October 20 2013 13:09:38
Các trang chính
· Trang Nhất
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Diễn đàn
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· Thư viện
Đăng nhập
Tên tài khoản

Mật khẩu



Có phải bạn chưa là thành viên của cộng đồng MathVn?
Nhấp vào đây để đăng ký.

Có phải bạn quên mật khẩu?
Yêu cầu mật khẩu mới ở đây.
RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds
MathWorld
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học từ MathWorld bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới

Wikipedia
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học qua Wikipedia bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới



Thư viện Sách
· Complex Analysis (Princeton Lectures in Analysis, Volume 2)
· Fourier Analysis: An Introduction (Princeton Lectures in Analysis, Volume 1)
· Real Analysis: Measure Theory, Integration, and Hilbert Spaces (Princeton Lectures in Analysis, Volu
· Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis
· Problems in Calculus of One Variable
· Théorie des probabilités : problèmes et solutions
· Exercices sur les fonctions analytiques
· Probabilité : Exercices corrigés
· Exercices d'algèbre
· Abel's Theorem in Problems and Solutions
· Stochastic Process: Problems and Solutions
· Nonlinear Ordinary Differential Equations: Problems and Solutions
· Statistics: Problems and Solutions
· Student Solutions Manual to accompany Complex Variables and Applications
· Complex Variables and Applications
· Problems in Group Theory
· Complex Analysis through Examples and Exercises
· Exercises in Classical Ring Theory
· Exercises in Basic Ring Theory
· Algebra Through Practice: Rings, Fields and Modules - A Collection of Problems in Algebra with Solut
Bản dịch Kvant
· Đề ra kì này Số 04-2008
· Đề ra kì này Số 06-2006
· Đề ra kì này Số 05-2006
· Đề ra kì này Số 04-2006
· Đề ra kì này Số 03-2006
· Đê ra kì này Số 02-2006
· Đề ra kì này Số 01-2006
· Đề ra kì này Số 06-2002
· Đề ra kì này Số 04-2002
· Đề ra kì này Số 06-2001
· Đề ra kì này Số 05-2001
· Đề ra kì này Số 04-2001
· Đề ra kì này Số 2-2007
· Đề ra kì này Số 3-2001
· Đề ra kì này Số 2-2001
· Đề ra kì này Số 1-2001
· Đề ra kì này Số 2-2008
· Đề ra kì này Số 1-2008
· Đề ra kì này Số 1-2007
· Đề ra kì này Số 6-2000

Trực tuyến
phamquangtoan00:17:40
quangphu02:27:10
tnkh20:44:42
vulalach23:42:16
hungkg 2 days
namnh211 2 days
conanhero 2 days
vietmath 3 days
adam2 3 days
henry0905 4 days
kmath93 5 days
thuanquai 6 days
Vnkvant 6 days
daogiauvang 1 week
dinhcu_pro 1 week
0917317099 2 weeks
lovemath213 2 weeks
nguyentatthu 2 weeks
pminhquy 3 weeks
kimlinh 3 weeks
nguoithanbi123 3 weeks
hunghd8 3 weeks
nhatquangsin 5 weeks
pvthuan 5 weeks
ninza loan thi 5 weeks
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 1

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,510
· Thành viên mới nhất: headache
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Chứng minh BĐT
· Nhờ download bài ...
· Tìm số nguyên d�...
· VMO 2004
· Đào tạo thi họ...
· Tìm số nguyên d�...
· Giải phương trì...
· Nhờ download bài ...
· Dịch sang TV bài ...
· Giải phương trình
· Một bổ đề qua...
· Tìm p,q
· Thử thách toán h...
· Một số định l...
· AMM Vol 02/ 1895
· USSR Mathematical Ol...
· Mathematical Olympia...
· Australian Mathemati...
· AMM Vol 01/ 1894
· Bí quyết làm ch�...
· Bí quyết để c�...
· Kinh nghiệm du h�...
· Chứng minh tồn t...
· Chứng minh tài ch...
· Đề thi IMO 2013
· Giải phương trì...
· Tìm nghiệm nguyê...
· Số 4-2000
· Một quỹ hỗ tr�...
· Đề số 03-2008
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download b�... [333]
· Nhờ download b�... [141]
· Problem Of The Mo... [85]
· Vài bài tập c... [85]
· Những định l... [80]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tuyển... [47]
· Thông tin và Th... [40]
· Tính giới hạn [38]
· Các bạn thi ol... [38]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Problem of Washin... [37]
· Problems of Purdu... [37]
· Olympic Sinh viê... [35]
· Ôn tập môn Gi... [34]
· PT vi phân [32]
· Thử thách toá... [31]
· Olympic SV Kiev [31]
· Ôn tập môn Đ... [31]
· Đóng góp cho c... [30]
· Call for papers-K... [30]
· Mùa hè nóng qu... [28]
· Cập nhật Tạ... [28]
· Tuyển tập 40 ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Số Pi và nhữ... [26]
· Đăng ký tham g... [26]
· Bất đẳng thức [25]
· Phương pháp Mo... [25]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· College Mathemati... [24]
· Tìm nghiệm c�... [24]
· Một câu xác s... [24]
· Collected inequal... [23]
· Tích phân hay [23]
· Chuyển công th... [22]
· Kì Thi Olympic T... [22]
· Bài tập về k... [22]
· Mathematics Magazine [21]
· Olimpiad Toán Đ... [21]
· Phương trình h... [21]
· Phương trình h... [20]
· Tặng daogiauvan... [19]
· Tài khoản MAA ... [19]
· Phép biến đ�... [19]
· Journal Мате�... [19]
· Olympic Sinh viê... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
· Chú ý: THÁNG H... [19]
Xem chủ đề
 In chủ đề
Olympic SV Kiev
nguyenvan
 Có một số bài Olympic sinh viên hay đưa lên mọi người xem qua
1. Với các số tự nhiên n nào thì tồn tại các ma trận A,B,C \in M_n \left( Z \right) sao cho
ABC + BCA + CAB = E?
Trong đó E là ma trận đơn vị
2. Cho K(x) = xe^{ - x} ,x \in R.Với n \ge 3 tính
\mathop {\sup }\limits_{x_i  \in R} \mathop {\min }\limits_{1 \le i \le j \le n} K\left( {\left| {x_i  - x_j } \right|} \right)
3. Cho dãy số thực \left\{ {x_n ,n \ge 1} \right\} sao cho \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^\infty  {x_k }  = a
Tính \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n^p }}\sum\limits_{k = 1}^\infty  {k^{p - 1} x_k }
khi p>1
Sửa bởi Vnkvant vào lúc 28-05-2009 09:11
 
Vnkvant
 Không nhầm thì đây là đề của ĐH Kiev năm nay.

Câu 1. Chú là trace(ABC)=trace(BCA)=trace(CAB)

Lấy vết hai vế của pt ma trận ta được:

3trace(ABC)=n nên n chia hết cho 3.

Để chỉ ra mấy ma trận cụ thể thì để em thử dùng máy tính đãGrin
 
http://tuanminh1988.wordpress.com
nguyenvan
 Đúng là đề của bọn Kiev năm nay, nhưng dịc được có mấy câu, mấy câu còn lại Vnkvant dịch bỏ lên được không nhỉ!!
Các bài khá khó...và hay
 
Vnkvant
 @nguyenvan: Khi nào có thời gian anh ạ.

AnB_nC_n+B_nC_nA_n+C_nA_nB_n=I_n


Với n=3.

Có nhiều cách chọn, đơn giản cho A_3,B_3,C_3 là ma trận \{0,1\}

Kí hiệu A_3B_3C_3=S. Nếu s_{ii}=\sum_{k,l}a_{ik}b_{kl}c_{li}=1 khi đó tồn tại k,l\in\{1,2,3\} để a_{ik}=b_{kl}=c_{li}=1 hay

Với mục đích là s_{ii}=1, với mọi i=1,2,3 và có sự đối xứng tương tự với B_3C_3A_3, C_3A_3B_3 sẽ chọn \{i,l,k\} như là hoán vị của \{1,2,3\}

Hai kết quả tìm được như vậy có thể xem hình.

Trường hợp n=3k, thì chọn A_n là ma trận đường chéo khối với các khối là A_3, tương tự với B_n,C_n

PS: Em có mấy đề toàn Uckraine, bác nào thích thì em gửi nguyên gốc (không dám dịch Smile)
Vnkvant đính kèm hình ảnh sau:


[28.83kB]
Sửa bởi Vnkvant vào lúc 27-05-2009 13:31
 
http://tuanminh1988.wordpress.com
fuzzy2015
 Đã có bản Tiếng Anh!

Tuyển tập đề SV Kiev từ 1995-2009 (no solutions)

http://rapidshare...2009en.pdf

Chúc vui:B
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 27-05-2009 17:02
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
umf
 Cám ơn Fuzzy quá, kiếm đâu ra hay thật.
Tuy chỉ có đề nhưng thế cũng tốt anh em post ra cùng làm và thảo luận cho vui nhỉ.
 
umf
 Bản thân cũng có một số lời giải cho các bài của Kiev bằng tiếng Uckraina, giới thiệu ra đây một số bài để mọi người theo dõi, ai có lời giải bài nào thì đóng góp luôn kí hiệu tương ứng dưới là bài-năm (sv năm 1-2 hay 3-4)
1.(1-2007.(1-2))
Tính \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{(k + p)(k + q)}}{{(k + r)(k + s)}}} . Trong đó p,q,r,s là các số nguyên dương.
Giải
Chú ý
\prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{\left( {k + p} \right)\left( {k + q} \right)}}{{\left( {k + r} \right)\left( {k + s} \right)}}}  = \frac{{r!s!}}{{p!q!}}.\frac{{\left( {n + p} \right)!}}{{\left( {n + r} \right)!}}.\frac{{\left( {n + q} \right)!}}{{\left( {n + s} \right)!}}
Mặt khác ta có
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {n + p} \right)!n^{r - p} }}{{\left( {n + r} \right)!}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {n + q} \right)!n^{s - q} }}{{\left( {n + s} \right)!}} = 1
Nên khi đó ta có
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{\left( {k + p} \right)\left( {k + q} \right)}}{{\left( {k + r} \right)\left( {k + s} \right)}}}  = \frac{{r!s!}}{{p!q!}}.\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n^{p + q - r - s} =
0,p + q < r + s
\frac{{r!s!}}{{p!q!}},p + q = r + s
+ \infty ,p + q > r + s .
2.(2-2007(1-2)).
\sum\limits_{k = 1}^n {kC_{2n}^k } có chia hết cho 8 hay không với mọi số tự nhiên n \ge 2
Giải
Chú ý kC_{2n}^k  = k\frac{{\left( {2n} \right)!}}{{k!(2n - k)!}} = 2n\frac{{(2n - 1)!}}{{(k - 1)!(2n - k)!}} = 2nC_{2n - 1}^{k - 1}
Khi đó ta có
\sum\limits_{k = 1}^n {kC_{2n}^k }  = \sum\limits_{k = 1}^n {2nC_{2n - 1}^{k - 1} }  = n.2\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {C_{2n - 1}^i }  = n\sum\limits_{i = 0}^{2n - 1} {C_{2n - 1}^i  = n2^{2n - 1}  \vdots 8,\forall n \ge 2}
Ta có điều phải chứng minh
Mình sẽ tiếp tục đưa thêm lời giải các bài còn lại lên, Bạn nào có lời giải thì tham gia nhé...
Sửa bởi umf vào lúc 28-05-2009 07:42
 
nguoi-duong-thoi
 Ở bài 3 trên cùng, hình như đề phải sửa thành như thế
\mathop{\lim}\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}x_k=a.
Và bài này em ra đáp số là \frac{a}{p+1}.
Ở đây em dùng định lý Cesaro mở rộng,
Biến đổi biểu thức cần tìm thành (\frac{\mathop{\sum}_{k=1}^{n}k^{p-1}}{n^p})(\frac{\sum_{k=1}^{n}k^{p-1}x_k}{\sum_{k=1}^{n}k^{p-1}}).
Thừa số đầu tiên sẽ tiến đến \frac{1}{p+1}, thừa số thứ 2 tiến tới a
Sửa bởi nguoi-duong-thoi vào lúc 28-05-2009 06:31
No signature
 
umf
 Lời giải của bạn nguoi-duong-thoi rất hay và gọn gàng tuy nhiên bạn có chút nhầm lẫn cái lim thứ nhất sẽ dần đến \frac{1}{p} chứ không phải \frac{1}{p+1}, vậy đáp án đúng là \frac{a}{p}
Có cách giải khác tương tự sử dụng Stolz
ĐẶt y_n  = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {x_k } ,n \ge 1
Khi đó ta có
x_k  = ky_k  - (k - 1)y_{k - 1} ,k \ge 1,y_0  = 0
Do đó
\frac{1}{{n^p }}\sum\limits_{k = 1}^n {k^{p - 1} x_k }
=  - \frac{1}{{n^p }}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {(k + 1)^{p - 1}  - k^{p - 1} } \right)ky_k }  + y_n
Đặt c_{nk}  = \frac{p}{{(p - 1)n^p }}\left( {(k + 1)^{p - 1}  - k^{p - 1} } \right)k,1 \le k \le n - 1,n \ge 1
CHú ý c_{nk}  \ge 0,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } c_{nk}  = 0 nên ta áp dụng định lí Stolz thu được
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {c_{nk} }
  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{p}{{(p - 1)n^p }}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {(k + 1)^{p - 1}  - k^{p - 1} } \right)k}
  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{p}{{(p - 1)}}\frac{{\left( {(n + 1)^{p - 1}  - n^{p - 1} } \right)n}}{{(n + 1)^p  - n^p }} = 1

