Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi Olympic sinh viên năm 2013 trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 peacemaker

peacemaker

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHQGHN

Đã gửi 10-03-2013 - 18:27

Môn thi: Đại số

Thời gian: 150'



Bài 1: Cho ánh xạ tuyến tính $f:M_{n}(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R}$
a/ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất ma trận C sao cho $f(A)=Tr(AC)$.
b/ Nếu thêm giả thiết $f(AB)=f(BA)$ với mọi $A,B$ thì tồn tại $\alpha \in \mathbb{R}$ sao cho $f(A)=\alpha Tr(A)$.

Bài 2: Tìm tất cả các ma trận vuông A cấp n sao cho ma trận


$$\begin{pmatrix} I_{n} &A \\ 0 & I_{n} \end{pmatrix}$$

là một ma trận chéo hóa được. Ở đó $I_{n}$ là ma trận đơn vị cấp n.

Bài 3: Cho $x_{i},y_{i},1\leq i\leq n$ là các số phức với $x_{i}y_{j} \neq 1$ với mọi cặp $x_{i},y_{j}$. Tính định thức $D_{n}$ của ma trận $M=(m_{i,j})_{n\times n}$, ở đó:

$$m_{i,j}=\frac{1}{1-x_{i}y_{j}}$$


Bài 4: Giả sử A và B là 2 ma trận unita cỡ $n\times n$ với hệ số phức. Chứng minh rằng $\left | det(A+B) \right |\leq 2^{n}$

Bài 5:
a/ Cho $A\in M_{3}(\mathbb{Q})$ là một ma trận thỏa mãn điều kiện $A^5=I$. Chứng minh rằng $A=I$
b/ Cho $A\in M_{4}(\mathbb{Q})$ là một ma trận thỏa mãn điều kiện $A^5=I$. Kết luận $A=I$ có còn đúng không? Tại sao?

Bài 6: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:


$$P(x)P(x+1)=P(x^2),\forall x\in\mathbb{R}$$



Định nghĩa và ký hiệu:
(1) Tr(B) là vết của ma trận vuông B, được định nghĩa bằng tổng các phần tử trên được chéo chính của B
(2) $M_{n}(\mathbb{Q})=\left \{ (a_{i,j})_{n\times n}|a_{i,j}\in\mathbb{Q} \right \}$
(3) Giả sử $A=(a_{i,j})_{n\times n}$. Ma trận phụ hợp phức $A^*=(a_{i,j}^{*})_{n\times n}$ của A được định nghĩa như sau: $a_{i,j}^{*}=\bar{a_{j,i}}$.
Ma trận A được gọi là unita nếu $AA^*=A^*A=I$




Môn thi: Giải tích

Thời gian:120'



Bài 1: Tính giới hạn sau:


$$\lim_{x\to 0^+}\int_{x}^{2x}\frac{sin(2t)}{t^n}dt$$


Bài 2: Cho $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số liên tục. Giả sử tồn tại một hàm khả vi $\varphi (x)$ sao cho:

$$\varphi' (x)=g(\varphi (x)),\forall x\in \mathbb{R}$$


Chứng minh rằng nếu $\lim_{x \to +\infty} \varphi (x)=b$ thì $g(b)=0$

Bài 3: Cho hai dãy số thực$\left \{ x_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ và $\left \{ y_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $x_{n+1}\geq x_{n},\forall n=0,1,2,...; x_{0}=0;\lim_{n \to \infty}x_{n}=+\infty$.
2. $\lim_{n \to \infty}y_{n}=1$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$


Bài 4: Cho hàm số $f:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big[ f(x+1)-f(x) \big] = +\infty$.
2. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn chứa trong $(0,+\infty)$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$$

Bài 5: Cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ với các hệ số $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ và $a \neq 0$. Giả sử tồn tại vô số các cặp số nguyên $(x,y),x\neq y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$. Chứng minh rằng phương trình $P(x)=0$ có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 11-03-2013 - 14:43

Rồi sẽ đến ngày...

...

VMF là trái tim của tôi...


#2 peacemaker

peacemaker

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHQGHN

Đã gửi 10-03-2013 - 20:09

Lời giải môn Đại số:

Bài 2:
Ta có $det\left [ \begin{pmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{pmatrix} - \lambda I_{2n}\right ]=(1-\lambda)^{2n}$
Suy ra 1 là giá trị riêng của ma trận $\bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr)$
Để ma trận trên chéo hóa được thì $0=rank( \bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr) - 1.I_{2n})=rank\bigl(\begin{smallmatrix} 0 & A \\ 0 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)=rank(A)$
Đến đây kết luận rằng A=0 là ma trận duy nhất thỏa mãn đề bài.

Bài 5:
a/ Từ điều kiện đề bài suy ra A là nghiệm của phương trình $x^5-1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=0$
Vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{3}(\mathbb{Q})$ là 3, và phương trình $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ không có nghiệm thực trên $\mathbb{Q}$ nên A không là nghiệm của đa thức $x^4+x^3+x^2+x+1=0$. Từ đó suy ra A là nghiệm của phương trình $x-1=0\Leftrightarrow A=I$
b/ Kết luận sẽ không còn đúng nữa vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{4}(\mathbb{Q})$ là 4 nên tồn tại ma trận A sao cho đa thức đặc trưng (hay tối tiểu) của nó là $x^4+x^3+x^2+x+1$

Bài 3: (bài này chứng minh đầy đủ rất dài, mình xin tóm tắt các ý chính)
Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh $D_{n}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(1-x_{i}y_{j})}$

_ Tính $D_{2}=\begin{vmatrix} \frac{1}{1-x_{1}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{1}y_{2}} \\ \frac{1}{1-x_{2}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{2}y_{2}} \end{vmatrix}=\frac{(x_{1}-x_{2})(y_{1}-y_{2})}{(1-x_{1}y_{1})(1-x_{1}y_{2})(1-x_{2}y_{1})(1-x_{2}y_{2})}$

_ Giả sử $D_{k-1}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq (k-1)}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq (k-1)}(1-x_{i}y_{j})}$, ta chứng minh:
$D_{k}=\frac{\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(x_{i}-x_{n})(y_{i}-y_{n})}{(1-x_{n}y_{n})\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(1-x_{n}y_{i})(1-x_{i}y_{n})}D_{k-1}$ (đoạn này mình dùng biến đổi sơ cấp + Laplace nên khá dài)

Bài 6: hình như diễn đàn có post vài lần rồi nhưng không nhớ cách CM :(
Rồi sẽ đến ngày...

...

VMF là trái tim của tôi...


#3 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 10-03-2013 - 20:31

Môn thi: Đại số

Thời gian: 150'

Bài 6: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:
$P(x)P(x+1)=P(x^2),\forall x\in\mathbb{R}\; (\star)$$


Bài này có mấy lần rồi mà không nhớ link :v

Trước hết ta chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ có nhiều nhất là 1 đa thức $P(x)$ có bậc $n$ thỏa mãn $(\star)$. Thật vậy, giả sử

$$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 \; (a_n\neq 0).$$

Bằng cách so sánh hệ số của $x^{2n}$ và $x^{2n-1}$ thì ta có $a_n=1;a_{n-1}=\frac{-n}{2}$

Tiếp tục như thế, ta thấy rằng các hệ số của $P(x)$ được xác định duy nhất do đó $P(x)$ là duy nhất.

Tiếp theo, viết $P(x)$ dưới dạng $P(x)=x^m(x-1)^n Q(x)$ với $m,n\in \mathbb{Z}$ và $Q(x)$ không có nghiệm $0$ và $1$

Khi đó $(\star)$ trở thành $x^m(x-1)^n Q(x) (x+1)^mx^n Q(x+1) =x^{2m}(x^2-1)^n Q(x^2).$

Suy ra $(x+1)^mx^nQ(x)Q(x+1)=x^m(x+1)^nQ(x^2).$

Nếu $m\neq n$ thì thay $x=0$ ta thấy mâu thuẫn do đó $m=n$ và như thế $$Q(x).Q(x+1)=Q(x^2)$$

Ta thấy nếu $P(x)$ bậc lẻ thì $Q(x)$ bậc lẻ. Do đó tồn tại $a$ để $Q(a)=0$, vô lý.

