October 20 2013 13:17:53
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
phamquangtoan00:25:56
quangphu02:35:26
tnkh20:52:58
vulalach23:50:32
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: 2

· 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 Sinh viên БГУ và toàn Belarus
Vnkvant
 Một vài đề ĐHTHQG và toàn Belarus mình gom được, bài toán cũng phong phú, đa dạng

http://www.mediaf...2zukvz4yhy
 
http://tuanminh1988.wordpress.com
fuzzy2015
 Mình thử nghịch một vài bài.

1. 2004 (A-РСОМ). Cho hàm liên tục f[0,+\infty)\to[0,1] thỏa mãn f(x+y)\le f(x)f(y) với mọi số thực không âm. Chứng minh rằng với mọi x\ge 0 ta có
\int_{0}^{x}f(t)dt\ge x\sqrt{f(2x)}


Giả sử x\ge y thế thì f(y)=f(y-x+x)\le f(y-x)f(x)\le f(x) (do f(x)\in[0,1], vì vậy f giảm trên [0,+\infty)

Ta có (\int_{0}^xf(t)dt)^2=\int_0^x\int_0^xf(t)f(s)dtds
\ge \int_0^xds\int_0^x f(t+s)dt=\int_0^x\int_s^{s+x}f(u)du\ge f(2x)\int_0^x ds\int_s^{s+x}du (do 0\le s\le x nên u\le s+x\le 2x, vì vậy f(u)\ge f(2x))
=f(2x)x^2

Từ đây có điều phải chứng minh.

3. 2009 (A-РСОМ). Giả sử f\in C^{\infty}([a,b],\mathbb{R})0\in[a,b] sao cho f^{(n)}(0)=0, \sup_{[a,b]}|f^{(n)}(x)|\le n! M^n với mọi n, M là hằng số nào đó. Chứng tỏ f\equiv 0.

Từ Khai triển Maclaurin đến cấp n của f(x) ta có
f(x)=\frac{f^{(n)}(c)}{n!}x^n, suy ra |f(x)|\le \frac{|f^{(n)}(c)|}{n!}|x|^n<(M|x|)^n
Lấy giới hạn hai vế khi x\in [a,b]\cap(-\frac{1}{M},\frac{1}{M}) suy ra f(x)=0 khi x\in [a,b]\cap(-\frac{1}{M},\frac{1}{M})

Từ tính liên tục suy ra f(x)=0 khi x\in [a,b]\cap[-\frac{1}{M},\frac{1}{M}].

Nếu [a,b]\subset[-1/M,1/M] ta có điều phải chứng minh.

Nếu ngược lại tiếp tục áp dụng khai triển Taylor tại các điểm x=\pm 1/M, \pm 2/M,.... thì thu được kết quả.
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 02-07-2009 10:10
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 6. 2009 (A-РСОМ). Tìm x để chuỗi sau hội tụ và tính giá trị của nó:
S(x)=\sum_{k=1}^{\infty}[\frac{1}{(k-1)m+1}+...+\frac{1}{km-1}-\frac{x}{km}]


Đặt dãy tổng riêng là S_n(x)

Giả sử chuỗi hội tụ tại x=x_1,x_2 thế thì S_n(x_1)-S_n(x_2)=\frac{x_2-x_1}{m}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} hội tụ khi n\to\infty} khi và chỉ khi x_1=x_2. Như vậy số điểm x cần tìm không nhiều hơn 1.

Ta lại có S_n(m-1)=\sum_{k=1}^{nm}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{km}-\sum_{k=1}^n\frac{m-1}{km}=\ln m +(\sum_{k=1}^{nm}\frac{1}{k}-\ln (mn))-(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}- \ln n)\to \ln m +\gamma -\gamma =\ln m, khi n\to \infty. (ở đây \gamma là hằng số Euler)
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 02-07-2009 10:01
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 2. 2006 (A-РСОМ). Cho dãy (x_n) xác định như sau x_1=1, x_{n+1}=x_n+\frac{1}{2x_n} với n\ge 1. Tính \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt{n}}.

Ta có x^2_{n+1}=x_n^2+\frac{1}{4x_n^2}+1 do đó
\sum_{k=1}^n x_{k+1}^2 =n+\sum_{k=1}^nx_k^2+\sum_{k=1}^n \frac{1}{4x_k^2}

hay x_{n+1}^2=n+1+\sum_{k=1}^n \frac{1}{4x_k^2}

Vì thế ta có ước lượng n<x^2_n=n+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{4x_k^2}\le n+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=n+\frac{1}{4}(\gamma+\ln(n)+\epsilon_n), với e_n\to 0 khi n\to \infty (\gamma là hằng số Euler)

Vì thế 1\le \frac{x_n^2}{n}\le 1+o(n) từ đó lấy giới hạn thu được giới hạn cần tính là 1.
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 02-07-2009 12:11
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 4.2008 (БГУ) Cho hàm f:[0,1]\to (0,\infty) giảm. Chứng tỏ rằng
\int_0^1 xf(x)^2dx\int_0^1 f(x)dx\le \int_0^1 xf(x)dx\int_0^1 f(x)^2dx


Với I=[0,1]\times [0,1], ta có

LHS-RHS=\int_0^1 xf(x)^2dx\int_0^1 f(x)dx-\int_0^1 xf(x)dx\int_0^1 f(x)^2dx
=\iint_{I}[xf(x)^2f(y)-xf(x)f(y)^2]dxdy=\iint_{I}xf(x)f(y)(f(x)-f(y))dxdy
Do đối xứng nên cũng có LHS-RHS=\iint_{I}yf(x)f(y)(f(y)-f(x))dxdy

Cộng hai đẳng thức này suy ra LHS-RHS=\frac{1}{2}\iint_{I}f(x)f(y)(f(x)-f(y))(x-y)dxdy

Do f tăng và nhận giá trị dương nên ta có điều phải chứng minh.
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 3.2007 (БГУ) Tìm hằng số C nhỏ nhất sao cho
\int_0^1f(\sqrt[n]{x})dx\le C\int_0^1 f(x)dx, với mọi hàm liên tục f:[0,1]\to[0,+\infty) , n cho trước.


Ta có \int_0^1f(\sqrt[n]{x})dx=n\int_0^1t^{n-1}f(t)dt\le n\int_0^1f(t)dt. Do đó C\le n.

Giả sử f(x)=x^p, \ p>0. Ta tính được \int_0^1f(\sqrt[n]{x})dx=\frac{n}{n+p}\le C\int_0^1 f(x)dx=\frac{C}{p+1}. Suy ra C\ge \frac{n(p+1)}{n+p}\to n
khi p\to \infty.

Vậy C=n

1.2008 (БГУ) Với a>0a\neq 1. Tính \lim_{x\to\infty} \left( \frac{a^x-1}{x(a-1)}\right)^{1/x}

3.2009 (БГУ) Chứng tỏ với \lambda<1/2 thì không tồn tại hàm u:[0,1]\to\mathbb{R} thỏa mãn
u(x)=1+\lambda\int_{x}^1u(y)u(y-x)dy


Ta có \int_{0}^{1}u(x)dx=1+\lambda\int_{0}^1dx\int_x^1u(y)u(y-x)dy
=1+\lambda\int_0^1u(y)dy\int_0^yu(y-x)dx=1+\lambda\int_0^1(\int_0^yu(x)dx)u(y)dy
=1+\frac{\lambda}{2}(\int_0^1u(x)dx)^2

Như vậy thu được \lambda X^2-2X+2=0 với X=\int_0^1u(x)dx, phương trình này có nghiệm thực khi và chỉ khi \lambda\ge 1/2


6.2009 (БГУ)
Tính \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+5\sqrt{1+...}}}}}


(bài này có đáp án của khoa toán năm nay khá hay)
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 12-07-2009 04:55
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 Tiếp tục một số bài rất thú vị

5. 2004 (A-РСОМ) Cho A, B, C, D là các ma trận vuông sao cho AD^T-BC^T=IAB^T, CD^T là các ma trận đối xứng
Chứng minh rằng A^TD-C^TB=I


Từ tính chất đối xứng: AB^T-BA^T=0, và CD^T-DC^T=0
Theo giả thiết AD^T-BC^T=I suy ra DA^T-CB^T=I

Ta có \begin{pmatrix} A & B \\  C & D \end{pmatrix}\begin{pmatrix}D^T & -B^T \\ -C^T & A^T\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}AD^T-BC^T & -AB^T+BA^T \\ CD^T -DB^T & -CB^T+DA^T\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}I & 0 \\ 0 & I\end{pmatrix}

suy ra \begin{pmatrix}D^T & -B^T \\ -C^T & A^T\end{pmatrix}\begin{pmatrix} A & B \\  C & D \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}I & 0 \\ 0 & I\end{pmatrix}

từ đó A^TD-C^TB=I



Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 1. 2003 (A-РСОМ) Cho a_n=\sqrt{[(n+\alpha)^2]}-n, trong đó \alpha\in\mathbb{R} và sử dụng kí hiệu phần nguyên. Tính \lim_{n\to\infty}a_n

Ta có (n+\alpha)^2-1\le [(n+\alpha)^2]\le (n+\alpha)^2

Khi n đủ lớn thì ta có điều tương đương

\sqrt{(n+\alpha)^2-1}-n\le a_n\le |n+\alpha| -n = \alpha

Lại có \sqrt{(n+\alpha)^2-1}-n=\frac{((n+\alpha)^2-1)-n^2}{\sqrt{(n+\alpha)^2-1}+n}
=\frac{2\alpha n+\alpha^2-1}{\sqrt{(n+\alpha)^2-1}+n}\ge  \frac{2\alpha n+\alpha^2-1}{2n+\alpha}

Từ đó ta có \frac{2\alpha n+\alpha^2-1}{2n+\alpha}\le a_n\le \alpha

Khi n\to\infty suy ra a_n\to \alpha
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 09-07-2009 16:50
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 5. 2003 (A-РСОМ) Cho f, g: [0,1]\to \mathbb{R} tăng trên [0,1]
Chứng minh rằng \int_0^1f(x)dx\int_0^1g(x)dx\le \int_0^1 f(x)g(x)dx


(bài này khêu gợi quá, nhưng rất simple)

Do f,g đồng biến trên [0,1] nên

0\le \int_0^1\int_0^1(f(x)-f(y))(g(x)-g(y))dxdy
=\int_0^1\int_0^1f(x)g(x)dxdy-\int_0^1\int_0^1f(x)g(y)dxdy
-\int_0^1\int_0^1f(y)g(x)dxdy+\int_0^1\int_0^1f(y)g(y)dxdy
=2\int_0^1dy \int_0^1f(x)g(x)dx-2\int_0^1f(x)dx \int_0^1g(x)dx=2(RHS-LHS)
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 09-07-2009 17:05
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 6. 2007 (B-РСОМ) Tính \lim_{n\to\infty}\{n!e\} ở đây sử dụng kí hiệu phần lẻ.

Theo khai triển Maclaurin
e^{x}=1+x+....+\frac{x^n}{n!}+e^{ax}\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}, với a\in(0,1)

Thế thì e=1+1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n!}+\frac{e^a}{(n+1)!}
0<\frac{e^a}{n+1}<1 với n>1, nên \{n!e\}=n!e-[n!e]=\frac{e^a}{n+1}.

Do đó khi n\to\infty thì \{n!e\}\to 0
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 03:01
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 3. 2008 (B-РСОМ) Tính tổng \sum_{k=1}^{\infty}\sin\frac{2k+1}{k^2+k}\sin\frac{1}{k^2+k}

Ta có \sin\frac{2k+1}{k^2+k}\sin\frac{1}{k^2+k}=\sin(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1})\sin(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})
=\cos^2\frac{1}{k+1}-\cos^2\frac{1}{k}

Từ đó tổng riêng S_n=\sum_{k=1}^{\infty}(\cos^2\frac{1}{k+1}-\cos^2\frac{1}{k})=\cos^2\frac{1}{n+1}-\cos^21

Khi n\to\infty ta có tổng trên bằng \sin^21
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 03:13
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 6. 2008 (B-РСОМ) Cho các số thực x_1,...,x_n, xét ma trận A=(a_{ij}) với a_{ij}=\cos (x_i-x_j)

Tính \det(A)

Với n=2 thì \det(A)=\sin^2(x_1-x_2)

Với n>2 thì \cos(x_k-x_j)=\frac{e^{i(x_k-x_j)}+e^{i(x_j-x_k)}}{2}

Các ma trận \{e^{i(x_k-x_j)}\} có hạng bằng 1 do đó hạng của ma trận A không quá 2. Vì vậy \det(A)=0
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 03:44
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 2. 2008 (A-РСОМ) Dãy các số nguyên dương (a_n), n\ge 1 sao cho các tổng a_i+a_j đều là các số khác nhau. Chứng minh rằng chuỗi \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n} hội tụ.

Sự hội tụ của chuỗi dương không thay đổi nếu thay đổi thứ tự các số hạng, nên không mất tính tổng quát giả sử (a_n) tăng.

Tập \{a_i+a_j, \ i\le j\le n\} gồm \frac{n(n-1)}{2}+n=\frac{n(n+1)}{2} phần tử là các số nguyên dương đôi một khác nhau.

Do đó 2a_n=a_n+a_n \ge  \frac{n(n+1)}{2} (dấu bằng xảy ra nếu a_1,...,a_nn số nguyên dương đầu tiên). Theo dấu hiệu so sánh dẫn đến điều phải chứng minh.


Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 5. 2008 (A-РСОМ) Cho f: (0,+\infty)\to \mathbb{R} khả vi đến cấp 3. Biết rằng \lim_{x\to\infty}f(x) hữu hạn, và \lim_{x\to\infty}f'''(x)=0. Chứng tỏ \lim_{x\to\infty}f'(x)=\lim_{x\to\infty}f''(x)=0

Theo khai triển Taylor ta có

f(x+1)=f(x)+f'(x)+\frac{f''(x)}{2}+\frac{f'''(x+\theta_1(x))}{6}

f(x-1)=f(x)-f'(x)+\frac{f''(x)}{2}-\frac{f'''(x+\theta_2(x))}{6}

với x>1\theta_1(x),\theta_2(x)\in(0,1)

Từ đó

f''(x)=f(x+1)+f(x-1)-2f(x)+\frac{f'''(x+\theta_1(x))-f'''(x+\theta_2(x))}{6}

2f'(x)=f(x+1)-f(x-1)+\frac{f'''(x+\theta_1(x))+f'''(x+\theta_2(x))}{6}

Lấy giới hạn suy ra điều phải chứng minh.
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 04:46
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 4. 2006 (B-РСОМ) Tìm tất cả các hàm f,g : \mathbb{R}\to\mathbb{R} sao cho \begin{Bmatrix}(f(x))^3-3f(x)(g(x))^2=\cos 3x\\ 3(f(x))^2g(x)-(g(x))^3=\sin 3x\end{matrix}

Nhân phương trình thứ 2 cho i rồi cộng với phương trình thứ nhất ta có

(f(x))^3+3i(f(x))^2g(x)-3f(x)(g(x))^2-i(g(x))^3=\cos 3x+i\sin 3x

Hay (f(x)+ig(x))^3=(\cos x +i \sin x)^3

Từ đó f(x)=\sin x, g(x)=\cos x, thử lại thì hai hàm này thỏa điều kiện bài toán.
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 08:37
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 2. 2006 (B-РСОМ) cho A=\begin{pmatrix}   1 & { - 1} & 1  \\   { - 1} & 1 & 0  \\   { - 1} & 0 & 1  \\ \end{pmatrix}
Tính A^{200}


Ta có A=B+I với

B=\begin{pmatrix}   0 & { - 1} & 1  \\  { - 1} & 0 & 0  \\   { - 1} & 0 & 0  \\ \end{pmatrix}

B^2= \begin{pmatrix}   0 & 0 & 0  \\   0 & 1 & { - 1}  \\  0 & 1 & { - 1}  \\ \end{pmatrix}

B^3= \begin{pmatrix}  0 & 0 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\ \end{pmatrix}

Khi đó A^{200}=I+200B+\frac{200.199}{2}B^2=\begin{pmatrix}  1 & { - 200} & {200}  \\   { - 200} & {19901} & { - 19900}  \\  { - 200} & {19900} & { - 19899}  \\ \end{pmatrix}
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 10-07-2009 08:49
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 1. 2006 (A-РСОМ) Tính \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{1/n}\frac{\arctan\sqrt{x}}{x+1}dx,  \ n\in\mathbb{N}

Với a_n=\int_0^{1/n}\frac{\arctan\sqrt{x}}{x+1}dx ta giả sử \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{Cn^{\alpha}}=1

Ta có \lim_{n\to\infty}\frac{\int_0^{1/n}\frac{\arctan\sqrt{x}}{x+1}dx}{Cn^{\alpha}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\arctan\sqrt{1/n}}{1/n+1}(-1/n^2)}{C\alpha n^{\alpha-1}}=-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{C\alpha n^{\alpha+3/2}}=1 (áp dụng l'Hôpital's rule)

suy ra \alpha=-3/2, C=2/3

Như vậy a_n\sim \frac{2}{3}n^{-3/2}, theo dấu hiệu so sánh thì chuỗi này hội tụ.


Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 4. 2006 (A-РСОМ) Xét ma trận vuông A sao cho A^{p+1}=A với số p nào đó, p\ge 2. Chứng minh:
i. rank(A)+rank(I-A^p)=n
ii. rank(I-A)=...=rank(I-A^{p-1}), p là số nguyên tố.


i. Ta có 0=rank(A(I-A^p))\ge rank(A)+ rank(I-A^p)-n

Lại có rank(A)+rank(I-A^p)\ge rank(A^p)+rank(I-A^p)
\ge rank( A^p+I-A^p)=n

Từ đó có điều phải chứng minh

ii. Chú ý là S=\{p+1,2p+1,...,kp+1\} là hệ thặng dư đầy đủ modulo k với 1\le k\le p-1. Do vậy tồn tại q\in S sao cho k\ |\ qp+1
Do vậy rank(I-A)\ge rank (I-A^k)\ge rank(I-A^{qp+1})=rank(I-A)
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 11-07-2009 02:56
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 3. 2008 (A-РСОМ) Tính định thức của ma trận A=\begin{pmatrix} r_1 & a & \text{...} & a \\ b & r_2 & \text{...} & a \\  \text{...} & \text{...} & \text{...} & \text{...} \\  b & \text{...} & b & r_n  \end{pmatrix}

Đặt \det (A)=D(r_1,r_2,...,r_n)

Ta có \det\begin{pmatrix} r_1-a & 0 & \text{...} & \text{...} & a \\  b-r_2 & r_2-a & 0 & \text{...} & a \\  \text{...} & \text{...} & \text{...} & \text{...} & \text{...} \\  \text{...} & \text{...} & b-r_{n-1} & r_{n-1}-a & a \\ 0 & \text{...} & 0 & b-r_n & r_n\end{pmatrix}
(lấy cột j-1 trừ vào cột j)

Do đó D(r_1,r_2,...,r_n)=(r_1-a)D(r_2,r_3,...,r_n)+(-1)^{n-1}a(b-r_2)(b-r_3)...(b-r_n)
(khai triển theo hàng thứ nhất)

Từ đó suy ra det(A)=\frac{a\prod_{i=1}^n(r_i-b)-b\prod_{i=1}^n(r_i-a)}{a-b}
Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 11-07-2009 04:22
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
fuzzy2015
 5. 2009 (A-РСОМ) Xét các tự đồng cấu tuyến tính u,v: \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n sao cho Ker(v)\subset Ker(u). Chứng tỏ rằng tồn tại tự đồng cấu tuyến tính w: \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n sao cho u=w\circ v

Giả sử \{e_1,e_2,...,e_k\} là cơ sở của Ker(v), ta luôn có thể mở rộng thành cơ sở \{e_1,e_2,...,e_k,e_{k+1},...,e_n\} của \mathbb{R}^n

Dễ thấy \{v(e_{k+1}),...,v(e_n)\} là cơ sở của Im(v)

Ta xác định w' xác định trên Im(v) sao cho w' \circ v(e_i)=u(e_i)

Tồn tại mở rộng w của w' trên toàn \mathbb{R}^n. Khi đó

w \circ v (x)=w(v(\sum_{i=1}^nx_ie_i))=\sum_{i=1}x_iw \circ v(e_i)=\sum_{i=1}x_i u(e_i)=u(x)

Sửa bởi fuzzy2015 vào lúc 11-07-2009 04:52
Khoái lạc nhĩ hòa ngã Smile
 
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: 0.14 seconds 4,981,404 lượt ghé thăm