duong vi tuan

Xin chào các bạn, mình và một người bạn mới viết xong một chương trình rèn luyện tính nhẩm chạy trên các máy android 4.0 trở lên.


Vây chương trình này có gì khác so với các phần mền trước đó ? Nó có độ khó không ngừng được tăng,nhưng cũng tùy vào sức người chơi có thể đến được hay không.?

Hướng dẫn: tất cả đều dễ sử dụng . Mình đưa vào thêm nút "L" - đây là nút cho phép đổi cách nhập từ trái qua phải thành phải qua trái, " cái này tùy thuộc vào cách nhẩm mỗi người - ví dụ như khi nhẩm các số có 3 chữ số nhân với nhau thì trong cách nhẩm của mình, mình phải viết các số từ phải qua trái " tức là ghi hàng đơn vị -> hàng chục -> hàng trăm -> .... Còn nếu ai đó quá chuyên nghiệp thì thôi chắc chả cần dùng.

Từ những lúc viết phần mềm này, lúc vừa viết vừa test mình chỉ đc khỏang 3-4k điểm, đến nay khả năng tính toán của mình đã được cải thiện rất nhiều ( trung bình mình trên 8k điểm , có lúc mười mấy k). mình xin tặng phần mềm này tới tất cả các bạn thích tính những con số nguyên, những bạn muốn cải thiện khả năng tính toán.







link tải về : https://play.google....id=ple.tinhnham

Đây là 1 đoạn clip ngắn mình mời 1 bạn sinh viên test thử cái ứng dụng này ( ở đây dùng zen4). Mặc dù mình là người làm ra nó, nhưng bản thân lại chẳng có nổi 1 cái android để mà test, . hồi giờ chỉ toàn chạy trên máy ảo thôi. Các bạn chạy máy thật có chỗ nào ko ổn thì góp ý lại cho mình với nha  .

Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ các bạn để mình có thểm hoàn thiện sản phẩm hơn.

mọi chi tiết xin góp ý ở fb: Đường Tuấn

1. Chứng minh rằng $l_{K}\left ( R \right ) =\infty$ , trong đó K- trường, R=K[x].
2. Chứng minh rằng $l_{R}\left ( R \right )=\infty$, trong đó K-trường, R=K[x].
3. Chứng minh rằng $l_{K}\left ( R \right )=\infty$, trong đó K-trường, R=K[x,y]

ta có thể chỉ ra 1 ma trận khả nghịch như sau, trên đường chéo chính là các số lẻ , ở dưới đường chéo là các số chẵn , ở trên đường chéo là những số còn lại ( vừa chẵn , vừa lẻ) , lúc đó định thức dồng dư với 1 trong mod2 ( khác 0 ) . vậy ma trận trên khả nghịch. 

chung ý kiến với bạn @khongbietdattenchohot.tổng quát:ma trận cấp chẵn có tính chất này.

theo trên thì mình thấy cấp lẽ cũng đc .( -phải hông ta)

Các bạn trao đổi về đề Cấp trường của Kinh tế quốc dân năm 2014

Câu 1: Cho dãy số $\left\{ {{a_n}} \right\}$xác định bởi ${a_1} = \frac{1}{2},{a_n} = \frac{{a_n^2}}{{a_n^2 - {a_n} + 1}},\forall n = 1,2,...$

a)      Chứng minh rằng dãy $\left\{ {{a_n}} \right\}$có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b)      Đặt ${b_n} = {a_1} + {a_2} + ... + {a_n}$. Tìm phần nguyên của ${b_n}$và tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {b_n}$.     

 

làm nốt bài này nữa là topnic hết bài ^^.

dễ thấy $a_n > 0 $ với mọi n , ta có : $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a_n^2 - a_n +1}\leq \frac{a_n^2}{a_n}=a_n$ vậy dãy số trên hội tụ . dễ chỉ ra $a_n$ hội tụ đến 0.

b) ta có : $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a_n^2 - a_n +1}\Leftrightarrow a_n = \frac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1}-\frac{a_{n}}{a_{n}-1}$

$b_n = \frac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1}-\frac{a_{1}}{a_{1}-1}=\frac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1} +1$ vậy  $b_n\rightarrow 1$

hơn nữa với n>1 thì ta có $0<a_n<  \frac{1}{2}\Rightarrow -1<\frac{a_n}{a_n-1}<0$ nên  $[b_n] = 0 $