Do đó $a \not\in \{-1;0;1\}$

Nhưng khi đó $Q(a)=Q(a^2)=Q(a^2)=...=Q(a^{2^k})$ =0 nghỉa là $Q(x)$ có vô số nghiệm. Vô lý. Vậy $P(x)$ bậc chẵn.

Bằng các thử trực tiếp ta thấy rằng mọi số tự nhiên chẵn $n=2k$, đa thức $P(x)=x^k(x-1)^k$ thỏa mãn $(\star)$

Vậy $\boxed{P(x)=x^k(x-1)^k \; (k\in \mathbb{N})}$

Trước hết ta chứng minh với mọi
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#4 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 11-03-2013 - 22:52

Bài 2: Cho $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số liên tục. Giả sử tồn tại một hàm khả vi $\varphi (x)$ sao cho:


$$\varphi' (x)=g(\varphi (x)),\forall x\in \mathbb{R}$$


Chứng minh rằng nếu $\lim_{x \to +\infty} \varphi (x)=b$ thì $g(b)=0$


Tối nay ngồi post lời giải vậy :D

Giả sử $g(b) \neq 0$, không mất tính tổng quát, giả sử $g(b)>0$, khi đó

$$\lim_{x \to +\infty} \varphi' (x)=g(b) $$

$$\Leftrightarrow \forall \epsilon>0, \exists x_0, \forall x \ge x_0 \rightarrow |\varphi'(x)-g(b)|<\epsilon $$

$$\Rightarrow \varphi'(x)>g(b)-\epsilon$$

Chọn $\epsilon$ đủ nhỏ sao cho $g(b)-\epsilon>0$, suy ra $\int_{x_0}^x \varphi' (t)dt>\int_{x_0}^x (g(b)-\epsilon)dt $

$$\Leftrightarrow \varphi(x)>(g(b)-\epsilon)(x-x_0)+\varphi(x_0)$$

$$\Rightarrow \lim_{x \to +\infty} \varphi(x)=+\infty$$

Mâu thuẫn.

Vậy $g(b)=0$

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#5 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 11-03-2013 - 23:20

Bài 3: Cho hai dãy số thực$\left \{ x_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ và $\left \{ y_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $x_{n+1}\geq x_{n},\forall n=0,1,2,...; x_{0}=0;\lim_{n \to \infty}x_{n}=+\infty$.
2. $\lim_{n \to \infty}y_{n}=1$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$



Ta có $$\dfrac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}-1 =\dfrac{\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})y_n-x_N}{x_N}$$

$$=\dfrac{\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})y_n-\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})}{x_N} =\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}$$

Do $\lim_{n \to +\infty} y_n=1 $

$$\Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists n_0>0, \forall n \ge n_0 , y_n-1 \le |y_n-1|<\epsilon $$

Cố định $\epsilon$ , khi đó với $n_0$ xác định ở trên, chọn $N>2n_0$ , ta có

$$\left|\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right| $$

$$\le \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right|+\left|\dfrac{\sum_{n=n_0}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right|$$

$$ \le \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| +\epsilon \left|\dfrac{\sum_{n=n_0}^N (x_n-x_{n-1}) }{x_N} \right|$$

$$ \le \left| \dfrac{ \sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right|+\epsilon\dfrac{x_N-x_{n_0}}{x_N}$$

Lại có $$\lim_{N \to +\infty} \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| =0$$

Do đó, tồn tại $n_1>0, \forall N>n_1 , \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| <\epsilon$

Vậy, với $N> \max \{2n_0,n_1\} $

$$\left|\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right| <2\epsilon $$

Suy ra $$\lim_{N \to +\infty} \dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} =0$$

hay $$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#6 dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Thọ
  • Sở thích:Giải toán, xem phim và viết lách

Đã gửi 12-03-2013 - 00:52

Bài 4. Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to $ thỏa mãn các điều kiện sau
i. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $.
ii. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn của $\left( {0, + \infty } \right)$.
Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.