Áp dụng định lí Toeplit ta có
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {c_{nk} y_k }  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } y_n  = a
Từ đó ta thu được kết quả cuối cùng
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n^p }}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {k^{p - 1} x_k }  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { - \frac{{p - 1}}{p}a + a} \right) = \frac{a}{p}
Sửa bởi Vnkvant vào lúc 28-05-2009 09:13
 
umf
 Lại thêm vài lời giải
3. (1-2008(1-2))
Tính \inf \left\{ {a + b + c:a,b,c > 0,\sin a\sin b\sin c = \frac{3}{\pi }abc} \right\}
Giải
Ta xét 0 < a,b,c < \frac{\pi }{2}. Xét hàm
f(x) = \ln \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right),0 < x < \frac{\pi }{2},f(0) = 0
Nhận thấy f'(x) = ctgx - \frac{1}{x} < 0,f''(x) =  - \frac{1}{{\sin ^2 x}} + \frac{1}{{x^2 }} < 0 nên hàm f giảm và lõm
Do đó ta có
f(\pi /6) = f(a) + f(b) + f(c) > 2f(0) + f(a + b + c) = f(a + b + c)
Từ đó ta thu được
a + b + c \ge \frac{\pi }{6}
Dấu bằng đạt được khi a,b \to 0 + ,c \to \frac{\pi }{6}
 
umf
 Tiếp tục vài bài giải của đề thi Kiev
4.(4-2008(1-2))
Cho hàm f:\left[ {4, + \infty } \right) \to R thoả mãn điều kiện
a.f(x^2 ) = f(x) + \left[ {\log _2 \log _2 x} \right]^{ - 2} trong đó \left[ a \right] là phần nguyên của a
b. Tồn tại \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty } f(x)
Chứng minh hàm fđơn điệu
Giải
Xét I_k  = \left[ {2^{2^k } ,2^{2^{k + 1} } } \right), k \ge 1.
Nhận thấy \left[ {4, + \infty } \right) = \bigcup\limits_{k \ge 1} {I_k } .
Mặt khác ta có nếu x \in I_k thì x^2 \in I_{k+1} cho nên
f(x^2 ) - f(x) = \left[ {\log _2 \log _2 x} \right]^{ - 2}  = \frac{1}{{k^2 }}
Từ đó ta có
f(x) = f(x^2 ) - \frac{1}{{k^2 }} = f(x^4 ) - \frac{1}{{k^2 }} - \frac{1}{{(k + 1)^2 }} = f(x^{2^n } ) - \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{(k + i - 1)}^2}}
Ta giả sử \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = c thì từ biểu thức trên ta thu được
f(x) = c - \sum\limits_{m \ge k}^{} {\frac{1}{{m^2 }}} ,x \in I_k ,k \ge 1 (*)
Với 4 \le x_1  \in I_{k_1 }  \le x_2  \in I_{k_2 } thì ta thấy k_1  \le k_2 nên từ (*) ta thu được f(x_1 ) \le f(x_2 ) là hàm tăng.
Sửa bởi umf vào lúc 29-05-2009 07:27
 
daogiauvang
 Em cũng đâm 1 bài:
Bài 6/1997. Tính tổng  \lim_{n \to \infty} \sum_{j=1}^{n} \frac{j}{j^2+n^2}

Ta có S= \int_{0}^{1} \frac{x}{x^2+1} dx=\frac{ \ln (x^2+1)}{2} =\frac{\ln 2}{2}
If I feel unhappy , I do mathematics to become happy , If I feel happy , I do mathematics to keep happy

http://360.yahoo....ntethegioi
 
http://tpu.ru
daogiauvang
 Bài 3/2002 Hàm f(x) liên tục trên [-1,1] sao cho f(-1)=f(1)=0
CMR: Tồn tại x \in [-1,1] sao cho  f(x)=(1+x^2)f'(x)

Lời giải: Xét hàm số  g(x)=f(x) e^{\arctan x} ta có g(-1)=g(1)=0

Mà, g'(x)= e^{\arctan x}\left( f'(x) + \frac{f(x)}{1+x^2}\right)
Vì liên tục và g(-1)=g(1)=0nên g(x) có cực trị x \in [-1,1] hay g'(x) =0.
Bài toán được chứng minh.
If I feel unhappy , I do mathematics to become happy , If I feel happy , I do mathematics to keep happy

http://360.yahoo....ntethegioi
 
http://tpu.ru
betadict
 Thử một bài

Bài 8 (2009). Có tồn tại hay không hàm f: Q\to Q để với mọi x\neq y, x\in Q thỏa mãn f(x)f(y)\le |x-y|
Và với mỗi x\in Q thì V_x=\{y \ | \ f(x)f(y)=|x-y|\} là một tập vô hạn.

Có thể lấy hàm f(\frac{m}{n})=\frac{1}{n} ở đây m\in Z, n\in Z^{+} ,gcd(m,n)=1.

- Giả sử x=p/q, y=r/s, x\neq y khi đó |x-y|=\frac{|ps-qr|}{qs}\ge  \frac{1}{qs}=f(x)f(y).

- Với x=p/q khi đó tồn tại r,s sao cho |ps-qr|=1
Đặt y_n=\frac{r+pn}{s+qn} khi đó
|x-y_n|=\frac{|p(s+qn)-q(r+pn)|}{q(s+qn)}=f(x)f(y_n)
Anh đi anh nhớ quê nhà.
Nhớ canh rau muống, nhớ cà dầm tương
 
betadict
 Bài 1 (2005). Chứng minh rằng dãy (x_n) hội tụ khi và chỉ khi \lim_{n\to \infty} \limsup_{m\to\infty}|x_n-x_m|=0.

-Chiều thuận là hiển nhiên.

-Chiều đảo:
Ta có y_n=\limsup_{m\to\infty}|x_n-x_m|\to0 khi n\to\infty nên với mọi \epsilon>0 tồn tại n(\epsilon) sao cho \limsup_{m\to\infty}|x_n-x_m|<\epsilon với mọi n>n(\epsilon).

Mặt khác chú ý rằng nếu \lim_{n\to\infty}{u_n}=l<d thì tồn tại n(d) sao cho với với mọi n>n_d thì u_n<d. Điều này khá hiển nhiên vì chỉ cần chọn lân cận \epsilon đủ bé sao cho l+\epsilon<d thì tồn lại n_d để các số hạng u_n,n>n_d đều thuộc vào lân (l-\epsilon,l+\epsilon).

Ta lại có \limsup_{m\to\infty}|x_n-x_m|<\epsilon , với mỗi giá trị cố định n>n(\epsilon) .
Do đó với dãy con (|x_{m_k}-x_n|)_k\subset (|x_m-x_n|)_m là hội tụ thì tồn tại k (\epsilon) sao cho |(x_{m_k}-x_n)|<\epsilon với mọi k> k(\epsilon). Lấy m(\epsilon) là giá trị lớn nhất của k(\epsilon) trong số các dãy con hội tụ của dãy bị chặn (|x_m-x_n|)_m

Thế thì |x_m-x_n|<\epsilon với mọi m,n>\max\{m(\epsilon),n(\epsilon)\}.

Như vậy (x_n) là cơ bản nên hội tụ
Sửa bởi betadict vào lúc 31-05-2009 05:33
Anh đi anh nhớ quê nhà.
Nhớ canh rau muống, nhớ cà dầm tương
 
umf
 Tiếp tục chia sẻ lời giải của Kiev
Bài 3(2008)(Năm 1-2)
Cho f là hàm chẵn liên tục và khả vi 4 lần, g(x) = f(\sqrt x ),x \ge 0. Chứng minh g khả vi hai lần tại x=0 và tính g''(0) theo các giá trị đạo hàm của f tại 0
Giải
f là hàm chẵn nên f'(0) = f'''(0) = 0
Ta có
g'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{f(\sqrt x ) - f(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } \frac{{f(y) - f(0)}}{{y^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } \frac{{f'(y)}}{{2y}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } \frac{{f'(y) - f'(0)}}{{2y}} = \frac{{f''(0)}}{2}
g''(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{g'(x) - g'(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{\frac{{f'(\sqrt x )}}{{2\sqrt x }} - \frac{{f''(0)}}{2}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{f'(\sqrt x ) - f''(0)\sqrt x }}{{2x\sqrt x }}
= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{\frac{{f''(\sqrt x )}}{{2\sqrt x }} - \frac{{f''(0)}}{{2\sqrt x }}}}{{2\frac{3}{2}\sqrt x }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{f''(\sqrt x ) - f''(0)}}{{6x}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } \frac{{f''(y) - f''(0)}}{{6y^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } \frac{{f'''(y)}}{{12y}} = \frac{{f^{(4)} (0)}}{{12}}
 
umf
 Tiếp tục sưu tập các lời giải của Kiev
1(2009)(1-2). Tam giác ABC nội tiếp bên trong 1 đường tròn. Tồn tại hay không một điểm D nằm trên đường tròn sao cho tứ giác ABCD là ngoại tiếp của một đường tròn.
Giải
Như ta đã biết tứ giác ABCD ngoại tiếp được đường tròn khi và chỉ khi
AD + BC = AB + CD. Giả sử R là bán kính đường tròn nôin tiếp bên trong tứ giác ABCD\angle ABC = \beta ,\angle ABD = \varphi  \le \beta . Khi đó \angle DBC = \beta  - \varphi và theo định lí Sin ta có AD + BC - AB - CD = BC - AB + 2R\left( {\sin \varphi  - \sin (\beta  - \varphi )} \right) = f(\varphi )
Ta chú ý là hàm f(\varphi ) liên tục trên đoạn [0,\beta]f(0) = BC - AB - AC < 0,f(\beta ) = BC - AB + AC > 0 nên theo đinhk lí IVT ta có tồn tại \varphi _0 sao cho f(\varphi _0 )=0
2(2009)(1-2). Cho dãy số Fibonacci F_0  = 1,F_1  = 1,F_k  = F_{k - 1}  + F_{k - 2} ,\,\,\,k \ge 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho đa thức
F_n x^{n + 1}  + F_{n + 1} x^n  - 1 là bất khả quy trên vành các đa thức với hệ số hữu tỷ Q[x].
Giải
Khi n=1 ta có đa thức cần tìm trở thành x^2  + x - 1 đa thức này có hai nghiệm thực \frac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2} nên nó bất khả quy trên vành Q[x]
Nếu n \ge 2 ta có
F_n x^{n + 1}  + F_{n + 1} x^n  - 1 = \left( {x^2  + x - 1} \right)\left( {F_n x^{n - 1}  + F_{n - 1} x^{n - 2}  + ... + F_2 x + F_1 } \right)
Do đó ta có n=1 thỏa mãn bài toán đã cho.
Hi vọng nhiều bạn sẽ tiếp tục chia sẽ lời giải nhỉ.
 
umf
 Chúng ta lại tiếp tục
3(2009)(1-2). Cho A,B,C là ba góc của tam giác nhọn ABC. Chứng minh các bất đẳng thức sau
a) \frac{{\cos A}}{{\sin B\sin C}} + \frac{{\cos B}}{{\sin C\sin A}} + \frac{{\cos C}}{{\sin A\sin B}} \ge 2
b) \frac{{\cos A}}{{\sqrt {\sin B\sin C} }} + \frac{{\cos B}}{{\sqrt {\sin C\sin A} }} + \frac{{\cos C}}{{\sqrt {\sin A\sin B} }} \le \sqrt 3
Giải
a)Ta có
\frac{{\cos A}}{{\sin B\sin C}} + \frac{{\cos B}}{{\sin C\sin A}} + \frac{{\cos C}}{{\sin A\sin B}}
= \frac{{\cos A\sin A + \cos B\sin B + \cos C\sin C}}{{\sin A\sin B\sin C}} = \frac{{\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C}}{{2\sin A\sin B\sin C}}
= \frac{{\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C}}{{2\sin A\sin B\sin C}}
= \frac{{2\sin \left( {A + B} \right)\cos \left( {A - B} \right) - 2\sin \left( {A + B} \right)\cos \left( {A + B} \right)}}{{2\sin A\sin B\sin (A + B)}}
= \frac{{2\sin A\sin B}}{{\sin A\sin B}} = 2
Như vậy ta có đẳng thức.
b) Áp dụng Cauchy-Bunhiacopski và sử dụng câu a) ta có
\left( {\frac{{\cos A}}{{\sqrt {\sin B\sin C} }} + \frac{{\cos B}}{{\sqrt {\sin A\sin C} }} + \frac{{\cos C}}{{\sqrt {\sin A\sin B} }}} \right)^2
  \le \left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right)\left( {\frac{{\cos A}}{{\sin B\sin C}} + \frac{{\cos B}}{{\sin A\sin C}} + \frac{{\cos C}}{{\sin A\sin B}}} \right)
= 2\left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right) \le 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3
Sửa bởi Vnkvant vào lúc 14-06-2009 14:12
 
umf
 Tiếp tục bài giải cho đề Kiev
2(2008)(1-2). Cho f là hàm liên tục và bị chặn trên R thoả mãn
\mathop {\sup }\limits_{x \in R} \left| {f(x + h) - 2f(x) + f(x - h) } \right|\to 0,h \to 0
Hỏi hàm f có liên tục đều trên R hay không
Giải
Giả sử f không liên tục đều thì theo định nghĩa đối với \varepsilon  > 0 tồn tại x_n  \in R sao cho với \delta _n  > 0, n\ge 1\delta _n  \to 0 khi n  \to 0 thì \left| {f(x_n  + \delta _n ) - f(x_n )} \right| \ge \varepsilon
Cố định N đủ lớn và từ giả thiết ta có
\mathop {\sup }\limits_{x \in R} \left| {f(x + \delta _n ) - 2f(x) + f(x - \delta _n )} \right| \le \frac{\varepsilon }{N} (*)
Không mất tính tổng quát từ điều giả sử ở trên ta có f(x_n  + \delta _n ) - f(x_n ) \ge \varepsilon (**)
Từ (*) ta có f(x + \delta _n ) - f(x) \ge f(x) - f(x - \delta _n ) - \frac{\varepsilon }{N} (***)
Từ (**) và (***) và ta qui nạp có thể thấy được dễ dàng
f(x_n  + (k + 1)\delta _n ) - f(x_n  + k\delta _n ) \ge \varepsilon \left( {1 - \frac{k}{N}} \right) với 0 \le k \le N - 1
Từ hệ thức cuối ta thu được
f(x_n  + N\delta _n ) - f(x_n ) \ge \varepsilon \left( {\frac{N}{N} + \frac{{N - 1}}{N} + ... + \frac{1}{N}} \right) = \frac{{(N + 1)\varepsilon }}{2}
Do đó hàm f không bị chặn trái với giả thiết nên ta có hàm f liên tục đều.
Hi vọng có thêm nhiều bạn hỗ trợ nhỉ.
Sửa bởi umf vào lúc 18-06-2009 08:26
 
umf
 Vài lời giải
8(2008)(1-2). Cho f \in C^\infty  \left( {R\backslash \left\{ 0 \right\} \cap C(R)} \right) thỏa mãn
\forall n \in N:\,\,\,\,\,f(x) = o(x^n ),x \to 0
Khi đó f \in C^1 (R) hay không?
Giải
Xét hàm f(x) = e^{ - 1/x^2 } \sin (e^{1/x^2 } ) khi x \ne 0f(x)=0 khi x=0.
Nhận thấy f(x) thỏa mãn yêu cầu bài toán do:
f \in C(R),f \in C^\infty  (R\backslash \left\{ 0 \right\}),\left| {f(x)} \right| \le e^{ - 1/x^2 }  = o(x^n )\,\,\,x \to 0
Nhưng ta có
f'(x) = \frac{1}{{x^3 }}\left( {e^{ - 1/x^2 } \sin (e^{1/x^2 } ) - \cos (e^{1/x^2 } )} \right)
Từ đó ta thấy f không bị chặn và xác định trong lân cận của điểm x=0 nên f \notin C^1 (R)
5(2008)(3-4). Cho A = \left( {a_{ij} } \right)_{i,j = 1}^n B = \left( {b_{ij} } \right)_{i,j = 1}^n là các ma trận thực đối xứng và \lambda _{\min } (A),\lambda _{\min } (B) lần lượt là các giá trị riêng bé nhất của chúng. Chứng minh bất đẳng thức
\left| {\lambda _{\min } (A) - \lambda _{\min } (B)} \right| \le n\mathop {\max }\limits_{1 \le i \le j \le n} \left| {a_{ij}  - b_{ij} } \right|
Giải
Đặt \Delta  = \mathop {\max }\limits_{1 \le i \le j \le n} \left| {a_{ij}  - b_{ij} } \right| khi đó ta có
\left| {\lambda _{\min } (A) - \lambda _{\min } (B)} \right| = \left| {\mathop {\min }\limits_{\left\| x \right\| = 1} x^T Ax - \mathop {\min }\limits_{\left\| x \right\| = 1} x^T Bx} \right| =
= \left| {\mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} x^T ( - A)x - \mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} x^T ( - B)x} \right| \le \mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left| {x^T ( - A)x - x^T ( - B)x} \right| =
= \mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left| {x^T (B - A)x} \right| \le \mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left| {\sum\limits_{i,j = 1}^n {\left( {b_{ij}  - a_{ij} } \right)} x_i x_j } \right| \le \Delta \mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \sum\limits_{i,j = 1}^n {\left| {x_i x_j } \right|}  =
= \Delta .\mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\left| {x_i } \right|} } \right)^2  \le \Delta .\mathop {\max }\limits_{\left\| x \right\| = 1} \left( {n\sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2 } } \right) = n\Delta
5(2008)(1-2) Cho đa thức P(x) = x^n  + p_{n - 1} x^{n - 1}  + ... + p_0 có đúng m nghiệm phức khác nhau (2 \le m \le n). Chứng minh rằng có ít nhất một trong các hệ số p_{n - 1} ,...,p_{n - m} khác không.
Giải
Giả sử x_1 ,...,x_m là nghiệm của P(x)=0 với cấp bội lần lượ là k_1 ,...,k_m (k_1+...+k_m =n).
Ta có chú ý P(x),P'(x) điều chia hết cho đa thức Q(x) = \left( {x - x_1 } \right)^{k_1  - 1} ...\left( {x - x_m } \right)^{k_m  - 1}degQ=n-m.
Mặt khác khi đó đa thức R(x) = nP(x) - xP'(x) cũng chia hết cho Q(x) nên ta có \deg R \ge \deg Q = n - m
Do m\re2 nên ta có
R(x) = nP(x) - xP'(x) = p_{n - 1} x^{n - 1}  + 2p_{n - 2} x^{n - 2}  + ... + np_0
Với chú ý \deg R \ge \deg Q = n - m ta suy ra có ít nhất một trong các hệ số p_{n - 1} ,...,p_{n - m} khác không.
Sửa bởi umf vào lúc 19-06-2009 04:45
 
Chuyển đến chuyên mục:
Bài viết Blog
phamquangtoan
» Sự trăn trở ...
phamquangtoan
» Vì sao học sin...
phamquangtoan
» Cần học hỏ...
Vnkvant
» "Làm toán" là ...
obay
» Bắt đầu nghi...
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tư _17...
Vnkvant
» Vai trò của to...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box và h...
Search MathBooks
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 400.000 đầu sách điện tử ngành Toán và các khoa học khác bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài liệu hoặc tạp chí chuyên ngành Toán với mục đích phi thương mại, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn vào đây


Facebook
Shoutbox
You must login to post a message.

18/08/2013 05:31
Diễn đàn mình nhiều bài hay và chất lượng quá. Em mong diễn đàn ta cứ tồn tại mãi để chúng em còn được tiếp cận với các tài liệu do các anh viết. Smile

16/08/2013 17:50
Nhưng các bài chất lượng thì vẫn còn đây!

25/07/2013 16:51
Sad diễn đàn ít có hoạt động nhỉ?

23/07/2013 07:06
Kvant, Vualangbat, Hoa dai, Nguyen Ngoc...

20/07/2013 08:20
Các Admin có những ai anh nhỉ ??

18/07/2013 20:26
e cứ đợi các admins tụ tập lại 1 lần thảo luận đã, giờ admins trốn hết rồi

11/07/2013 07:16
Bây giờ làm thế nào để diễn đàn được như trước nhỉ ??

02/06/2013 08:20
nhưng chưa có chiều sâu, vì các admin chủ lực đang bận bịu gì đó và ko có liên lạc lẫn nhau.

31/05/2013 07:00
Phải nói là trong số các diễn đàn toán thì em thấy diễn đàn ta là đẹp nhất. Wink

04/03/2013 14:16
thi Toán đơn giản mà. E cần dịch gì a dịch cho, qui đổi theo bài theo thời gian khoảng 2-3 tháng e đọc hiểu và đóan vô tư.

02/03/2013 19:10
Thuê thế nào anh ?? Grin

22/02/2013 13:11
Can thue nguoi ko a day cho) Khoang 3 thang la doc dich duoc

22/02/2013 06:47
Nhìn mà thèm học Tiếng Nga Smile

05/02/2013 20:05
Quet' nha chuan bi don tet

28/01/2013 06:08
Tuan Anh, sao kho' du vay la sao e?

Advertisement
Render time: 0.30 seconds 4,981,398 lượt ghé thăm