Em góp vui bài

Cho hàm số $f(x)$ khả vi trên $[a, b].$ Chứng minh tồn tại $x_0 \in (a, b)$ sao cho \[\frac{1}{x_0-a}\left(f'(x_0)-\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}\right)+\frac{1}{x_0-b}\left(f'(x_0)-\frac{f(x_0)-f(b)}{x_0-b}\right)=\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}\]

xét hàm F(x) được xác định như sau

$F(X)=\left\{\begin{matrix}f'(a)+\frac{f(a)-f(b)}{a-b} & x=a \\\frac{f(x)-f(a)}{x-a}+\frac{f(x)-f(b)}{x-b} &x\in (a,b) \\\frac{f(b)-f(a)}{b-a}+f'(b) & x=b \end{matrix}\right. $

 

có 2 bài không làm được mọi người làm giúp với

câu 1

 

$\lim_{x\rightarrow +\infty }(\sqrt[3]{(x+a)(x+b)(x+c)}-x)$

 

 

 

câu 2

$\lim_{x\rightarrow +\infty }(\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}-\sqrt{x})$

 

đặt $A=\sqrt[3]{(x+a)(x+b)(x+c)}$ , ta có $lim\frac{A}{x}=1$

$A-x=\frac{A^3-x^3}{A^2+Ax+x^2}=\frac{(a+b+c)x^2+Dx+E}{A^2+Ax+x^2}$

$=\frac{a+b+c+ \frac{D}{x} + \frac{E}{x^}}{(\frac{A}{x})^2 + \frac{A}{x}+1}$

$\rightarrow \frac{a+b+c}{3}$

 câu 2 : $\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}-\sqrt{x}=\frac{\sqrt{x-\sqrt{x}}}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}+\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{1-\frac{o(x)}{x}}}{\sqrt{1+\frac{o(x)}{x}}+1}\rightarrow \frac{1}{2}$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$, luôn tồn tại số nguyên dương $n$ để $m+n+1$ là số chính phương và $mn+1$ là lập phương của một số tự nhiên.

dễ thấy chỉ cần chọn $n=m^2+3m+3$ là bài toán đc giải quyết , thật vậy

$m+n+1=m+m^2+3m+3+1=(m+2)^2$

và $ m.n+1=m(m^2+3m+3)+1=(m+1)^3$

gọi [1] là ma trận cấp n có tất cả các phần tử là 1 thì thì khi đó ma trận A - [1] các các phần  tử trên đường chéo chính là -1 hoặc là 2013 , còn các phần tử con lại nhận giá trị hoạc 0 hoặc 2012 .

lúc đó ta thấy $|A-[1]] \equiv (-1)^i(2013)^j\equiv (-1)^i\neq 0(mod2012)$ . đó đó định thức |A-[1]| khác không nên hạng no bằng n .

$n=r(A-[1])\leq r(A)+r(-[1]) = r(A) +1 \Rightarrow r(A) \geq n-1 $

với mọi n thuộc số tự nhiên ta có : $f_{n}(0)=0$

áp dụng tích phân từng phần 

$f_{n+1}(x)=\int_{0}^{x}f_n(t)dt=-\int_{0}^{x}f_n(t)d(x-t)=\int_{0}^{x}f'_n(t)(t-x)dt$

$=\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)(x-t)dt=-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)d(x-t)^2=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f'_{n-1}(x-t)^2(t)dt$

$=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f_{n-2}(t)(x-t)^2(t)dt=...=\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-t)^nf(t)dt$

Cho số thực dương $u_0$ và $\left \{ a_n \right \}$ là dãy các số thực dương. Đặt:

$u_{n+1}=u_n+\frac{a_n}{u_n}$

Chứng minh dãy $\left \{ u_n \right \}$ hội tụ khi và chỉ khi chuỗi $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ hội tụ.

 dễ thấy Un là dãy số tăng.

 (=>) giả sử Un là dãy hội tụ . Để chứng minh $\sum a_n $ ta chứng minh chuỗi này hội tụ thì ta cm nó bị chặn trên .

$a_n=u_{n+1}u_n - u_n^2\leq u_{n+1}^2-u_n^2$

vì $u_n$ hội tụ nên nó bị chặn trên bởi u.

với mọi n thuộc sô tự nhiên ta có : $\sum_{0}^{n}a_n\leq u_{n+1}^2-u_0^2\leq u^2-u_0^2$

do đó $\sum_{0}^{\infty }a_n$  hội tụ.

(<=) giả sử $\sum_{0}^{\infty }a_n$  hội tụ. ta chứng minh $u_n$ hội tụ

vì $u_n$ là dãy tăng nên để chứng minh nó hội tụ ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên .

$a_n=(u_{n+1}-u_n)u_n\geq (u_{n+1}-u_n)u_0$

với mọi n thuộc số tự nhiên ta có $\sum_{0}^{n} a_n\geq [\sum (u_{n+1}-u_n)]u_0=(u_{n+1}-u_0)u_0$ 

=> .... => $u_n$ bị chặn trên . do đó dãy này hội tụ .

Bài giải:

 

$b)$

 

Khi

 

$-\: n=1$ thì $(^*)$ chuẩn

 

$-\: n=2$ thì $(^*)$ được chứng minh giống $a)$ và chuẩn

 

Giả sử $(^*)$ đúng với $n=k$  tức  $\prod_{i=1}^{k}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )= 1$

 

Bây giờ ta cần chứng minh $(^*)$ đúng với $n=k+1$, tức

 

$\prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k+1}x_k \right )=1 \: \text{theo câu a)}$  $\fbox{đpcm}$

 

 

ý tưởng: ..!!

 

P/s: Phần chứng minh bài toán bằng quy nạp thì em ko rõ là đúng hay sai! Không hay làm bằng phương pháp này cho lắm

 khúc này mình thấy ko ổn lắm .

$ \prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} ) $ - sao chỗ này em chỉnh hoài mà ko hiện vậy ta X_X

vì bạn muốn dùng giả thiết quy nạp của câu a thì phải có các số bị kẹp giữa 1 . lỡ tất cả các x này đều lớn hơn hoặc đều bé hơn 1 thì đâu dùng đc câu a .

mình nghĩ chỗ này mình phải đánh thứ tự lại các $x_i$.

$\boxed{\text{Bài 3}}$

Cho đa thức với hệ số thực $$P(x)=a_{2012}x^{2012}+a_{2011}x^{2011}+\cdots +a_1x+a_0$$ thỏa $P(0)\neq P(-1)$ và với $a,b\in \mathbb{R}$ ta đặt $$Q(x)=b_{2012}x^{2012}+b_{2011}x^{2011}+\cdots +b_1x+b_0$$ là đa thức có hệ số thực nhận được từ biểu thức $$b_k=a.a_k+b\quad \forall k=0,1,2,\ldots ,2012$$

Chứng minh rằng: Nếu $Q(0)=Q(-1)\neq 0$ thì $Q(x)$ không có nghiệm thực

$P(0)\neq P(-1)\Leftrightarrow a_{2012}-a_{2011}+...+a_2-a_1\neq 0$

$0=Q(-1)-Q(0)= b_{2012}-b_{2011}+...+b_2-b_1=(aa_{2012}+b)-(aa_{2011}+b)+...+(aa_2+b)-(aa_1+b)=a(a_{2012}-a_{2011}+...+a_2-a_1)$

 suy ra a =0 . và b khác ko .

đặt $K(x)=x^{2012}+x^{2011}+...+x+1$ thì Q=b.K

 ta chứng minh K(x) vô nghiệm, thật vậy . 

dễ thấy x=1 ko phải nghiệm của K . xét x khác 1 thì  $K(x)=x^{2012}+x^{2011}+...+x+1=\frac{x^{2013}-1}{x-1}\neq 0;\forall x\neq 1$

do đó Q vô nghiệm

..................................

@vo van duc: Cơ sở nào khẳng định $P(x)$ vô nghiệm vậy em????

@ Đường Tuấn : Em nhầm , ko biết em đọc ở đâu ra cái giả thiết P vô nghiệm vậy chỉ !.

$\boxed{\text{Bài 1}}$ ĐH SP HN 2013

Cho phương trình $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=0$$ có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh rằng $$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2$$

$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2\Leftrightarrow (n-1)(\frac{a_1}{a_0})^2> 2n\frac{a_2}{a_0}$

theo định lí viét ta có : $\sum x_i=-\frac{a_1}{a_0}$  và  $\sum_{i\neq j} x_ix_j=\frac{a_2}{a_0}$

vậy bdt tương đương: $(n-1)(\sum x_i)^2> 2n(\sum_{i\neq j} x_ix_j ) \Leftrightarrow \sum_{i\neq j}(x_i-x_j) ^2 > 0 $ (đúng - do các nghiệm phân biệt )

không hiểu dụng ý của bài này là gì nữa (mong bạn giải đáp nha!!!)

câu trả lời (của mình thôi )là có 

 

VD : $A=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}$

 

       $B=\begin{bmatrix}2013 & 2014\\ 2014 & 2013\end{bmatrix}$

 

khi đó $C=AB-BA=0$ hiển nhiên thoả ycbt

Xin lỗi mình nhớ nhầm đề :  Có tồn tại hay ko 2 ma trận vuông cấp2 A,B sao cho na trận C=AB-BA giao hoán với A,B và C khác ma trận không ? 

Khai triển ${(x+1)^n}$ và lấy đạo hàm 2 vế . Sau đó nhân x vào 2 vế rồi lấy đạo hàm tiếp => Đpcm