Không rảnh nhưng thấy bài toán hay nên post lời giải lên… :lol:

Giải.

Theo giả thiết $f$ bị chặn trên $\left( {0, + \infty } \right)$. Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $ nên với mọi $M > 0,\exists {x_0} > 0$ sao cho với mọi $x \ge {x_0}$ ta có $f\left( {x + 1} \right) - f(x) > M$.
Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên ta suy ra

$M + f(x) < f\left( {x + 1} \right) < f\left( {x + 2} \right) - M < ... < f\left( {x + n} \right) - \left( {n - 1} \right)M$.

Suy ra

$f\left( {x + n} \right) > nM + f(x)$ với mọi $x \ge {x_0}$,

nói riêng ta có $f\left( {{x_0} + n} \right) > nM + f({x_0}) \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M + \frac{{f({x_0})}}{n}$.
Do $f$ bị chặn nên với $n$ đủ lớn suy ra $\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M$ tức $f\left( {{x_0} + n} \right) > 0$. Khi đó với $n$ đủ lớn luôn tồn tại ${x_0} \le n$. Do đó

$\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{{x_0} + n}} \ge \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{2n}} > \frac{M}{2} + \frac{{f({x_0})}}{{2n}}$.

Suy ra với mọi $x > {x_0} + 2n$ thì $\frac{{f(x)}}{x} > \frac{M}{2}$ với mọi $M > 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.
Bài toán được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 14-03-2013 - 02:56

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#7 dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Thọ
  • Sở thích:Giải toán, xem phim và viết lách

Đã gửi 12-03-2013 - 07:12


Bài 5: Cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ với các hệ số $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ và $a \neq 0$. Giả sử tồn tại vô số các cặp số nguyên $(x,y),x\neq y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$. Chứng minh rằng phương trình $P(x)=0$ có nghiệm nguyên.



Giải

Bài 5. Theo giả thiết ta có có vô số cặp số nguyên $\left( {x,y} \right),x \ne y$ thỏa mãn $xP(x) = yP(y)$. Điều này tương đương với
$xP(x) - yP(y) = \left( {x - y} \right)\left( {a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d} \right) = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$.
Với $x = 1,y = 0$ thì $\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = x + y = 1$.
Do đó $P(1) = 0$ tức $P(x) = 0$ có nghiệm nguyên.
Bài toán được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 12-03-2013 - 13:21

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#8 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 12-03-2013 - 13:54

Môn thi: Giải tích

Thời gian:120'

Bài 1: Tính giới hạn sau:




$$\lim_{x\to 0^+}\int_{x}^{2x}\frac{sin(2t)}{t^n}dt$$



Bạn Thành Nam nhà ta nhanh tay thật :D, giờ thì đề giải tích bị chém sạch ^_^. Thầy nào cho câu này đúng là ác thật @@

Ở đây chắc là $n \in \mathbb{N}^* $

Với $n=1$

Do $\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin (2t)}{t}=2 $

$$\Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists \delta>0,\forall 0<t<\delta, 2-\epsilon<\dfrac{\sin(2t)}{t}<2+\epsilon $$

Với $0 < x <\dfrac{\delta}{2} $ suy ra $\int_{x}^{2x}(2-\epsilon)dt <\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt <\int_{x}^{2x} (2+\epsilon)dt$

$$\Leftrightarrow (2-\epsilon)x<\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt <(2+\epsilon)x$$

Suy ra $$\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt =0 $$


Với $n=2 $

Ta có $$\lim_{t \to 0^+} (\dfrac{\sin(2t)}{t^2}-\dfrac{2}{t})=\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin(2t)-2t}{t^2}$$
$$=\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\cos(2t)-1}{t}=\lim_{t \to 0^+} -2\sin(2t)=0 $$

Suy ra $$\forall \epsilon>0, \exists \delta>0, \forall 0<t<\delta ,\dfrac{2}{t}-\epsilon< \dfrac{\sin(2t)}{t}<\dfrac{2}{t}+\epsilon$$

Với $0 < x<\dfrac{\delta}{2} $

$$ \int_{x}^{2x}(\dfrac{2}{t}-\epsilon)dt < \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt < \int_{x}^{2x}( \dfrac{2}{t}+\epsilon)dt$$

$$\Leftrightarrow \ln 4-\epsilon x< \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt<\ln 4+\epsilon x$$

Suy ra $\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt=\ln 4 $


Với $n \ge 3 $

Do $\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin(2t)}{t}=2 $ nên

$$\forall 2>\epsilon>0, \exists \delta>0, \forall 0<t<\delta , \dfrac{\sin(2t)}{t}>2-\epsilon$$

$$\Rightarrow \dfrac{\sin(2t)}{t^n} > \dfrac{2-\epsilon}{t^{n-1}}$$

Với $0< x<\dfrac{\delta}{2} $ suy ra

$$\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^n}dt>\int_{x}^{2x} \dfrac{(2-\epsilon)dt}{t^{n-1}}$$

$$\Leftrightarrow \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^n}dt >\dfrac{2-\epsilon}{n-2}(1-\dfrac{1}{2^{n-2}})\dfrac{1}{x^{n-2}} $$

Suy ra $\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)dt}{t^n}=+\infty$


P/s: Bạn nào tu xong hết quyển giải tích 3 và giải tích 4 của Jean Marie Monier thì chắc bài này cũng không phải gì quá khó, ý tưởng là xấp xỉ trong lân cận :D

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#9 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 12-03-2013 - 14:09

Giải

Bài 5. Theo giả thiết ta có có vô số cặp số nguyên $\left( {x,y} \right),x \ne y$ thỏa mãn $xP(x) = yP(y)$. Điều này tương đương với
$xP(x) - yP(y) = \left( {x - y} \right)\left( {a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d} \right) = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$.
Với $x = 1,y = 0$ thì $\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = x + y = 1$.
Do đó $P(1) = 0$ tức $P(x) = 0$ có nghiệm nguyên.
Bài toán được chứng minh.[/center]


Bài giải chưa chính xác, chỉ là tồn tại vô số cặp số nguyên $x \neq y$ thỏa

$a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0$

chứ không thể chỉ rõ cặp số nguyên đó là cặp nào, do đó không thể chọn $x=1,y=0$ được!

Ý tưởng chứng minh tồn tại $z \in \mathbb{Z}$ sao cho

$$\begin{cases} ({x + y} )( ( {x + y} )^2 - 2xy)=z^3 \\ ( {x + y} )^2 - 2xy=z^2 \\ x+y=z \end{cases} $$

là không được, vì chỉ tồn tại số $z$ như thế khi và chỉ khi $xy=0$ .

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#10 vohuy

vohuy

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 04-04-2013 - 10:13

Bài 5: Từ giả thiết suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương x, y phân biệt sao cho:

$a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d=a(x+y)^{3}+b(x+y)^{2}+c(x+y)+d-2axy(x+y)-bxy=0$(1)

Dễ thấy $\left | a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d\right |$ tiến ra vô cùng khi $\left | x+y\right |$ tiến ra vô cùng. Do đó tồn tại m, n nguyên sao cho $m\leq x+y\leq n$ với mọi $x, y$ thỏa (1). Suy ra tồn tại $p$ nguyên thỏa $m\leq p\leq n$ sao cho tồn tại vô số $x,y$ thỏa (1) và $x+y=p$. Như vậy tồn tại vô số $x, y$ nguyên sao cho $xy(2ap+b)=2apxy+bxy=ap^{3}+bp^{2}+cp+d$, suy ra $2ap+b=0$. Từ đó $ap^{3}+bp^{2}+cp+d=0$ hay P(x) có nghiệm nguyên là p.



#11 phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:HCM

Đã gửi 05-04-2013 - 00:23

Bài 5: Từ giả thiết suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương x, y phân biệt sao cho:

$a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d=a(x+y)^{3}+b(x+y)^{2}+c(x+y)+d-2axy(x+y)-bxy=0$(1)

Dễ thấy $\left | a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d\right |$ tiến ra vô cùng khi $\left | x+y\right |$ tiến ra vô cùng. Do đó tồn tại m, n nguyên sao cho $m\leq x+y\leq n$ với mọi $x, y$ thỏa (1). Suy ra tồn tại $p$ nguyên thỏa $m\leq p\leq n$ sao cho tồn tại vô số $x,y$ thỏa (1) và $x+y=p$. Như vậy tồn tại vô số $x, y$ nguyên sao cho $xy(2ap+b)=2apxy+bxy=ap^{3}+bp^{2}+cp+d$, suy ra $2ap+b=0$. Từ đó $ap^{3}+bp^{2}+cp+d=0$ hay P(x) có nghiệm nguyên là p.

 

 

Lời giải này có rất nhiều lỗi sai. Đầu tiên dễ thấy đó là, mặc dù tồn tại vô số số nguyên $x,y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$ nhưng vẫn có thể không có $|x+y| \to +\infty $ ( có thể $x+y=1$ chẳng hạn). Tồn tại $m;n$ để $m \le x+y \le n$ với mọi $x,y$ nguyên thỏa $xP(x)=yP(y)$ cũng sai vì có thể các giá trị $x,y$ thỏa tính chất này có tổng vô cùng lớn. Chỗ sai cuối là ở đây ,$p$ phụ thuộc $x,y$ chứ k phải độc lập nên dòng sau là không đúng nữa.


Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#12 LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2015 - 09:14

Tối nay ngồi post lời giải vậy :D

Giả sử $g(b) \neq 0$, không mất tính tổng quát, giả sử $g(b)>0$, khi đó

$$\lim_{x \to +\infty} \varphi' (x)=g(b) $$

$$\Leftrightarrow \forall \epsilon>0, \exists x_0, \forall x \ge x_0 \rightarrow |\varphi'(x)-g(b)|<\epsilon $$

$$\Rightarrow \varphi'(x)>g(b)-\epsilon$$

Chọn $\epsilon$ đủ nhỏ sao cho $g(b)-\epsilon>0$, suy ra $\int_{x_0}^x \varphi' (t)dt>\int_{x_0}^x (g(b)-\epsilon)dt $

$$\Leftrightarrow \varphi(x)>(g(b)-\epsilon)(x-x_0)+\varphi(x_0)$$

$$\Rightarrow \lim_{x \to +\infty} \varphi(x)=+\infty$$

Mâu thuẫn.

Vậy $g(b)=0$

g(b)=0,0000...1 thì sao 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LangTu Mua Bui: 04-12-2015 - 09:15


#13 LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2015 - 09:31

Bài 4. Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to $ thỏa mãn các điều kiện sau
i. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $.
ii. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn của $\left( {0, + \infty } \right)$.
Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.

Không rảnh nhưng thấy bài toán hay nên post lời giải lên… :lol:

Giải.

Theo giả thiết $f$ bị chặn trên $\left( {0, + \infty } \right)$. Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $ nên với mọi $M > 0,\exists {x_0} > 0$ sao cho với mọi $x \ge {x_0}$ ta có $f\left( {x + 1} \right) - f(x) > M$.
Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên ta suy ra

$M + f(x) < f\left( {x + 1} \right) < f\left( {x + 2} \right) - M < ... < f\left( {x + n} \right) - \left( {n - 1} \right)M$.

Suy ra

$f\left( {x + n} \right) > nM + f(x)$ với mọi $x \ge {x_0}$,

nói riêng ta có $f\left( {{x_0} + n} \right) > nM + f({x_0}) \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M + \frac{{f({x_0})}}{n}$.
Do $f$ bị chặn nên với $n$ đủ lớn suy ra $\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M$ tức $f\left( {{x_0} + n} \right) > 0$. Khi đó với $n$ đủ lớn luôn tồn tại ${x_0} \le n$. Do đó

$\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{{x_0} + n}} \ge \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{2n}} > \frac{M}{2} + \frac{{f({x_0})}}{{2n}}$.

Suy ra với mọi $x > {x_0} + 2n$ thì $\frac{{f(x)}}{x} > \frac{M}{2}$ với mọi $M > 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.
Bài toán được chứng minh.

 

Bài này sao không sử dụng ĐL stolez luôn với $a_{n}=f(n)$ 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh