Bài của bạn đã có ở đây :

http://diendantoanho...fty-fracx3exdx/

Xin khoá chủ đề lại.

Ai có tài liệu , file gì về các loại , tích phân đường , tích phân $2$ và $3$ lớp , công thức $Stoke$ , công thức $Gauss$ thì cho mình xin với nhé   , càng nhiều ví dụ càng tốt 

 

Tại đây có đầy đủ thứ em cần : http://diendantoanho...n-marie-monier/

 

Tích  phân bội thì xem giải tích 2, tích phân đường+mặt thì xem giải tích 4.

quyển ý lai cả Việt lẫn nước ngoài mà anh , ví dụ kí hiệu $KGCR(f,\lambda)$ . Trước h em đọc mỗi quyển giáo trình của trường ( đương nhiên là ko có phần nâng ma trận chéo hóa ) và quyển của Lê Tuấn Hoa thôi ạ @@, biết thế ngày trước học quyển này.

 

Mỗi một quyển sách có một cái hay và phần mạnh riêng cho nên ráng đọc nhiều cuốn cho mỗi môn thì càng tốt em. Giáo trình của trường thú thật là coi cho biết sẽ học những gì ở lớp rồi quăng ở xó nào đó bởi nội dung trong ấy thường sơ sài. Quyển của Lê Tuấn Hoa chủ yếu được phần bài tập, mà phần này thì ông ấy lấy trong các quyển khác, phần lớn là quyển Problems in Linear Algebra của Proskuryakov. Em xem thêm quyển Problems in Linear Algebra của Prasolov nữa thì ngon.

Có lẽ ý của lời giải ấy là đưa cả ba ma trận về dạng tam giác trên bằng dạng chuẩn Jordan. Chỗ sau thì từ au+bv+cw=0 ta có hệ gồm 2 phương trình liên quan đến phần thực và phần ảo hệ này luôn có nghiệm khác 0 vì hạng của hệ luôn nhỏ hơn số ẩn(có thể giải thích cách khác là không gian phức trên trường thực có chiều 2 luôn phương trình au+bv+cw=0 luôn có nghiệm khác 0). Điều anh vẫn chưa hiểu là làm sao có một cơ sở để cả 3 ma trận đều có dạng tam giác trên(có lẽ là do tính giao hoán của 3 ma trận này).

 

Ba ma trận này giao hoán từng đôi và tam giác hóa được trên $\mathbb{C}$ nên tam giác hóa được đồng thời.

nản quá, quyển này em cũng có nhưng nhiều kí hiệu lạ hoắc, thôi để thi xong học lại từ đầu =,=

Ai bảo em không chịu đọc nó rồi lại than nhiều ký hiệu lạ hoắc . Các ký hiệu trong đó anh thấy đều chuẩn cả, chỉ có nhiều ký hiệu trong sách Việt mới lạ thôi.

 Tất nhiên mình biết như vậy vì lời giải nó viết vậy mà. Nhưng chỉ có điều mình chưa từng được đọc chứng minh nào cho cái này.

 

Chứng minh tam giác hóa đồng thời và chéo hóa đồng thời là tương tự nhau. Bạn có thể xem bài tập 2.4.12 (chéo hóa đồng thời) và bài tập 3.1.12 (tam giác hóa đồng thời) trong quyển Đại số 2, Jean Marie Monier, đằng sau sách có giải chi tiết.

 

File pdf:

http://diendantoanho...n-marie-monier/

Với $A,B,C \in M_{2}(\mathbb{R})$ thỏa $AB=BA$, $BC=CB$, $AC=CA$. thì

$$\det (A^2+B^2+C^2-AB-BC-CA) \geq 0$$

Chứng minh hay chỉ ra chổ sai của mệnh đề trên.

 

Liên hệ với bất đẳng thức số thực thì đúng nên dự đoán nó đúng vậy . Tổng quát với 3 ma trận cấp $n$ bất kỳ chứ không riêng cấp 2.

Ta có $$A^2+B^2+C^2-AB-BC-CA=\frac{1}{2}\left[ (A-B)^2+(B-C)^2+(C-A)^2 \right] $$. Đặt $X=A-B \;, Y=B-C \; \Rightarrow C-A=-X-Y $

 

Do $A,B,C$ giao hoán đôi một nên cũng có $X$ và $Y$ giao hoán.

 

Vậy $$\det (A^2+B^2+C^2-AB-BC-CA)=\det (X^2+Y^2+XY)$$

 

Do đa thức đặc trưng của $X$ chỉ có hữu hạn nghiệm nên có vô số $t \in \mathbb{R}$ sao cho $X+tI$ khả nghịch. Thay $X$ bởi $X+tI$ ta chứng minh

 

$$\det((X+tI)^2+Y^2+(X+tI)Y) \ge 0$$ với mọi t sao cho $X+tI$ khả nghịch.

 

Do $X$ và $Y$ giao hoán nên $Y=Y(X+tI)(X+tI)^{-1}=(X+tI)Y(X+tI)^{-1} \Leftrightarrow (X+tI)^{-1}Y=Y(X+tI)^{-1}$

 

Suy ra $[(X+tI)^{-1}]^2Y^2=[(X+tI)^{-1}Y]^2 $

 

$$\det((X+tI)^2+Y^2+(X+tI)Y) $$

$$= (\det(X+tI))^2 \det\left(I+[(X+tI)^{-1}]^2Y^2+(X+tI)^{-1}Y\right)$$

 

$$=(\det(X+tI))^2 \det\left(I+[(X+tI)^{-1}Y]^2+(X+tI)^{-1}Y\right)$$

 

Đặt $U=(X+tI)^{-1}Y $

 

$$\det(U^2+U+I)=\det\left( (U+\frac{1}{2}I)^2-\frac{3i^2}{4}I \right)$$

$$=\left|\det\left( U+\frac{1}{2}I+\dfrac{\sqrt{3}}{2}iI \right) \right|^2 \ge 0$$

 

Vậy $$\det((X+tI)^2+Y^2+(X+tI)Y) \ge 0$$

 

$$\Rightarrow \lim_{t \to 0} \det((X+tI)^2+Y^2+(X+tI)Y) \ge 0$$

$$\Leftrightarrow \det(X^2+Y^2+XY) \ge 0$$

 

Vậy ta có đpcm.

Hôm nay bỗng có hứng lục lại một thời đam mê với "em yêu Casio 570ES" và vòng lặp đặc biệt.

Để kiểm tra máy bạn có thể thực hiện được những vòng lặp sau hay không, trước tiên kiểm tra thử xem bạn có nhấn được thế này không đã:

$$A \to A : A \to A $$

Alpha_A Shift_RCL_A _$\triangleleft$ Alpha_: Alpha_A Shift_RCL_A

Mình không có điều kiện để kiểm tra, nhưng các dòng máy MS không thể sử dụng được, những máy màn hình hiển thị ký hiệu khoa học như ES thì sử dụng được. Chắc các máy của Vinacal cũng thế.


Xét dãy cho bởi công thức :

$$u_1=1\;\;, u_{n}=nu_{n-1}+1 \;\;, \forall \;n>1 $$

Trong các sách hướng dẫn về MTBT, vòng lặp tính dãy thường sử dụng là:

A=A+1:B=A$\times$B+1 sau đó nhấn CALC và nhập A=1 , B=1

Ưu điểm của vòng lặp là các bước lập trình vòng lặp rất ít thao tác, tuy nhiên, các bước bấm phím = rất bhiều, hơn nữa, máy có bước hiện A? để nhập A vì ta đang sử dụng chức năng giải phương trình để thực hiện vòng lặp, bước này rất nhiền và dễ gây nhầm lẫn. Quan trọng nhất, giả sử cần tính $u_{50} $, ta phải nhấn tất cả 195 dấu = kể từ sau khi nhấn CALC. Nếu tính $u_{100}$ chẳng hạn, sẽ cần tới số lượng nhấn dấu = rất lớn, trong đó, ta đã tiêu phí cho A? , B?, C?, D?... gần một nửa thời gian. Xét về khía cạnh sinh học, với vòng lập lớn đến thế, giả sử giới hạn 1 phút cho việc tính $u_{100}$ (cần bấm 395 phím = sau CALC), chắc chắn trong 10 người thì có tới ít nhất 5 người tính sai, vì bấm qua $u_{101},u_{102}$...


Sau đây, ta sẽ sử dụng phép gán giá trị làm cơ sở cho vòng lặp tối ưu thời gian hơn.

A+1$\to $A :AB+1$\to$ B

Để nhấn được như thế, sau bước gán A+1$\to$A, nhấn $\triangleleft$ để quay về màn hình nhập, nhấn tiếp Alpha_: và B+1$\toB . Sau thao tác này, tự động sẽ chuyển qua màn hình hiện kết quả , nhấn AC và $\triangleleft$ để quay về màn hình nhập.
Nhấn CALC , nhập A=1,B=1 , sau đó màn hình hiện lỗi Syntax Error, tất nhiên sẽ bị lỗi cú pháp, vì phép gán không dùng được với phép thế giá trị (CALC) và Solve (Shift_CALC) .

Nhấn $\triangleleft$ để quay về màn hình nhập, lúc này chỉ việc nhấn dấu = , số lần nhấn dấu = rất ít, vì ta đã lược bỏ phần dư là A?, B?,C?... , hơn nữa, màn hình hiện A+1$\to$A chính là giá trị chỉ số $n$, dấu = lần nữa sẽ hiện AB+1$\to$B chính là $u_n$, không thể nào nhầm lẫn được. Với việc tính $u_{50}$, sau khi hoàn thiện bước nhập (sau lỗi Syntax Error) số dấu = cần bấm là 98 , tính $u_{100}$ cần 198 phím = sau Syntax Error . Rất tiết kiệm thời gian !
Nhược điểm dễ thấy là bước nhập vòng lặp khá phức tạp và dài hơn.

Kinh nghiệm của mình, thay vì sử dụng phím ALpha_A , ALpha_B.... thì ta sử dụng RCL_A, RCL_B... thao tác sẽ nhanh hơn và ít bị vướng hơn.


Trong hai vòng lặp, nếu lỡ tính sai, nhấn AC_$\triangleleft$ để quay về màn hình nhập và tiếp tục CALC.

Ví dụ khác, cho dãy số có công thức:

$u_1=1,u_2=2,u_3=4 \;, u_n=nu_{n-1}+n^2u_{n-2}+(-1)^nu_{n-3} \;\;, \forall n>3 $

Lập quy trình bấm phím tính $u_{13}$

Sử dụng vòng lặp sử dụng phép gán, ta phải nhập:

A+1$\to$A : AB+A^2C+(-1)^AD$\to$X : C$\to$B: D$\to$C : X$\to$D

Nhấn CALC và nhập A=3, B=1,C=2,D=4 ,X bằng bao nhiêu cũng được . Sau lỗi Syntax Error , quay về màn hình nhập, nhấn = tới khi xuất hiện A+1$\to$A và giá trị tại màn hình là 13 , nhấn tiếp sẽ hiện kết quả $u_{13}$ . Kết quả: -1052774114 .

Sử dụng vòng lặp thay giá trị.

A=A+1:X=AB+A^2C+(-1)^AD:B=C:C=D:D=X

Nhấn CALC và nhập A=3, B=1,C=2,D=4 .

Vòng lặp kiểm tra một số nguyên tố có dòng thông báo.

Thao tác dưới đây thực hiện trên máy CASIO fx-570ES

Trước tiên, nói đôi nét về hàm Rnd trên máy.

Thử nhấn $\sqrt{2}$ , sau đó nhấn Shift_0 (Rnd)_Ans_= , nhấn Ans^2_= , kết quả không phải là 2, mà là 1.999999999

Tại sao vậy? Vì chức năng hàm Rnd là lấy kết quả Ans là số hiển thị trên màn hình, do đó, tất nhiên kết quả đã làm tròn gần đúng, do vậy khi tính ngược lại, kết quả không còn chính xác nữa.

Lợi dụng chức năng này, ta sẽ xây dựng vòng lặp kiểm tra một số nguyên tố, có cả dòng thông báo kết quả.

Giả sử cần kiểm tra số 112013 có phải số nguyên tố ?

Trước tiên, cài hiển thị số chữ số thập phân sau dấu . , nhấn Shift_Mode_6 (Fix)_0 (không hiện số thập phân nào sau dấu .)

Nhập $\sqrt{112013}$ , bấm = , màn hình hiện 335 .

Nhập A-1$\to$A : 112013-Rnd(112013$\div$A)$\times$A : 0$\div$Ans . Nhấn CALC , cho A=336 , nhấn = , màn hình hiện Syntax Error , nhấn $\triangleleft$ để quay về màn hình nhập. Giờ thoải mái nhấn = mà không cần nhìn màn hình, đến khi hiện chữ Math Error (có kết quả ) , nhấn AC , nhấn RCL_A để hiện giá trị hiện thời của A , nếu A=1 thì số kiểm tra là số nguyên tố, nếu A>1 thì số kiểm tra là hợp số !

Ở đây, với số 112013 thì sau màn hình thông báo có kết quả (Math Error) , kết quả A=320, tức 112013 không phải là số nguyên tố !

Thật ra, vòng lặp trên để tiện một điều là ta không cần nhìn vào màn hình, thoải mái làm việc riêng tùy thích trong khi trong một tay đang nhấn phím = (để kiểm tra số lớn) , để tiện hơn, rút ngắn thời gian kiểm tra, ta sử dụng vòng lặp khác đi chút xíu.

Nhập : A+1$\to$A : 112013-Rnd(112013$\div$A)$\times$A : 0$\div$Ans

Nhấn CALC và cho A=1 . Ta sẽ nhấn phím = cho tới khi màn hình hiện Math Error hoặc lúc này A>335 . Màn hình Math Error khi A=11 <335 , do đó, số 112013 là hợp số !

Kiểm tra với số 2011.

Bấm $\sqrt{2011}$_= , màn hình hiện 45

Nhập : A+1$\to$A : 112013-Rnd(112013$\div$A)$\times$A : 0$\div$Ans

CALC , cho A=1 . Sau một loạt phím = cho tới khi A nhận giá trị lớn hơn 45 nhưng vẫn không có lỗi Math Error, do đó 2011 là số nguyên tố !

Vòng lặp kiểm tra một số nguyên tố với việc sử dùng hàm Rnd còn rất hữu ích trong nhiều bài toán khác.

Ví dụ tiêu biểu: Câu 5 trong đề này

Lập quy trình bấm phím tìm số tự nhiên $n$ nhỏ nhất sao cho $2^8+2^{11}+2^n$ là số chính phương.

Ta sử dụng vòng lặp sau:

A+1$\to$A : $\sqrt{2^8+2^{11}+2^A}-\text{Rnd}(\sqrt{2^8+2^{11}+2^A})$: 0$\div$Ans

Nhấn CALC và cho giá trị ban đầu A=-1 , nhấn = , nhấn $\triangleleft$ và nhấn = tới khi hiện Math Error

Nhấn RCL_A để hiện giá trị của A, đó chính là giá trị n nhỏ nhất cần tìm !

Kết quả $n=12$

Để thoát khỏi chế độ làm tròn (Fix) , nhấn Shift_Mode_8 (Norm) _2

Và còn nhiều ứng dụng khác nữa của hàm Rnd , hy vọng các bạn sẽ tự sáng tạo cho mình một vòng lặp riêng.


P/s: dường như những sáng tạo thời PT tập trung chủ yếu ở lớp 11. Lớp 10 thì chưa đủ trình, 12 thì...lý do thi ĐH @@. Giá như việc thi ĐH là cái gì đó nhỉnh hơn thi học kỳ tí xíu thì sự sáng tạo ở năm 12 và nói chung của học sinh không thua kém sinh viên! Trẻ trâu lỳ lợm, sức khỏe, liều lĩnh thì nào sợ ai

Sao em tải về mà mở không được ạ, nó báo file bị hư ạ.

 

Lúc đầu a xuất file pdf trang mục lục bằng chức năng in nên hơi bị mờ mà không thể tô đen ký tự được, giờ đã up lại file khác, sửa luôn trang mục lục nhìn rõ hơn và có thể tô đen ký tự cần thiết.

File tổng hợp do anh gộp nhiều file pdf lại nên có thể khi xem bằng các trình xem pdf nào  đó hoặc các bản quá cũ  có thể gây ra lỗi không chừng.

Em download lại file mới xem sao, nếu còn lỗi thì chỉ co trình xem pdf của em rồi .

Nhằm giúp mọi người quan tâm đến các kỳ thi Olympic toán sinh viên có được một tài liệu thống nhất để dễ dàng tra cứu, tìm hiểu, mình đã tổng hợp tất cả các đề thi IMC từ lần đầu tiên năm 1994 tại Bulgari cho đến nay. Lời giải trong tài liệu là các hướng dẫn và lời giải gốc trong đáp án.

Thiết nghĩ thời hội nhập thì mỗi sinh viên cũng nên chịu khó đọc tài liệu bằng tiếng nước ngoài , cứ đọc sách tiếng Việt thì bao giờ lớn .

Điều đặc biệt là file này sẽ được cập nhật mỗi năm sau mỗi lần kỳ thi IMC diễn ra

 

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~`

Đã cập nhật đề thi năm 2014.

$\boxed{\;1\; }$ Cho $x,y$ là hai số nguyên, $p$ là số nguyên tố sao cho

\[ x^2-3xy+p^2y^2=12p \]
Tìm $x,y,p$ .

$\boxed{\;2\;}$ Cho tứ giác lồi $ABCD$ có hai đường chéo vuong góc với nhau tại $E$. Cho $P$ nằm trên $AD$ , $P$ khác $A$ sao cho $EP=EC$. $AD$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ tại $Q$ ($Q$ khác $A$) . Đường tròn qua $A$ tiếp xúc $EP$ tại $P$ cắt đoạn $AC$ tại $R$. Nếu $ B,R,Q$ thẳng hàng, chứng minh $\angle BCD=90^{\circ}$

$\boxed{\;3\;}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4$ . Chứng minh :

\[ \frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{a^3+b^2+c^3}+\frac{c}{a^3+b^3+c^2}\geq 1 \]

$\boxed{\;4\;}$ Giả sử có $2012$ túi chứa các viên bi có màu khác nhau vào $k$ hộp sao cho

i) Bất kỳ hộp nào, các túi trong hộp phải chứa một viên bi cùng màu

hoặc

ii) Bất kỳ hộp nào, các túi trong hộp phải chứa một viên bi có màu không có ở các túi khác cùng hộp.

Tìm $k$ nhỏ nhất sao cho điều kiện trên được thỏa mãn với bất kỳ số bi trong túi và bất kỳ số màu sắc các bi.

mọi người trong diễn đàn giúp mình với

mình muốn xin bản mềm giáo trình toán the historical development of the calculus

cho anh của mình dể dịch nhưng tìm mãi trên mạng mà không có chỉ có trang http://books.google....epage&q&f=false

nhưng chỉ có 50 trang vậy kính mong anh em nào trong diễn đàn có thì có thể cho mình xin được không ak.Em đang rất cần ạ

Em xin chân thành cảm ơn

Email [email protected]

 

Của bạn đây:

Bài 25 :Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm trên đoạn $[0;1]$ thỏa mãn:

i) $f(0)=f(1)=0$

ii) $\int_0^1 |f'(x)|dx=1$
Chứng minh rằng $|f(x)|\le \frac{1}{2}$ với mọi $x$ thuộc đoạn $[0;1]$

Làm xong rồi cất gối về quê


$$\forall x \in [0;\dfrac{1}{2}] \;, |f(x)|= \left| \int_0^x f'(t)dt \right| $$

$$ \le \int_0^x |f'(t)|dt \le \int_0^{\frac{1}{2}} |f'(t)|dt$$


$$\forall x \in [\dfrac{1}{2};1] \;, |f(x)|= \left| \int_{x}^1 f'(t)dt \right| $$

$$ \le \int_x^1 |f'(t)| dt \le \int_{\frac{1}{2}}^1 |f'(t)|dt$$

Suy ra $$ |f(x)| \le \dfrac{1}{2} \left(\int_0^{\frac{1}{2}} |f'(t)|dt+ \int_{\frac{1}{2}}^1 |f'(t)|dt \right)=\frac{1}{2}\int_0^1 |f'(t)dt=\frac{1}{2}$$

Bài 45:
b) Hàm $f(x)$ khả tích trên toạn $[0;1]$ và $\int_0^1 f(x)dx >0$. Chứng minh tồn tại đoạn $[a;b]\subset [0;1]$ mà trên đó $f(x)>0$

Giả sử $\int_0^1 f(x)dx=I>0$

Với $n \in \mathbb{N}^*$, xét phân hoạch $P$ chia $[0;1]$ bởi các điểm $\frac{i}{n}\;, i =\overline{0,n}$, ta có

$$I=\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=0}^n f(\frac{i}{n})$$

$$\Leftrightarrow \forall \epsilon>0, \exists n_0>0|\; n>n_0 \Rightarrow \left| \frac{1}{n}\sum_{i=0}^n f(\frac{i}{n}) -I \right| <\epsilon$$

Chọn một $0<\epsilon_0<l$ để cố định, khi đó

$$\exists n_0>0|\; n>n_0 ,\; \left| \frac{1}{n}\sum_{i=0}^n f(\frac{i}{n}) -I \right| <\epsilon_0$$

$$\Rightarrow \exists n_0>0|\; n>n_0 , \frac{1}{n}\sum_{i=0}^n f(\frac{i}{n})>I-\epsilon_0>0$$

Do đó phải tồn tại $i_0 \in \mathbb{N}$ sao cho $f(\frac{i_0}{n})>0$. Do $f$ liên tục trên $[0;1]$ nên tồn tại một $\lambda-$lân cận của $\frac{i_0}{n}$ sao cho $f(x)>0 \;, \forall x \in (\frac{i_0}{n}-\lambda;\frac{i_0}{n}+\lambda)$

Do $\dfrac{i_0}{n} \in [0;1]$ nên $(\frac{i_0}{n}-\lambda;\frac{i_0}{n}+\lambda) \cap [0;1]$ là một đoạn, suy ra đpcm.

Bài 20: (Mới chế )

Cho $f : [0;2] \longrightarrow \mathbb{R} $ , $f'$ liên tục trên $[0;2]$ đồng thời $f(2)=0 \;\;, \int_0^2 f(x)dx=\int_0^2 xf(x)dx =k $

Chứng minh : $$\int_0^2 [f'(x)]^2 dx \ge \dfrac{15}{16}k^2$$

Rắc....tự sướng

Ta có :

$$\int_0^2f(x)dx=xf(x) |_0^2-\int_0^2xf'(x)dx=-\int_0^2 xf'(x)dx$$

$$\int_0^2 xf(x)dx=\frac{1}{2}x^2f(x) |_0^2-\dfrac{1}{2} \int_0^2 x^2f'(x) dx =-\dfrac{1}{2}\int_0^2 x^2f'(x)dx$$

$$\Rightarrow k=\int_0^2f'(x) (x-x^2)dx$$

$$\Rightarrow k^2 \le \int_0^2 (x-x^2)^2dx \int_0^2 [f'(x)]^2 dx$$

$$\Leftrightarrow k^2 \le \dfrac{16}{15}\int_0^2 [f'(x)]^2dx$$

Thêm một bài nữa nào

Bài 47. [Đặng Thành Nam] Cho $f:\left[ {0,1} \right] \to R $là hàm khả vi liên tục. Đặt $M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f'(x)} \right|$. Chứng minh rằng

$$0 \le \int\limits_0^1 {{f^2}(x)dx} - {\left( {\int\limits_0^1 {f(x)dx} } \right)^2} \le M\left( {\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} f(x) - \int\limits_0^1 {f(x)dx} } \right)$$

Bài trên có bề ngoài ''gần giống'' với một bài đã post của bạn phudinhgioihan khi đặc biệt hoá hai tham số $a,b$ :
Bài 48:Cho hàm số $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ khả vi liên tục trên miền xác định.
Đặt $M=\displaystyle\max_{x\in [ 0;1]} |f'(x)|,m=\displaystyle\min_{x\in [0;1]} |f'(x)|$.Chứng minh rằng :$$\dfrac{m^2}{12}\leq\displaystyle\int_0^1 f^2(x)dx-\left(\displaystyle\int_0^1 f(x)dx\right)^2 \leq \dfrac{M^2}{12}$$

Chứng minh tương tự thật .

Xuất phát từ cách chứng minh BDT C-S tích phân...

Với $x,y \in [0;1]$

$$\int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy=\int_0^1\int_0^1 \left( f^2(x)+f^2(y)-2f(x)f(y) \right) dxdy$$

$$=\int_0^1\int_0^1 f^2(x)dxdy+\int_0^1\int_0^1 f^2(y)dxdy-2\int_0^1\int_0^1f(x)f(y)dxdy$$

$$=2 \left( \int_0^1 f^2(x)dx -\left( \int_0^1 f(x)dx \right)^2 \right) $$

Vậy $$\int_0^1 f^2(x)dx -\left( \int_0^1 f(x)dx \right)^2=\frac{1}{2} \int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy $$

Từ đl Lagangre suy ra $ m^2 (x-y)^2 \le (f(x)-f(y)^2 \le M^2 (x-y)^2$

Suy ra $$\frac{m}{2}\int_0^1\int_0^1 (x-y)^2dxdy \le \frac{1}{2} \int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy \le \frac{M^2}{2} \int_0^1\int_0^1 (x-y)^2dxdy$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{m^2}{12} \le \frac{1}{2} \int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy \le \dfrac{M^2}{12}$$

Xong bài 48, đến bài 47, khó hơn tí...

Ta có $$\int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy =\int_0^1\int_0^1 | f(x)-f(y)| |f(x)-f(y)| dxdy$$

$$\le M \int_0^1\int_0^1 |x-y| |f(x)-f(y)|dxdy \le M \int_0^1\int_0^1 |f(x)-f(y)|dxdy$$

Từ xa xưa ta có $\max\{f(x);f(y)\} =\dfrac{f(x)+f(y)}{2}+\dfrac{|f(x)-f(y)|}{2}$

Suy ra $|f(x)-f(y)|=2\max\{f(x);f(y)\}-(f(x)+f(y)) \le 2 \max_{[0;1]} f(x)-(f(x)+f(y))$

$$\Rightarrow \int_0^1\int_0^1 (f(x)-f(y))^2dxdy \le M \int_0^1\int_0^1 \left( 2\max_{[0;1]}f(x)-f(x)-f(y) \right)dxdy$$

$$\le 2M\left( \max_{[0;1]}f(x)-\int_0^1f(x)dx \right)$$

Vậy $$\int_0^1 f^2(x)dx-\left(\displaystyle\int_0^1 f(x)dx\right)^2 \le M\left( \max_{[0;1]}f(x)-\int_0^1f(x)dx \right) $$

Bài $23$ :
Cho $\text{f(x)}$ là hàm số xác định và liên tục trên $\left [ 0, 1 \right ]$ và $\left | \text{f(x)} \right | \leqslant 1$ $,$ $\forall x \in \left [ 0, 1 \right ]$.
Chứng minh rằng :
$\int_{0}^{1}\sqrt{1 - \text{f}^{2}\text{(x)}} \text{dx} \leqslant \sqrt{1 - \left ( \int_{0}^{1} \text{f(x)dx} \right )^{2}}$.

Bận mấy bữa để bài này lên men mốc hết rồi

Bdt tương đương với

$$\left(\int_0^1 \sqrt{1-f^2(x)}dx \right)^2 +\left(\int_0^1 f(x)dx\right)^2 \le1 $$

$$LHS \underset{C-S}{\le} \int_0^1 dx \int_0^1 (1-f^2 (x) )dx + \int_0^1 dx \int_0^1 f^2(x)dx =\int_0^1dx =1 $$

Vậy có đpcm.

Bài 29: (Sendov-Skordev)

Cho $f$ không âm trên $[0;1]$ và thỏa $\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2} \le f(\frac{x_1+x_2}{2}) \;\;, \forall x_1,x_2 \in [0;1]$

Với mọi $n \in \mathbb{N}$, chứng minh

$$\int_0^1 f(x)dx \le 3^n \int_0^1 x^n f(x)dx $$

$$\dfrac{2}{(n+1)(n+2)}\int_0^1 f(x)dx \le \int_0^1 x^n f(x)dx \le \dfrac{2}{n+2} \int_0^1 f(x)dx $$

Bài 55: Cho $D$ là tập hợp các hàm $f$ biến thực khả vi liên tục trên $[0;1]$ và $f(0)=0\;, f(1)=1 $

 

Đặt $I(f)=\int_0^1 (1+x^2)(f'(x))^2dx $

 

Tính  $\min_{f \in D} I(f) $

 

 

Bài 24: Cho $f$ là hàm liên tục, có đạo hàm $f'$ liên tục trên đoạn $[0;1]$ và $f(0)=0$. Chứng minh rằng $$\int_0^1|f'(x)f(x)|dx\le \frac{1}{2}\int_0^1|f'(x)|^2dx$$

Buổi sáng tại ShiSha café

Ta có:

$$\int_0^1 |f'(x)f(x)|dx =\int_0^1 |f'(x)| \left| \int_0^x f'(t)dt \right| dx $$

$$ \le \int_0^1 |f'(x)| \int_0^x |f'(t)|dt dx $$

$$\le \int_0^1 |f'(x)| \sqrt{\int_0^x dt \int_0^x f'^2(t)dt } dx $$

$$ \le \int_0^1 \sqrt{x} |f'(x)| \sqrt{\int_0^x f'^2(t)dt}dx $$

$$\le \sqrt{\int_0^1 xdx \int_0^1 f'^2(x) \int_0^x f'^2(t)dt dx}$$

$$\le \sqrt{\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{2} \left[\left(\int_0^x f'^2(t)dt \right)^2 \right]' dx}$$

$$ \le \frac{1}{2} \int_0^1 f'^2(x)dx$$

Bài 34: (mới chế )

Cho $[a;b] \subset \mathbb{R} $ , $f:[a;b] \to \mathbb{R} $ có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $[a;b]$ sao cho $f(a)+f(b)=0$. Đặt $m=\min_{x \in [a;b]} f''(x) $, chứng minh

$$\int_a^b f(x)dx \le \dfrac{m(a-b)^3}{12}$$

Không biết đúng không sai anh chỉ em với.

Ta có:


Theo BDT $Cauchy-Schwarz$


\[\begin{array}{l}{\left( {\int\limits_0^2 {xf\left( x \right)f'\left( x \right)dx} } \right)^2} \le {\left( {\int\limits_0^2 {xf\left( x \right)dx} } \right)^2}{\left( {\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} } \right)^2} = {k^2}{\left( {\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} } \right)^2}\\
\le 2{k^2}\int\limits_0^2 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx}
\end{array}\]

Dòng này : $${\left( {\int\limits_0^2 {xf\left( x \right)f'\left( x \right)dx} } \right)^2} \le {\left( {\int\limits_0^2 {xf\left( x \right)dx} } \right)^2}{\left( {\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} } \right)^2}$$

Sai rồi em! Đâu có phải C-S đâu. Ráng giải đi, mai thi xong anh post lời giải

Bài 30: Cho $f$ không âm, liên tục và đồng biến trên $[0;c] (c>0)$. Chứng minh rằng $$\int_0^a f(x)dx+\int_{f(0)}^bf^{-1}(y)dy \ge ab$$ Với $a\in [0;c];b\in [f(0);c]$

Bài 31: Chứng minh $$e^x-1 <\int_0^x \sqrt{e^{2t}+e^{-t}}<\sqrt{(e^x-1)(e^x-\frac{1}{2})}\;\; \forall x>0$$

Bài 32: Tìm giá trị nhỏ nhất của $$f(n)=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{8}}\left(\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^n x} +\frac{\cos^{n+2}}{\sin^nx}\right )dx,n\in \mathbb{Z}^+$$

Bài 33: Cho $m\in \mathbb{N}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$f(x)=\int_1^x t^m.e^{2t}dt-2\left(\frac{x^{m+3}}{m+3}+\frac{x^{m+2}}{m+2} \right ),\, x\ge 1$$

Bài 30: Đã chứng minh ở đây. Đây là bất đẳng thức Young

Bài 31:

Hiển nhiên $$\int_0^x \sqrt{e^{2t}+e^{-t}}> \int_0^x e^t=e^x-1$$

Đặt $$f(x)=\int_0^x \sqrt{e^{2t}+e^{-t}}-\sqrt{(e^x-1)(e^x-\frac{1}{2})} \;\;, x>0$$

$$f'(x)=\sqrt{e^2x+e^{-x}}-\dfrac{e^x}{2} \left(\sqrt{\dfrac{e^2-1}{e^x-\frac{1}{2}}} +\sqrt{\dfrac{e^x-\frac{1}{2}}{e^x-1}}\right)$$

Đặt $t=e^x >1 $

Xét bất phương trình $f'(x)<0$

$$\Leftrightarrow \sqrt{t^2+\frac{1}{t}}<\dfrac{t}{2}\left( \sqrt{t-\dfrac{1}{2(t-\frac{1}{2})}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{2(t-1)}} \right)$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{8}{t^3}<\dfrac{1}{t-1}+\dfrac{1}{t-\frac{1}{2}}$$

$$\Leftrightarrow 4t^4+24t-3t^3-16t^2-8>0$$

Luôn đúng $\forall t>1$

Vậy $f'(x)<0 \;\;, \forall x>0$ , suy ra $f(x)$ nghịch biến trên $(0;+\infty)$

do đó $f(x)<f(0)=0$ , vậy có đpcm.

Bài 32:

Do $x \in [\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{8}] $ thì $\sin x >0 \;, \cos x >0$ nên ta có thể thác triển $f$ lên $\mathbb{R}$

Xét $f^1(n)=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{8}}\left(\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^n x} +\frac{\cos^{n+2}}{\sin^nx}\right )dx \;, n \in \mathbb{R}_+$

$${f^{1}}^{'}(n)=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{8}} \ln \tan x \left( \frac{\sin^{n+2}x}{\cos^n x} -\frac{\cos^{n+2}}{\sin^nx}\right )dx $$

$$\forall x \in [\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{8}] ,\; \ln \tan x \ge 0 \;, \sin x \ge \cos x$$

$$\Rightarrow \frac{\sin^{n+2}x}{\cos^n x} -\frac{\cos^{n+2}}{\sin^nx} \ge \cos^2 x-\cos^2 x=0$$

$$\Rightarrow {f^{1}}^{'}(n) \ge 0$$

Vậy $f^1(n)$ đồng biến trên $[0+\infty)$ , suy ra $f^1(n) \ge f^1(0)=\dfrac{\pi}{8}$

Suy ra $f(n) \ge f(0) \dfrac{\pi}{8}$

Bài 33:

$$f'(x)=x^me^{2x}-2\left(x^{m+2}+x^{m+1} \right )=x^m\left( e^{2x}-2x-2x^2 \right) $$

Lại có $e^x \ge 1+x+\dfrac{x^2}{2} \;, \forall x \ge 0$

suy ra $e^{2x} >1+2x+2x^2 \;, \forall x \ge 1$

Do đó $f'(x) >x^m>0$ , suy ra $f(x)$ đồng biến trên $[1;+\infty)$

Suy ra $f(x) \ge f(1)=-2\left( \dfrac{1}{m+2}+\dfrac{1}{m+3} \right) $

Bài 35: (mới chế )

Tặng Ku Kiên Kháu Khỉnh

Cho $f:[0;1] \to \mathbb{R}$ có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $[0;1]$. Đặt $M_0=\max_{[0;1]} f(x) \;, M_2=\max_{[0;1]} f''(x) \; ,m_1=\min_{[0;1]} f'(x)$

Chứng minh

$$\forall \lambda \in [0;1] \;, \int_0^1 f(x)dx \le M_0-\dfrac{m_1}{2}\left(\lambda^2+(1-\lambda)^2 \right)+\dfrac{M_2}{6}\left(\lambda^3+(1-\lambda)^3\right)$$

Bài 37: Cho $[a;b] \subset \mathbb{R} \;, f:[a;b] \to \mathbb{R}$ khả vi liên tục trên $[a;b]$ sao cho $f(a)=f(b)=0$. $\forall x \in [a;b]$ đặt $g(x)=\min \{|x-a|,|x-b| \} \;, $. Chứng minh

$$\int_a^b \dfrac{f^2(x)}{g^2(x)}dx\le 4\int_a^b f'^2(x)dx$$