữu hạn phần tử , đpcm ( p/s : một chứng minh của $1$ bạn trên fb )
À chỉ là khác nhau ở xử lý đoạn hệ cuối thôi mà, anh thì nhân thêm sin cos rồi trừ cho nhau, còn bạn ấy thì bình phương 2 phương trình rồi cộng lại với nhau. Nhìn chung thì cách của bạn này ổn hơn, vì ngắn gọn.
Có cách này , anh xem hộ em xem
Gọi $p^{(k)}(x)$ là đạo hàm cấp $k$ của đa thức $p(x)$ , ta ký hiệu
$U_{k}=\int_{0}^{x}p^{(k)}(t)sintdt$
và $V_{k}=\int_{0}^{x}p^{k}(t)sintdt$
Giả sử $deg p=n$ khi đó lấy tích phân từng phần ta thu được
$U_{k}=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+\int_{0}^{x}p^{(k+1)}sintdt=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+V_{k+1}$
Chứng minh tương tự ta có :
$V_{k}=p^{(k)}(t)sint|^{x}_{0}-U_{k+1}$
Ta lại có :
$U_{0}=-\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)cost|^{x}_{0}+\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)sint|^{x}_{0}+\sum_{0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)cost|^{x}_{0}$
Đặt $p_{1}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k)}(t),p_{2}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)$
Ta có $deg p_{1}=n$ và $deg p_{2}=n-1$
Khi đó hai biểu thức trên viết được dưới dạng .
$U_{0}=-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}$
Và $V_{0}=p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}$
Gọi $X$ là tập nghiệm của hệ trên , ta có hệ
$U_{0}=V_{0}=0$
Với mọi $x$ thuộc $X$ ta có :
$-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}=0$
Và $p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}=0$
Đặt $P_{1}(0)=a,P_{2}(0)=b$ bình phương và thu được
$p_{1}(x)^{2}+p_{2}(x)^{2}-(a^{2}+b^{2})=0$
Gọi $Y$ là tập nghiệm đa thức trên ta có $X\subset Y$ , từ $deg Q=2n$ và $|X|\leq |Y|\leq 2n$
Tức là $X$ có hữu hạn phần tử , đpcm ( p/s : một chứng minh của $1$ bạn trên fb )
Đây là nguyên văn lời giải trong cuốn sách tuyển tập đề thi Olympic Toán sinh viên
Đây là nguyên văn lời giải trong cuốn sách tuyển tập đề thi Olympic Toán sinh viên
em không có cuốn đó , hơn nữa người đó chỉ đưa em nguyên đề và lời giải
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Giải tích →
Tích phân - Nguyên hàm →
tính các giá trị tích phân sau:Bắt đầu bởi maiphuong01, 05-12-2018 diện tích hình phẳng và . |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình →
giải pt $8x^{2}-1=2x\sqrt{2x+3}$Bắt đầu bởi trantuyen04082003, 31-12-2017 phương trình, hệ phương trình |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình →
Giải hệ: $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{2x}+\frac{x}{y}=...\end{matrix}\right.$Bắt đầu bởi sasuke4598, 14-05-2015 hệ phương trình |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình →
$\left\{\begin{matrix} a^{5}+b^{5}=2 \\ a-b^{5}=b-1 \end{matrix}\right.$Bắt đầu bởi hoctrocuaZel, 14-05-2014 hệ phương trình |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh