Đây là tài liệu sưu tầm của mình ( các bài toán đều có lời giải hết) :

putnam 1938 1964

 Putnam 1938-1964 (2) (1).pdf   30.4MB   283 downloads

putnam 1965 1984  Putnam 1965-1984.pdf   8.12MB   644 downloads

putnam 1985 2000   Putnam1985-2000.pdf   2.06MB   253 downloads

putnam 2001 bài toán   2001.pdf   77.83KB   238 downloads lời giải  2001s.pdf   112.51KB   380 downloads

putnam 2002  bài toán  Undergraduate_Competitions-Putnam-2002-23.pdf   141.34KB   272 downloads lời giải   2002s.pdf   101.25KB   217 downloads

putnam 2003  bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2003-23.pdf   129.57KB   234 downloads lời giải  2003s.pdf   87.94KB   402 downloads  2003s.pdf   87.94KB   402 downloads

putnam 2004 bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2004-23.pdf   149.68KB   196 downloads lờ giải  2004s.pdf   71.13KB   189 downloads

putnam 2005 bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2005-23.pdf   142.35KB   247 downloads  Undergraduate_Competitions-Putnam-2003-23.pdf   129.57KB   234 downloads lời giải

putnam 2006   2006.pdf   208KB   599 downloads

putnam 2007 bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2007-23.pdf   137.65KB   245 downloads lời giải   2007s.pdf   81.36KB   266 downloads

putnam 2008  bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2008-23.pdf   130.43KB   230 downloads lời giải

   Putnam_2008 (1).pdf   141.76KB   598 downloads

putnam 2009 bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2009-23.pdf   132.36KB   237 downloads lời giải  Putnam_2009.pdf   200.84KB   907 downloads

putnam 2010 bài  toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2010-23.pdf   142.71KB   228 downloads lời giải 

putnam 2011 bài toán   Undergraduate_Competitions-Putnam-2011-23.pdf   141.02KB   259 downloads lời giải

 2011s.pdf   76.89KB   220 downloads

putnam 2012  sol2012.pdf   87.86KB   209 downloads

putnam 2013  sol2013.pdf   228.77KB   217 downloads

putnam 2014 bài toán   4319.pdf   117.51KB   352 downloads lời giải   putnam2014.pdf   150.09KB   327 downloads

 Mong rằng đây sẽ là bộ tài liêu hữu ích cho đông đảo mọi người

Không có bạn ơi . Tài liệu này chỉ có bản tiếng anh à !

Đây là một bộ tài liệu rất hữu ích cho những ai đam mê giải tích

Quyển 1  Ramanujan's Notebooks I.pdf   12.41MB   971 downloads

Quyển 2  Ramanujan's Notebooks II.pdf   13.64MB   406 downloads

Quyển 3  Ramanujan's Notebooks III.pdf   20.03MB   405 downloads 

Quyển 4   Ramanujan's Notebooks IV.pdf   10.63MB   335 downloads

 còn đây là  cuốn sách lý thuyết số - giải tích tổng hợp cô động các thành tựu của ramanujan

   Bruce C. Berndt - Number Theory in the Spirit of Ramanujan - AMS - 201p.pdf   14.02MB   501 downloads

Sau bộ tài liệu putnam đây là một bộ tài liệu dành cho phổ thông tốt :

1990 -  bw90sol.pdf   61.88KB   136 downloads

1991  bw91sol.pdf   69.69KB   155 downloads

1992  bw92sol.pdf   73.12KB   136 downloads

1993  bw93sol.pdf   80.08KB   156 downloads

1994  bw94sol.pdf   87.38KB   129 downloads

1995  bw95sol.pdf   73.61KB   148 downloads

1996  bw96sol.pdf   81.36KB   111 downloads

1997  bw97sol.pdf   123.31KB   104 downloads

1998  bw98sol.pdf   121.46KB   109 downloads

1999  bw99sol.pdf   124.71KB   110 downloads

2000  bw00sol.pdf   102.75KB   107 downloads

2001  bw01sol.pdf   95.83KB   118 downloads

2002  bw02sol.pdf   121.4KB   129 downloads

2003  bw03sol.pdf   157.74KB   151 downloads

2004  bw04sol.pdf   140.7KB   114 downloads

2005  bw05sol.pdf   144.51KB   168 downloads

2006  bw06sol.pdf   145.27KB   106 downloads

2007  bw07sol.pdf   207.33KB   107 downloads

2008  bw08sol.pdf   159.89KB   109 downloads

2009  bw09pb.pdf   49.85KB   118 downloads (năm này không thấy có lời giải cụ thể các bạn có thể tham khảo trên trang '' art problem solving'' các lời giải của từng bài )

2010  bw10sol.pdf   224.59KB   161 downloads

2011  bw11sol.pdf   352.37KB   146 downloads

2012  bw12sol.pdf   204.93KB   261 downloads

2013  PROBSOLS.pdf   1.29MB   240 downloads

     Mong rằng với số lượng tài liệu ít ỏi này sẽ giúp ít cho nhiều bạn

 Sau hai bộ '' full' nam và ' baltic way ' thì đây là bộ tài liệu khó và còn bị ít mong các bạn thông cảm

   lần 2  solutions2009.pdf   99.41KB   173 downloads

  lân 4 ngày 1  Sols2011D1.pdf   62.76KB   111 downloads ngày 2   Sols2011D2.pdf   99.56KB   104 downloads

lần 5 ngày 1   Solutions2012-1.pdf   60.69KB   107 downloads ngày 2  Solutions2012-2.pdf   67.87KB   105 downloads

lần 6 ngày 1  Solutions2013-1.pdf   188.4KB   209 downloads ngày 2   Solutions2013-2.pdf   183.82KB   118 downloads

lân 7 ngày 1  Solutions_RMM2015-1.pdf   166.11KB   98 downloads ngày 2   Solutions_RMM2015-2.pdf   173.35KB   97 downloads

  Nếu có bạn nào có các lần thi bị khuyết xin hãy chia sẻ ở đây nhé !

Sau đây là một số bài toán tính định thức theo các hướng độc đáo đã được sau trên các cuộc thi danh tiếng  (đề mục này sẽ được bổ sung dần dần )

Bài toán 1. (PUTNAM 2014)  Cho A là ma trận $n\times n$ trong đó phần tử ở hàng thứ i cột thứ j được cho bởi $\frac{1}{min(i,j)}$ với $1\leqslant i,j\leqslant n$ . Tính định thức của ma trận A

Lời giải. Từ điều kiện ở đầu ta thấy 

           A=$\begin{bmatrix} 1 & 1 &1 ...& 1& \\ 1& \frac{1}{2} &\frac{1}{2} ...& \frac{1}{2}& \\ 1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{3} ...&\frac{1}{3} & \\1 &\frac{1}{2}&\frac{1}{3}...& \frac{1}{4}\\ ... & ... & ... &... \\ 1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{3} ... & \frac{1}{n} & \end{bmatrix}$

   Để giải bài toán này ta sẽ áp dụng khai triển Laplace  cho hàng thứ n . Chú ý khi đó ma trận con thu được khi xóa hàng thứ n có dạng 

         \begin{bmatrix} 1 & 1& 1 & ... &1& 1\\1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{2} & ...& \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ ... & ... &... & ...&... & ...\\1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{3} &..& \frac{1}{n-1} &\frac{1}{n-1} \end{bmatrix}$

Khi đó cột thứ n và cột thứ n-1 trùng nhau nên ma trận con chứa cả hai cột n và n-1 có định thức bằng 0 . Từ đó ta thấy

        $\begin{vmatrix} 1& 1 & 1 & ... &1 \\1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} &... & \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &... &\frac{1}{2} \\ ...& ... &... & ... &... \\ 1& \frac{1}{2} &\frac{1}{3} & ... &\frac{1}{n} \end{vmatrix}=-\frac{1}{n-1}\begin{vmatrix} 1 & 1 & ... &1 \\ 1 & \frac{1}{2} &... &\frac{1}{2} \\... & ...& ... & ...\\ 1 & \frac{1}{2}&... &\frac{1}{n-1} \end{vmatrix}+\frac{1}{n}\begin{vmatrix} 1 & 1 & ... & 1\\1 & \frac{1}{2} & ... & \frac{1}{2}\\ ... &\... & ... &... \\ 1 & \frac{1}{2} &... &\frac{1}{n-1} \end{vmatrix}$

    Nếu đặt $D_{n}=det(A)$ trong đó A có cấp n thì $D_{n}=\left ( \frac{1}{n} -\frac{1}{n-1}\right ) D_{n}=\frac{-1}{n(n-1)}D_{n-1}$

    Sử dụng hệ thức truy hồi này và chú ý $D_{1}=1$ ta được

$D_{n}=\frac{-1}{n(n-1)}\frac{-1}{(n-1)(n-2)}...\frac{-1}{3.2}\frac{-1}{2.1}=\frac{(-1)^{n+1}}{n!(n-1)!}$

   Bài toán 2 (ĐHBK -2013) .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 của ma trận $M=(m_{ij})_{n\times n}$ tróng đó $m_{ij}=\frac{1}{1-x_{i}y_{j}}$

lời giải. Để cho thuận tiện ta quy ước $D_{y_{1}y_{2}...y_{n}}^{x_{1}x_{2}...x_{n}}=det(M)$. Ta thấy

 n=2 : $D_{y_{1}y_{2}}^{x_{1}x_{2}}=\begin{vmatrix} \frac{1}{1-x_{1}y_{1}} &\frac{1}{1-x_{1}y_{2}} \\ \frac{1}{1-x_{2}y_{1}} &\frac{1}{1-x_{2}y_{2}} \end{vmatrix}=\frac{(x_{1}-x_{2})(y_{1}-y_{2})}{(1-x_{1}y_{1})(1-x_{1}y_{2})(1-x_{2}y_{1})(1-x_{2}y_{2})}$  ( tính toán tương đối đơn giản nên mình không nêu ra cụ thể )

Ta có thể tính trực tiếp thêm một số giá trị của n . Dự đoán :

$D_{y_{1}...y_{n}}^{x_{1}...x_{n}}=\frac{\prod_{1\leqslant i< j\leqslant n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(1-x_{i}y_{j})}$. Ta sẽ chứng minh quy nạp công thức này.

   Áp dụng khai triển Laplace cho cột thứ nhất ta được

$D_{y_{1}..y_{n+1}}^{x_{1}...y_{n+1}}=\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i+1}\frac{1}{1-x_{i}y_{1}}D_{y_{2}...y_{n+1}}^{x_{1}...x_{i-1}x_{i+1}...x_{n+1}}$

$=\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}\frac{1}{1-x_{i}y_{1}}\frac{\prod_{1\leq k< l\leq n+1,k,l\neq i}(x_{k}-x_{l})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{1\leq k\leqslant n+1,k\neq i,2\leq l\leqslant n+1}(1-x_{k}y _{l})}$

$\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}(1-x_{k}y_{1})\frac{\prod_{1\leqslant k< l\leq n+1}(x_{k}-x_{l})\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{k=1}^{i-1}(x_{k}-x_{i})\prod_{k=i+1}^{n+1}(x_{i}-x_{k})\prod_{1\leqslant k,l\leqslant n+1}(1-x_{k}y_{l})}$

$=\left ( \sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1} \frac{1-x_{k}y_{1}}{x_{i}-x_{k}}\right )\frac{\prod_{1\leq k< l\leq n+1}(x_{k}-x_{l})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{1\leqslant k,l\leq n+1}(1-x_{k}y_{l})}$

 Đặt $P(x)=\prod_{k=2}^{n+1}(1-xy_{k})$ thì $P(x)$ là một đa thức bậc n và $P(x_{i})=\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k}),i=1,2,..n+1$ . Áp dụng công thức Lagrange ta được:

  $P(x)=\sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}\frac{x-x_{k}}{x_{i}-x_{k}}$

 Thay $x=\frac{1}{y_{1}}$ , nhân hai vế cho $y_{1}^{n}$ ta được

      $\prod_{k=2}^{n+1}(y_{1}-y_{k})=\sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}\frac{1-x_{k}y_{1}}{x_{i}-x_{k}}$.

  Từ đây ta dễ dàng thu được kết quả mong muốn.

                           Chuyên đề này sẽ luôn được bổ sung mong các bạn ủng hộ

Bài toán 1 (PUTNAM 2005 ) Cho $S_{n}$ là tập các hoán vị của tập hợp $\left \{ 1,2,... n\right \}.$. Xét  $\pi \in S_{n}$ , đặt $\sigma (\pi )=1$ nếu $\pi$ là hoán vị chẵn và $\sigma (\pi )=-1$ nếu$\pi$ là hoán vị lẻ. Gọi $\nu (\pi )$ là số các điểm bất động của hoán vị $\pi$.

 Chứng minh đẳng thức :

                                                             $\sum_{\pi \in S_{n}}^{} \therefore \frac{\sigma (\pi )}{\nu (\pi )+1}=(-1)^{n+1}\frac{n}{n+1}$

Lời giải 

  Đặt $I$ là ma trận đơn vị cấp n , $J_{x}$ là ma trận có các phần tử trên đường chéo chính bằng $x$ và các phần tử còn lại bằng 1. Khi đó

                          $J_{x}=\begin{bmatrix} x & 1 & ... &1 \\ 1& x &... &1 \\... & ... &... & ...\\1 & 1 & ... &x \end{bmatrix}$

 Ta có thể dễ dàng tính được định thức của ma trận này $detJ_{x}=(x+n-1)(x-1)^{n-1}$ ( có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu hiện nó nên không nêu ra ở đây)

  Mặc khác, chúng ta có thể tính tổng này theo tổng các hoán vị :

                       $detJ_{x}=\sum_{\pi \in S_{n}}sgn(\pi )x^{\upsilon (\pi )}$

 Lấy tích phân từ 0 tới 1 ( có sử dụng đến phép đổi biến $y=1-x$ ta thu được

  $\sum_{\pi \in S_{n}}\frac{sgn(\pi )}{\upsilon(\pi )+1}=\int_{0}^{1}(x+n-1)(x-1)^{n-1}dx=\int_{0}^{1}(-1)^{n+1}(n-y)y^{n-1}dy=(-1)^{n+1}\frac{n}{n+1}$

 Chú ý $\sigma (\pi )$ trong định nghĩa của bài toán chính là định nghĩa về dấu của phép thế nên ta có được đpcm

Bài toán .Tính tích phân :

                       $\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}cos\frac{x^{2}}{2t^{2}}dt$

Lời giải:

Ta thấy hàm 

  $y(x)=\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}cos\frac{x^{2}}{2t^{2}}dt$ thỏa mãn phương trình vi phân

$y^{(iv)}+y=0$. Thật vậy:

$y^{'}=\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}sin\frac{x^{2}}{2t^{2}}\frac{-x}{t^{2}}dt=-\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{x^{2}}{2u^{2}}}sin\frac{u^{2}}{2}du$

và $y^{''}=-\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{x^{2}}{2u^{2}}}sin\frac{u^{2}}{2}\frac{-x}{u^{2}}du=\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}sin\frac{x^{2}}{2t^{2}}dt$

 tiếp tục quá trình tính toán này ta sẽ thu được

   $y^{(iv)}=-\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}cos\frac{x^{2}}{2t^{2}}dt$

các kết quả trên chứng minh nhận định của ta.

   Dựa vào lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng ta thấy, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã dẫn là :

 $y(x)=e^{\frac{x}{\sqrt{2}}}(C_{1}cos\frac{x}{\sqrt{2}}+C_{2}sin\frac{x}{\sqrt{2}})+e^{-\frac{x}{\sqrt{2}}}(C_{3}cos\frac{x}{\sqrt{2}}+C_{4}sin\frac{x}{\sqrt{2}})$

  Để tính tích phân ở đầu bài ta đi tìm một nghiệm riêng của phương trình vi phân thỏa mãn $y(0)=\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}dt=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ ( tích phân dạng Gauss) , $y^{'}(0)=-\int_{0}^{\infty }sin\frac{u^{2}}{2}du=-\frac{\sqrt{\pi }}{2}$ ( tích phân  dạng  Fresenel ),$y^{''}(0)=0$ và $y^{'''}(0)=\int_{0}^{\infty }cos\frac{u^{2}}{2}du=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$. Dựa vào các điều kiện ban đầu này ta dễ dàng tính được: $C_{1}=C_{2}=C_{3}=0$ và $C_{4}=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$

 Do vậy ta thấy : 

                                $\int_{0}^{\infty }e^{-\frac{t^{2}}{2}}cos\frac{x^{2}}{2t^{2}}dt=\sqrt{\frac{\pi }{2}}e^{-\frac{x}{\sqrt{2}}}cos\frac{x}{\sqrt{2}}$

    Ví dụ trên tương đối đơn giản và là một hình dung cụ thể cho thủ thuật tính tích phân thông qua phương trình vi phân

Bài toán.(Putnam ? ) Hỏi với giá trị của n như thế nào thì tích phân

    $I=\int_{0}^{2\pi }cosxcos2x...cosnxdx$ có giá trị khác không ? , 

Lời giải .

Áp dụng định lí Morvie : $e^{ix}=cosx+isinx$ ta dễ dàng suy ra $cosx=\frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})$ thay vào biểu thức của $I$ ta thấy

$I=\frac{1}{2^{n}}\int_{0}^{2\pi }(e^{ix}+e^{-ix})(e^{2ix}+e^{-2ix})...(e^{nix}+e^{-nix})dx=\frac{1}{2^{n}}\int_{0}^{2\pi }\sum_{\varepsilon _{1},\varepsilon _{2}...\varepsilon _{n}=\pm 1}e^{(\varepsilon _{1}+2\varepsilon _{2}+...n\varepsilon _{n})ix}dx$=

  $\frac{1}{2^{n}}\sum_{\varepsilon _{1},...\varepsilon _{n}=\pm 1}\int_{0}^{2\pi }e^{(\epsilon _{1}+2\varepsilon _{2}+...+n\varepsilon _{n})ix}dx$

  Ta có :   $\int_{0}^{2\pi }e^{mix}dx=2\pi$ nếu $m=0$ và bằng 0 trong trường hợp $m\neq 0$. 

Do đó: $I=\frac{\pi}{2^{n-1}}S(n)$

trong đó $S(n)$ là số cách chọn các dấu +, -  sao cho $\pm 1\pm 2\pm...\pm n=0$.(Do n=0 hiển nhiên làm cho tích phân ban đầu khác không nên ở đây ta chỉ xét các giá trị $n\geq 1$ )

    Bài toán của ta trở thành tìm n sao cho $S(n)\neq 0$.    

Ta xét các trường hợp của n

 Nếu $n=4k$ thì từ đẳng thức : $(1-2-3+4)+(5-6-7+8)+...+((4k-3)-(4k-2)-(4k-1)+4k)=0$ ta suy ra $S(n)\neq 0$  

Nếu n=4k+3  thì từ đẳng thức: $(1+2-3)+(4-5-6+7)+...+((4k)-(4k+1)-(4k+2)+(4k+3))=0$ ta cũng suy ra $S(n)\neq 0$

Nếu n=4k+1 hoặc 4k+2:

   $\varepsilon _{1}+2\varepsilon _{2}+...+n\varepsilon _{n}\equiv 1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}\not\equiv 0 mod2$  , trong đó $\varepsilon _{1},...\varepsilon _{n}=\pm 1$ nên $S(n)=0$

  Từ khảo sát trên ta dễ thấy giá trị cần tìm là n=4k , n=4k+3 , trong đó k là số tự nhiên nào đó

Bài toán. Tìm khai triển Fourier của hàm $f(x)=(\frac{sinnx}{sinx})^{2}$

Lời giải. Từ công thức Euler: $e^{ix}=cosx+isinx$ và đằng thức sau:

    $\sum_{k=1}^{n}e^{2ikx}=\frac{e^{2i(n+1)x}-1}{e^{2ix}-1}$  ( chứng minh khá đơn giản nên mình không đưa ra ở đây )

Tách lấy phần thực và phần ảo ta thu được hai hệ thức quan trọng sau :

$cos2x+cos4x+...+cos2nx=\frac{sinnxcos(n+1)x}{sinx}$

$sin2x+sin4x+...+sin2nx=\frac{sinnxsin(n+1)x}{sinx}$

 Ta viết lại hàm $f(x)$ lai dưới dạng 

 $(\frac{sinnx}{sinx})^{2}=\left ( \frac{sinnxsin(n+1)x}{sinx} \right )^{2}+\left ( \frac{sinnxcos(n+1)x}{sinx} \right )^{2}$.

 Thay kết quả thu được vào và chú ý đến hằng đẳng thức Lagrange: 

$\left ( x_{1}+x_{2}+...x_{n} \right )^{2}=\sum_{i=1}^{n}x^{2}_{i}+2\sum_{1\leqslant k< l\leqslant n}x_{k}x_{l}$, ta thu được  :

$f(x)=n+2\sum_{1\leq k< l\leq n}(sin2kxsin2lx+cos2kxcos2lx)$

$=n+2\sum_{1\leq l< k\leq n}cos2(k-l)x$

$=n+2\sum_{m=1}^{n-1}(n-m)cos2mx$.

 Do đó ta có khai triển Fourier

    $\left ( \frac{sinnx}{sinx} \right )^{2}=n+2\sum_{m=1}^{n-1}(n-m)cos2mx$.

 Lưu ý ở các bước cuối bạn cần một chút kiến thức tổ hợp nhỏ.

Bài toán. Chứng minh rằng số điểm nguyên trong hình lập phương đóng $-n\leq x,y,z\leq n$ thỏa mãn điều kiện $-s\leq x+y+z\leq s$ bằng $\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\left ( \frac{sin\frac{2n+1}{2}t}{sin\frac{t}{2}} \right )^{3}\frac{sin\frac{2s+1}{2}t}{sin\frac{t}{2}}dt$ trong đó s, n nguyên

Lời giải. Xét hàm sinh của bài toán

     $G(x)=\left ( \frac{1}{x^{n}}+\frac{1}{x^{n-1}}+...+\frac{1}{x}+1+x+...+x^{n-1}+x^{n} \right )^{3}$

  $=...+a_{-k}x^{-k}+a_{-k+1}x^{-k+1}+...+a_{-1}x^{-1}+a_{0}+a_{1}x+...+a_{k-1}x^{k-1}+a_{k}x^{k}+...$

 Dễ thấy khi đó số các điểm nguyên của hình lập phương đóng thỏa mãn điều kiện $x+y+z=m$ trong đó m nguyên và $-3n\leq m\leq 3n$ chính là hệ số $a_{m}$ trong khai triển trên.

 Do đó 

  Số cần tìm = $a_{-s}+a_{-s+1}+...a_{1}+a_{0}+a_{1}+...+a_{s-1}+a_{s}$

 Để tính tổng này ta chú ý đến một kết quả quen thuộc trong giải tích phức:

                         $\int_{-\pi }^{\pi }e^{ikx}dx=2\pi$ nếu k=0 và bằng 0 trong các trường hợp còn lại.

nên nói chung ta thấy:

$\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }G(e^{it})e^{-kxt}dt=a_{k}$, trong đó$-3n\leq k\leq 3n$

 Để thuận tiện trong trình bày ta sẽ đặt $\zeta =e^{it}$ nên ta được :

         $\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }G(\zeta)\zeta ^{-k}dt=a_{k}$

 Ta có

  $\sum_{i=-s}^{s}a_{i}=\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }G(\zeta)(\sum_{i=-s}^{s}\zeta ^{i})dt$

  Không quá khó khăn để chứng minh đẳng thức sau:

                 $\sum_{i=-m}^{m}\zeta ^{i}=\frac{\zeta ^{-\frac{2m+1}{2}}-\zeta ^{-\frac{2m+1}{2}}}{\zeta ^{-\frac{1}{2}}-\zeta ^{\frac{1}{2}}}=\frac{sin\frac{2m+1}{2}t}{sin\frac{t}{2}}$   ( chú ý ta có: $\zeta =e^{it}$

nên $\sum_{i=-s}^{s}a_{i}=\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\left ( \frac{sin\frac{2n+1}{2}t}{sin\frac{t}{2}} \right )^{3}\frac{sin\frac{2s+1}{2}t}{sin\frac{t}{2}}dt$ (đpcm)

Đặt $x=\frac{1}{2}+rsin\varphi cos\theta ;y=\frac{1}{2}+rsin\varphi sin\theta ;z=\frac{1}{2}+rcos\varphi$;

trong đó $0\leq r\leq \frac{\sqrt{3}}{2};0\leq \theta \leq 2\pi ;0\leq \varphi \leq \pi$. Định thức hàm $J=r^{2}sin\varphi$

 Do đó $\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{\pi }d\varphi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}(\frac{3}{2}+rsin\varphi cos\theta +rsin\varphi sin\theta +rcos\varphi )r^{2}sin\varphi dr$. Tách tích phân trên thành 4 phần:

$I_{1}=\frac{3}{2}\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{\pi }sin\varphi d\varphi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}r^{2}dr$ 

$I_{2}=\int_{0}^{2\pi }cos\theta d\theta \int_{0}^{\pi }sin^{2}\varphi d\varphi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}r^{3}dr$

$I_{3}=\int_{0}^{2\pi }sin\theta d\theta \int_{0}^{\pi }sin^{2}\varphi d\varphi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}r^{3}dr$

$I_{4}=\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{\pi }cos\varphi sin\varphi d\varphi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}r^{3}dr$.

 Ta thấy $\int_{0}^{2\pi }cos\theta d\theta =\int_{0}^{2\pi }sin\theta d\theta =\int_{0}^{\pi }cos\varphi sin\varphi d\varphi =0$ nên

$I=\frac{3}{2}\times 2\pi \times 2\times \frac{\sqrt{3}}{8}$

Bài toá n. Tính tích phân

    $I=\int \int_{D} ln\left | sin(x-y) \right |dxdy$, trong đó $D=\left \{ (x,y)/0\leq x< y\leqslant \pi \right \}$

Lời giải:

    Để tính tích phân hai lớp này, trước hết ta chứng minh đẳng thức sau:

   $\sum_{0\leqslant j< k\leq n-1}\frac{\pi ^{2}}{n^{2}}ln\left | sin\left ( \frac{j\pi }{n}-\frac{k\pi }{n} \right ) \right |=\frac{\pi ^{2}}{2n}lnn-\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\frac{\pi ^{2}}{2}ln2$.

  Xét định thức:

     $A=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & ... & 1\\ 1& \varepsilon &\varepsilon ^{2} &...& \varepsilon ^{n-1}\\ 1& \varepsilon ^{2} &\varepsilon ^{4} &... &\varepsilon ^{2(n-1)} \\ ... & ... & .... & ... & ...\\ 1 & \varepsilon ^{n-1} &\varepsilon ^{2(n-1)} &... &\varepsilon ^{(n-1)(n-1)} \end{vmatrix}$

   trong đó $\varepsilon =e^{\frac{2\pi i}{n}}$

 Ta thấy đây là định thức Vandermonde nên 

  $A=\prod_{0\leq j< k\leq n-1}\left ( \varepsilon ^{j}-\varepsilon ^{k} \right )$.

 Mặt khác  liên hợp :$\bar{A}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & ... & 1\\ 1& \bar{\varepsilon } &\bar{\varepsilon }^{2} &... &\bar{\varepsilon}^{n-1} \\1 & \bar{\varepsilon }^{2} & \bar{\varepsilon } ^{4}& ... & \bar{\varepsilon }^{2(n-1)}\\ ... & ... & ...& ... & \\ 1& \bar{\varepsilon }^{n-1} &\bar{\varepsilon }^{2(n-1)} &... & \bar{\varepsilon }^{(n-1)(n-1)} \end{vmatrix}$

 Nên

          $A\bar{A}=\begin{vmatrix} n& 0 & 0 &... &0 \\ 0 & n & 0 & ...& 0\\... & ...& ...& ...& ...\\ ... & ... & ... & ... &... \\ 0& 0& 0 & ... &n \end{vmatrix}=n^{n}$

$\Rightarrow \prod_{0\leq j< k\leq n-1}\left ( \varepsilon ^{j}-\varepsilon ^{k} \right )\prod_{0\leq j< k\leq n-1}\overline{(\varepsilon ^{j}-\varepsilon ^{k})}=n^{n}$

$\prod_{0\leq j< k\leq n-1}\left | \varepsilon ^{j}-\varepsilon ^{k}\right |^{2}=n^{n}$.

 Ta thấy:

     $\left |\varepsilon ^{j} -\varepsilon ^{k} \right |^{2}=\left ( cos\frac{2\pi j}{n} -cos\frac{2\pi k}{n}\right)^{2}+\left (sin\frac{2\pi j}{n} -sin\frac{2\pi k}{n}\right )^{2}$

        $=2\left ( 1-cos\frac{2\pi (j-k)}{n} \right )=\left [ 2sin\left ( \frac{j\pi }{n}-\frac{k\pi }{n} \right ) \right ]^{2}$

    hay $\prod_{0\leq j< k\leq n-1}\left [ 2sin\left ( \frac{j\pi }{n}-\frac{k\pi }{n} \right )\right ]^{2}=n^{n}$

  Lấy logarithm hai vế và sử dụng một chút biến đổi ta được đẳng thức đã nêu.

   Dễ dàng nhận thấy rằng vế trái của đẳng thức này là tổng Riemann của tích phân cần tính ở đây ta đã sử dụng  phân hoạch đều:

     Do đó:

  $\int \int_{D}ln\left | sin(x-y) \right |dxdy=lim_{n\rightarrow \infty }\left [ \frac{\pi ^{2}}{2n} lnn-\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\frac{{\pi ^{2}}}{2}ln2\right ]$$=-\frac{\pi ^{2}}{2}ln2$.

Bài toán.  Cho $k\leq \frac{n}{2}$ và $F$ là một họ các ma trận con của một ma trận $n\times n$  sao cho hai ma trận con bất kì đều giao nhau ( có những phần tử chung ) thì $\left | F \right |\leq \left ( C_{n-1}^{k-1} \right )^{2}$, trong đó $\left | A \right |$ kí hiệu số phần tử của tập A.

Lời giải.

Với mọi ma trận con M thuộc họ F, đặt $R_{M};C_{M}$ là các bộ k- số  chỉ thứ tự của các hàng và các cột . Dể dàng nhận thấy $R_{M};C_{M}$ xác định duy nhất ma trận M. Theo giả thiết của bài toán

      $R_{M_{1}}\bigcap R_{M_{2}}\neq \varnothing ;C_{M_{1}}\bigcap C_{M_{2}}\neq \varnothing$ trong đó $M_{1};M_{2}$ là hai phần tử bất kì thuộc họ F.

 Khi đó nếu đặt   $R=\left \{ R_{M};M\in F \right \}$;$C=\left \{ C_{M};M\in F \right \}$ là hai  họ con chứa các bộ k -số lấy từ n số sao cho hai bộ k- số bất kỳ đều có phần tử chung .

   Theo định lý Erdos-Ko-Rado ( xem tuyển tập các chuyên đề tổ hợp ) ta thấy

                 $\left | R \right |\leq C_{n-1}^{k-1};\left | C \right |\leq C_{n-1}^{k-1}\textrm{}$

Theo nhận xét trên ta suy ra$\left | F \right |\leq \left ( C_{n-1}^{k-1}\right )^{2}$ (đpcm )

Bài toán. (PUTNAM 2011) Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}$ là các số thực thỏa mãn 

          $\int_{-\infty }^{\infty }\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\left ( x-a_{i} \right )^{2}}\right )^{2}dx\leqslant An$ với mọi n , trong đó A là một hằng số dương .

 Chứng minh rằng tồn tại hằng số B dương thỏa $\sum_{i,j=1}^{n}\left ( 1+\left ( a_{i}-a_{j} \right )^{2} \right )\geq Bn^{3}$.

Lời giải. 

 Với $a\neq 0$, $\int_{-\infty }^{\infty }\frac{du}{\left ( 1+\left ( u+a \right )^{2} \right )\left ( 1+\left ( u-a \right )^{2} \right )}=\frac{1}{4a(1+a^{2})}\int_{-\infty }^{\infty }\left [ \frac{u+a}{1+\left ( u+a\right )^{2}}-\frac{u-a}{1+\left ( u-a \right )^{2}} \right ]du$$=\frac{1}{4a\left ( 1+a^{2} \right )}\left [ \frac{1}{2}ln\frac{1+\left ( u+a \right )^{2}}{1+(u-a)^{2}} +aarctan(u+a)+aarctan(u-a)\right ]_{-\infty }^{\infty }$$=\frac{\pi }{2(1+a^{2})}$.

   Sử dụng phép đổi biến: $x=u+\frac{a+b}{2}$ ta được 

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{(1+(x-a)^{2})(1+(x-b)^{2})}=\frac{2\pi }{4+(a-b)^{2}}$, trong đó $a\neq b$

Trong trường hợp a=b 

  $\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{(1+(x-a)^{2})^{2}}=\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\frac{1}{cos^{2}\theta }d\theta }{\frac{1}{cos^{4}\theta }}=\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}cos^{2}\theta d\theta =\frac{\pi }{2}$

 nên côn thức trên cũng đúng với mọi cặp số a,b.

 Ta có

$An\geq \int_{-\infty }^{\infty }\left [ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+(x-a_{i})^{2}}\right ]^{2}dx=\sum_{i,j=1}^{n}\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{(1+(x-a_{i})^{2})(1+(x-a_{j})^{2})}$$=\sum_{i,j=1}^{n}\frac{2\pi }{4+(a_{i}-a_{j})^{2}}\geq \frac{\pi }{2}\sum_{i,j=1}^{n}\frac{1}{1+\left ( a_{i}-a_{j} \right )^{2}}$

 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc Cauchy- Schwarz 

$n^{4}\leq \left [ \sum_{i,j=1}^{n}\frac{1}{1+(a_{i}-a_{j})^{2}} \right ]\sum_{i,j=1}^{n}(1+(a_{i}-a_{j})^{2})\leq \frac{2An}{\pi }\sum_{i,j=1}^{n}(1+(a_{i}-a_{j})^{2})$

  Chọn $B=\frac{\pi }{2A}$ . thì điều kiện bài toán được thỏa mãn

Bài toán.  Cho n là một số nguyên lớn hơn bằng 2.

Chứng minh rằng

 $\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}> lnlnn-1$, trong đó ta quy ước p chỉ các số nguyên tố nên tổng ở đây lấy trên tập các số nguyên tố nhỏ hơn bằng n.

Lời giải. Gọi A(n) là tập các số nguyên dương sao cho các ước số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng n.

Khi đó

 $\prod_{p\leq n}\left ( 1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{2}}+...+\frac{1}{p^{k}}+.... \right )=\sum_{m\in A(n)}\frac{1}{m}$ (1)

Ta thấy rằng $\sum_{m\in A(n)}\frac{1}{m}\geq \sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m}$ (định nghĩa của tập A(n) )

mà ta lại có bất đẳng thức sau ( chứng minh không quá khó khăn )   $\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m}> lnn$  . Lưu ý rằng ta cũng có đẳng thức sau :$1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{2}}+...+\frac{1}{p^{k}}+...=\left (1-\frac{1}{p} \right )^{-1}$ nên ta có thể viết lại  (1) như sau$\prod_{p\leq n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )^{-1}> lnn$.

 Để thực hiện tiếp phép chứng minh ta cần đến một bất đẳng thức không tầm thường :

$e^{t+t^{2}}\geq \left ( 1-t \right )^{-1}, 0\leq t\leq \frac{1}{2}$ có thể được chứng minh dễ dàng bằng  phương pháp lấy đạo hàm :

  Do đó :

    $\prod_{p\leq n}e^{\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{2}}}\geq \prod_{p\leq n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )^{-1}> lnn$.(2)

 Từ (2) không quá khó để nhận ra rằng $\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}+\sum_{p\leq n}\frac{1}{p^{2}}>lnlnn\Rightarrow \sum_{p\leq n}\frac{1}{p}> lnlnn-\sum_{p\leq n}\frac{1}{p^{2}}$

 mà $\sum_{p\leq n}\frac{1}{p^{2}}\leq \sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}-1< 1$ (3)

  Từ (2) và (3) ta đi đến :$\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}> lnlnn-1$ (đpcm)

Bài toán.Chứng minh rằng :

   $ln\Gamma (x)=\frac{1}{2}ln(2\pi )+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{cos2k\pi x}{k}+\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(\gamma +ln2\pi k)sin2k\pi x }{\pi k}, (0< x< 1)$, trong đó $\gamma$ là hằng số Euler

Lời giải.  Để thực hiện được phép chứng minh trên ta cần đến các kết quả quen thuộc sau :

 $\Gamma (1-x)\Gamma (x)=\frac{\pi }{sin(\pi x)}$ ; $\int_{0}^{\pi }ln(sinx)dx=-\pi ln2$ và công thức

$\Gamma (x)=\frac{e^{-\gamma x}}{x}\prod_{k=1}^{\infty }e^{\frac{x}{k}}\left ( 1+\frac{x}{k} \right )^{-1}$

  Ta có:

 $a_{0}=2\int_{0}^{1}ln\Gamma (x)dx=2\int_{1}^{0}ln\Gamma (1-x)d(1-x)=2\int_{0}^{1}ln\Gamma (1-x)dx$

$\Rightarrow a_{0}=\int_{0}^{1}ln\left ( \frac{\pi }{sin\pi x} \right )dx=ln\pi -\int_{0}^{1}ln(sin\pi x)dx=ln(2\pi )$

$a_{k}=2\int_{0}^{1}ln\Gamma (x)cos2k\pi xdx=2\int_{0}^{1}ln\Gamma (1-x)cos2k\pi xdx$

$\Rightarrow a_{k}=\int_{0}^{1}ln\left ( \frac{\pi }{sin\pi x} \right )cos2k\pi xdx=-\int_{0}^{1}ln(sin\pi x)cos2k\pi xdx$$=-\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }ln(sinx)cos2kxdx=-ln(sinx)\frac{sin2k x}{2k\pi } _{0}^{\pi } +\frac{1}{2k\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{sin2k xcosx}{sinx}dx$=$\frac{1}{2k\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{sin2kxcosxdx}{sinx}$

Đặt $I_{k}=\int_{0}^{\pi }\frac{sin2kxcosxdx}{sinx}\Rightarrow I_{k+1}=\int_{0}^{\pi }\frac{sin2(k+1)xcosxdx}{sinx}$. Do đó $I_{k+1}-I_{k}=2\int_{0}^{\pi }\frac{cos(2k+1)xsinxcosxdx}{sinx}=2\int_{0}^{\pi }cos(2k+1)xcosxdx=0$ nên $I_{k}=2\int_{0}^{\pi }cos^{2}xdx=\pi \Rightarrow a_{k}=\frac{1}{2k\pi }\times \pi =\frac{1}{2k}$

  Theo một kết quả quen thuộc:

                              $\Gamma (x)=\frac{e^{-\gamma x}}{x}\prod_{k=1}^{\infty }e^{\frac{x}{k}}\left ( 1+\frac{x}{k} \right )^{-1}\Rightarrow ln\Gamma (x)=-(\gamma x+lnx)+\sum_{k=1}^{\infty }\left \{ \frac{x}{k}-ln\left ( 1+\frac{x}{k} \right ) \right \}$$\Rightarrow ln\Gamma (x)sin2k\pi x=-(\gamma x+lnx)sin2k\pi x+\sum_{k=1}^{\infty }\left \{ \frac{x}{k}-ln\left ( 1+\frac{x}{k} \right ) \right \}sin2k\pi x$.

  trong đó :

       $\int_{0}^{1}(-\gamma x-lnx)sin2k\pi xdx=\frac{\gamma xcos2k\pi x}{2k\pi }_{0}^{1}-\frac{\gamma }{2k\pi }\int_{0}^{1}cos2k\pi xdx+\frac{lnxcos2k\pi x}{2k\pi }_{0}^{1}-\frac{1}{2k\pi }\int_{0}^{1}\frac{cos2k\pi xdx}{x}=\frac{\gamma }{2k\pi }+\left [ \frac{lnxcos2k\pi x-Ci(2k\pi x)}{2k\pi } \right ]_{0}^{1}$$\frac{\gamma -Ci(2k\pi )}{2k\pi }-lim_{\epsilon \rightarrow \infty }\frac{ln\epsilon -Ci(2k\pi \epsilon )}{2k\pi }=\frac{\gamma -Ci(2k\pi )}{2k\pi }-lim_{\epsilon \rightarrow \infty }\frac{ln\epsilon -ln(2k\pi )-ln\epsilon -\gamma +O(1)}{2k\pi }$$=\frac{2\gamma +ln(2k\pi )-Ci(2k\pi )}{2k\pi }$

      $\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{\infty }\left \{ \frac{x}{k}-ln(1+\frac{x}{k}) \right \}sin2k\pi xdx=-\frac{1}{2k\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\left \{ \frac{1}{n}+Ci(2k\pi n+2k\pi )-Ci(2k\pi n)-ln\left ( 1+\frac{1}{n} \right ) \right \}$

$=-\frac{1}{2k\pi }\left [ \sum_{n=1}^{\infty } \left \{ \frac{1}{n}-ln\left ( 1+\frac{1}{n} \right ) \right \}+lim_{N\rightarrow \infty }\left ( \sum_{n=2}^{N+1}Ci(2k\pi n)-\sum_{n=1}^{N}Ci(2k\pi n) \right )\right ]$

$=-\frac{1}{2k\pi }\left [ \gamma +lim_{N\rightarrow \infty } \left ( Ci(2k\pi x+2k\pi N) -Ci(2k\pi )\right )\right ]=\frac{Ci(2k\pi )-\gamma }{2k\pi }$.

  Do đó

                $\int_{0}^{1}ln\Gamma (x)sin2k\pi xdx=\frac{\gamma +ln(2k\pi )}{2k\pi }\Rightarrow b_{k}=\frac{\gamma +ln(2k\pi )}{k\pi }$

Bài toán ( Putnam 2009) . Gỉa sử $f,g,h$ là các hàm khả vi trên một khoảng mở chứa điểm 0 Và thỏa mãn :

$f^{'}=2f^{2}gh+\frac{1}{gh};g^{'}=fg^{2}h+\frac{4}{fh};h^{'}=3fgh^{2}+\frac{1}{fg}$ 

 và $f(0)=1;g(0)=1;h(0)=1$.

 Tìm một biểu thức cho hàm f(x) , giả thiết f(x) trong triệt tiêu trên khoảng mở chứa 0.

Lời giải. Nhân đẳng thức thứ nhất cho gh , thứ 2 cho fh, và đẳng thức cuối cho fg ta được

    $f^{'}gh=2\left ( fgh \right )^{2}+1;fg^{'}h=(fgh)^{2}+4;fgh^{'}=3(fgh)^{2}+1$.

 Cộng các đẳng thức này ta được

    $f^{'}gh+fg^{'}h+fgh^{'}=6(fgh)^{2}+6\Rightarrow (fgh)^{'}=6(fgh)^{2}+6$.

 Bằng cách đặt k(x)=f(x)g(x)h(x); ta được $k^{'}=6k^{2}+6\Rightarrow \frac{\mathrm{d} k}{\mathrm{d} x}=6k^{2}+6\Rightarrow \frac{dk}{6k^{2}+6}=dx$

 Kết hợp với điều kiện k(0)=1 ta thấy: $k(x)=tan\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right ).$

   Lại thấy:$\frac{f^{'}}{f}=2tan\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )+cot\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )$

$\Rightarrow lnf(x)=\frac{-2lncos\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )+lnsin\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )}{6}$

$\Rightarrow f(x)=e^{c}\left ( \frac{sin\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )}{cos^{2}\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )} \right )^{\frac{1}{6}}$. Từ giả thiết f(0)=1 ta tính được

   $f(x)=\frac{1}{2^{12}}\left ( \frac{sin\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )}{cos^{2}\left ( 6x+\frac{\pi }{4} \right )} \right )^{\frac{1}{6}}$.

  Lưu ý là ta cũng có thể tính được g(x), h(x) bằng các tương tự.

Bài toán:(Putnam 2009 )Cho n > 3, n nguên dương. Tính định thức:

 $D_{n}=\begin{vmatrix} cos1 &cos2 &... &cosn \\ cos(n+1) & cos(n+2) &... &cos2n \\... &... &... &... \\cos(n^{2}-n+1) & cos(n^{2}-n+2) &... &cosn^{2} \end{vmatrix}$

Lời giải.  Lấy cột thứ 3 + cột thứ 1$\rightarrow$ cột thứ 1 và sử dụng biến đổi lượng giác , ta được :

$D_{n}=\begin{vmatrix} 2cos2cos1 &cos2 &... & ... &... cos(n) \\2cos(n+2)cos1 &cos(n+2) &... & ... &cos2n \\... & ... & & ... &... \\... &... & ... & ... &... \\2cos(n^{2}-n+2)cos1 & cos(n^{2}-n+2) &... &... & cosn^{2} \end{vmatrix}$

   Lúc này cột thứ 1= 2cos1 cột thứ 2 $\Rightarrow$ det$D_{n}=0$.

Bài toán . Xét các số phức$z_{1},z_{2},...,z_{2n}$ thỏa mãn điều kiện  $\left | z_{1} \right |=\left | z_{2} \right |=...=\left | z_{n+3} \right |$ và $argz_{1}\geqslant argz_{2}\geqslant ...\geq argz_{n+3}$.

  Tính định thức của ma trận B ,trong đó  $b_{ij}=\left | z_{i}-z_{j+n} \right |,i,j\in \left \{ 1,2,...n \right \}$.

 Lời giải . Ta có nhận xét sau bài toán đề cập đến modun và argument của một số phức nên ta sẽ sử dụng dạng lượng giác của số phức trong các tính toán. 

    Với hai số phức $z=r(cosx+isinx);\omega =r(cosy+isiny)\Rightarrow \left | z-\omega \right |=2r\left | sin\left ( \frac{x-y}{2} \right ) \right |$. 

  Kết hợp với điều kiện ở đầu bài, ta thấy B có dạng như sau:

$B=(2r)^{n}\begin{vmatrix} sin(x_{1}-x_{n+1}) &sin(x_{1}-x_{n+2}) & sin(x_{1}-x_{n+3}) & ...\\... &... & ... &... \\ sin(x_{n}-x_{n+1}) & sin\left ( x_{n}-x_{n+2} \right ) & sin(x_{n}-x_{n+3}) & ... \end{vmatrix}$

 trong đó $x_{i}$ kí hiệu tương ứng argument của $z_{i}$ và r=$\left | z_{1} \right |=\left | z_{2} \right |=...=\left | z_{2n} \right |$

 Nếu ta tách det B theo các cột thì dễ dàng nhận thấy det B=0 

Bài toán:(Putnam 2009 )Cho n > 3, n nguên dương. Tính định thức:

 $D_{n}=\begin{vmatrix} cos1 &cos2 &... &cosn \\ cos(n+1) & cos(n+2) &... &cos2n \\... &... &... &... \\cos(n^{2}-n+1) & cos(n^{2}-n+2) &... &cosn^{2} \end{vmatrix}$

Lời giải.  Lấy cột thứ 3 + cột thứ 1$\rightarrow$ cột thứ 1 và sử dụng biến đổi lượng giác , ta được :

$D_{n}=\begin{vmatrix} 2cos2cos1 &cos2 &... & ... &... cos(n) \\2cos(n+2)cos1 &cos(n+2) &... & ... &cos2n \\... & ... & & ... &... \\... &... & ... & ... &... \\2cos(n^{2}-n+2)cos1 & cos(n^{2}-n+2) &... &... & cosn^{2} \end{vmatrix}$

   Lúc này cột thứ 1= 2cos1 cột thứ 2 $\Rightarrow$ det$D_{n}=0$.

Bài toán . Xét các số phức$z_{1},z_{2},...,z_{2n}$ thỏa mãn điều kiện  $\left | z_{1} \right |=\left | z_{2} \right |=...=\left | z_{n+3} \right |$ và $argz_{1}\geqslant argz_{2}\geqslant ...\geq argz_{n+3}$.

  Tính định thức của ma trận B ,trong đó  $b_{ij}=\left | z_{i}-z_{j+n} \right |,i,j\in \left \{ 1,2,...n \right \}$.

 Lời giải . Ta có nhận xét sau bài toán đề cập đến modun và argument của một số phức nên ta sẽ sử dụng dạng lượng giác của số phức trong các tính toán. 

    Với hai số phức $z=r(cosx+isinx);\omega =r(cosy+isiny)\Rightarrow \left | z-\omega \right |=2r\left | sin\left ( \frac{x-y}{2} \right ) \right |$. 

  Kết hợp với điều kiện ở đầu bài, ta thấy B có dạng như sau:

$B=(2r)^{n}\begin{vmatrix} sin(x_{1}-x_{n+1}) &sin(x_{1}-x_{n+2}) & sin(x_{1}-x_{n+3}) & ...\\... &... & ... &... \\ sin(x_{n}-x_{n+1}) & sin\left ( x_{n}-x_{n+2} \right ) & sin(x_{n}-x_{n+3}) & ... \end{vmatrix}$

 trong đó $x_{i}$ kí hiệu tương ứng argument của $z_{i}$ và r=$\left | z_{1} \right |=\left | z_{2} \right |=...=\left | z_{2n} \right |$

 Nếu ta tách det B theo các cột thì dễ dàng nhận thấy det B=0 

Bài toán.  Giải hệ phương trình vi phân 

                                    $x^{''}-y^{'}+x=0$

                                    $y^{''}+x^{'}+y=0$

trong đó x(t) , y(t) là các hàm nhận giá trị  thực.

Lời giải. Nhân phương trình thứ hai cho i và cộng với phương trình thứ nhất ta được

$\left ( x+iy \right )^{''}+i\left ( x+iy \right )^{'}+\left ( x+iy \right )=0$

Bằng cách đặt  $z=x+iy$ đẳng thức trên trở thành một phương trình vi phân cấp 2 theo biến hàm mới - z.

                                                   $z^{''}+iz^{'}+z=0$

 Phương trình đặc trưng $\lambda ^{2}+i\lambda +1=0\Rightarrow \lambda _{1,2}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}i$

  Nghiệm tổng quát của phương trình có dạng

 $z(t)=\left ( a+ib \right )exp\left ( \frac{-1+\sqrt{5}}{2}it \right )+\left ( c+id \right )exp\left ( \frac{-1-\sqrt{5}}{2}it \right )$

          Lưu ý rằng ta đang xét x(t), y(t) là các hàm nhận giá trị thực. Thực hiện khai triển và đối chiếu phần thực , phần ảo ta thu được dạng tồng quát của nghiệm phương trình ban đầu

  $x(t)=acos\frac{-1+\sqrt{5}}{2}t-bsin\frac{-1+\sqrt{5}}{2}t+ccos\frac{-1-\sqrt{5}}{2}t-dsin\frac{-1-\sqrt{5}}{2}t$

$y(t)=asin\frac{-1+\sqrt{5}}{2}t+bcos\frac{-1+\sqrt{5}}{2}t+csin\frac{-1-\sqrt{5}}{2}t+dcos\frac{-1-\sqrt{5}}{2}t$

Bài toán. Tính tích phân 

                                               I=  $\int \int \int_{B}\frac{x^{4}+2y^{4}}{x^{4}+4y^{4}+z^{4}}dxdydz$

trong đó $B=\left \{ (x,y,z);x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1 \right \}$

Bài toán. Tính tích phân

                   I= $\int \int_{D}\left | xy \right |dxdy$

trong đó$D=\left \{ (x,y);x\geq 0,\left ( \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} \right )^{2}\leq \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \right \}$

Bài toán. Tính tích phân

          I= $\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{dxdydz}{\left ( 1+x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{2}}$

Bài toán.Tính tích phân

     I= $\int_{-\infty }^{\infty }\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dxdy}{\left ( p+ax^{2} +2bxy+cy^{2}\right )^{2}}$

trong đó p >0,a>0 và ac-b$^{2}$>0.

Mình post file lên trước và sẽ chứng minh một số kết quả sau.

 Gradshteyn, Ryzhik. Tables of integrals, series, and products (5ed., AP, 1996)(1762s).pdf   4.61MB   814 downloads

Bài toán . Tính tích phân

I=$\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}cosaxdx$, trong đó a là hằng số dương

Lời giải . Khai triển Taylor hàm cosax

$cosax=1-\frac{\left ( ax \right )^{2}}{2}+\frac{\left ( ax \right )^{4}}{4!}+...+\frac{(-ax)^{2n}}{(2n)!}+...$

  Đặt $I_{n}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n}dx$. 

Ta thấy

$I_{n-1}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n-2}dx=\frac{e^{-x^{2}}x^{2n-1}}{2n-1}_{0}^{\infty }+\frac{2}{2n-1}\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n}dx=\frac{2}{2n-1}I_{n-1}$

$\Rightarrow I_{n}=\frac{2n-1}{2}I_{n-1}=\frac{(2n-1)(2n-3)}{4}I_{n-3}=...=\frac{(2n)!}{4^{n}n!}I_{0}$

 mà $I_{0}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$\Rightarrow I_{n}=\frac{(2n)!}{4^{n}n!}\frac{\sqrt{\pi }}{2}$

 Do đó 

I=$\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{a^{n}}{(2n)!}\frac{(2n)!}{4^{n}n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left ( -\frac{a^{2}}{4} \right )^{n}}{n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}e^{-\frac{a^{2}}{4}}$

Bài toán . Tính tích phân $I=\int_{0}^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}$

Lời giải . Ta sẽ sử dụng đến lý thuyết tích phân hàm biến phức. 

Xét tích phân $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

trong đó $\Gamma =[-R,R]\bigcup\left \{ z,\left | z \right |=R,Imz\geqslant 0,R> 1 \right \}$

Ta viết lại hàm dưới dấu tích phân như sau:

$\frac{e^{ia\zeta }}{\zeta ^{2}+1}=\frac{e^{ia\zeta }}{\zeta +i}\frac{1}{\zeta -i}=\frac{f(\zeta )}{\zeta -i}$

Hàm f(z) chỉnh hình trong và trên $\Gamma$ ,áp dụng định lý Cauchy , ta được

$f(i)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\frac{f(\zeta )d\zeta }{\zeta -i}\Rightarrow \frac{e^{i^{2}a}}{i+i}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

hay $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}$

Ta thấy 

                    $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\int_{-R}^{R}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}+\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

trong đó $C=\left \{ z,\left | z \right | =R,Imz\geq 0,R> 1 \right \}$

  Ta xét tích phân $\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

Đặt $\zeta =Re^{i\theta },\theta \in [0,\pi ]$, ta có

                      $\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=iR\int_{0}^{\pi }\frac{e^{i\theta }e^{iaR(cos\theta +isin\theta )}d\theta }{R^{2}e^{2i\theta }+1}$.

 Ta có các đánh giá sau

                   $\left | e^{i\theta }e^{iaR(cos\theta +isin\theta )} \right |=e^{-aRsin\theta }\leq 1,\theta \in [0,\pi ]$

              và       $\left | R^{2}e^{2i\theta }+1 \right |\geq R^{2}-1$

nên     $\left | \int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1} \right |\leq \frac{R}{R^{2}-1}\int_{0}^{\pi }d\theta =\frac{\pi R}{R^{2}-1}\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$

    Do đó:

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1}=lim_{R\rightarrow \infty }\int_{-R}^{R}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}-lim_{R\rightarrow \infty }\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}$

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=Re\left ( \int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1} \right )=\pi e^{-a}\Rightarrow \int_{0}^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=\frac{\pi }{2}e^{-a}$