Bài toán ( AMM-11709). Tính tích phân

 $\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{x}\frac{cos(x-y)-cosx}{y}dydx$

ĐS: $I=\frac{\pi ^{2}}{6}$

Bài toán (AMM-11650) Tính tích phân

$\int_{0}^{\infty }\int_{x}^{\infty }e^{-(x-y)^{2}}sin(x^{2}+y^{2})\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}dydx$

ĐS: $I=\frac{1}{4}arctan2-\frac{1}{16}ln5-\frac{\pi }{8}$

Bài toán ( AMM-11277) Tính tích phân

$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{ln(2-sin\theta cos\phi )}{2-2sin\theta cos\phi +sin^{2}\theta cos^{2}\phi }d\theta d\phi$

ĐS:$I=\frac{\pi ^{2}ln2}{16}$

Bài toán (AMM-11275). Tính tích phân

 $\int_{0}^{\infty }\int_{y}^{\infty }\frac{(x-y)^{2}ln\left ( \frac{x+y}{x-y} \right )}{xysinh(x+y)}dxdy$

ĐS: $\frac{\pi ^{2}(\pi ^{2}-8)}{16}$

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.

Mấy bài này mình giới thiệu thêm cho các bạn chứ các bài này có tính thách đố cao chẳng thua các bài toán olympc ở Phổ thông

Bài toán ( Putnam 1984) . Tính tích phân sau

                                              I=$\int \int \int_{R}xy^{9}z^{8}(1-x-y-z)^{4}dxdydz$

 trong đó $R=\left \{ (x,y,z):x,y,z\geq 0,x+y+z\leq 1 \right \}$

Lời giải.

Với t>0 , đặt $R_{t}=\left \{ (x,y,z):x,y,z\geq 0,x+y+z\leq t \right \}$. Xét tích phân

     $I(t)=\int \int \int_{R_{t}}xy^{9}z^{8}dxdydz$ thì tích phân cần tìm là $I(1)$

Sử dụng phép đổi biến x=tu,y=tv,z=tw. Khi đó $I(t)=I(1)t^{25}$

  Ta sẽ tính tích phân sau bằng hai cách

              $J=\int_{0}^{\infty }\int \int \int_{R_{t}}e^{-t}xy^{9}z^{8}(t-x-y-z)^{4}dxdydz$

Ta thấy $J=\int_{0}^{\infty }I(t)e^{-t}dt=I(1)\int_{0}^{\infty }t^{25}e^{-t}dt=I(1)\Gamma (26)=I(1)25!$

Mặt khác , bằng các đặt $s=t-x-y-z$, ta được

     $J=\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }e^{-s}e^{-x}e^{-y}e^{-z}xy^{9}z^{8}s^{4}dxdydzds=\Gamma (2)\Gamma (10)\Gamma (9)\Gamma (5)=1!9!8!4!$

  Từ đây suy ra $I=I(1)=\frac{1!9!8!4!}{25!}$         

 ta chứng minh được $det(A^{2}+E)=\left | det(A-iB) \right |^{2}$ .

Bài toán (Putnam 2008 ) Cho p là một số nguyên tố . Gỉa sử h(x) là một đa thức hệ số nguyên sao cho $\left \{ h(0),h(1),...,h(p^{2}-1) \right \}$ là một hệ thặng dư đầy đủ modulo $p^{2}$.

 Chứng minh rằng $\left \{ h(0),h(1),...,h(p^{3}-1) \right \}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo $p^{3}$

Bài toán (Putnam 1977 ) Chứng minh rằng $C_{pa}^{pb}\equiv C_{a}^{b}(mod p)$, với mọi số nghuyên dương a, b và $a\geq b$ , p là số nguyên tố

 Lời giải. Trong lời giải có đề cập đến một số kết quả cơ bản về đa thức trên vành $Z_{p}$

  Theo một kết quả quen thuộc $C_{p}^{i}\equiv 0(modp),i=\overline{1,p-1}$.

Phát biểu lại kết quả trên bằng ngôn ngữ đại số ta được : $(1+x)^{p}=1+x^{p}$.

 Ta thấy

     $\sum_{k=0}^{pa}C_{pa}^{k}x^{k}=(1+x)^{pa}=\left [ (1+x)^{p} \right ]^{a}=(1+x^{p})^{a}=\sum_{j=0}^{a}C_{a}^{j}x^{jp}$

Đồng nhất hệ số của $x^{pb}$ ở hai vế ta thu được

                 $C_{pa}^{pb}\equiv C_{a}^{b}(modp)$

 Lưu ý rằng các tính toán đa thức của ta ở đây đang thực hiện trên $Z_{p}[x]$

Bài toán . ( Putnam 2011 ) Cho p là một số nguyên tố  lẻ .

Chứng minh rằng có ít nhất $\frac{p+1}{2}$ giá trị $n\in \left \{ 0,1,2... p-1 \right \}$ sao cho $\sum_{k=0}^{p-1}k!n^{k}$ không chia hết cho p.

Lời giải. Đặt $f(x)=\sum_{k=0}^{p-1}k!x^{k}\in F_{p}[x]$ là tập hợp các đa thức bậc p có hệ số thuộc trường $F_{p}$. Ta phân hoạch $F_{p}=Z\bigcup Z^{'}$, 

 trong đó $Z=\left \{ a\in F_{p};f(a)=0 \right \};Z^{'}=\left \{ a\in F_{p} ;f(a)\neq 0\right \}$

 Ta thấy $f(0)=1\Rightarrow 0\in Z^{'}\Rightarrow \left | Z \right |\geqslant 1$.

 Đặt $\left | Z \right |=p-r,\left | Z^{'} \right |=r\geqslant 1$.

 Xét đa thức $s(x)=\prod_{a\in Z^{'}}(x-a)\Rightarrow degs(x)=r$

   Dựa vào các ta định nghĩa thì đa thức $s(x)f(x)$ triệt tiêu ( luôn bằng 0 ) tại mọi điểm của trường $F_{p}$,

Do đó $s(x)f(x)=(x^{p}-x)h(x)$, trong đó h(x) có bậc r-1 và thuộc $F_{p}[x]$ ( Lưu ý đến bậc của hai vế + Định lý Fermat nhỏ ). Trong những tính toán tiếp theo có sử dụng đến đạo hàm hình thức .

$x\frac{d}{dx}(xf(x))=x\frac{d}{dx}\sum_{k=0}^{p-1}k!x^{k+1}=x\sum_{k=0}^{p-2}(k+1)!x^{k}=\sum_{k=1}^{p-1}k!x^{k}=f(x)-1$

$\Rightarrow x^{2}f^{'}(x)+xf(x)=f(x)-1\Rightarrow x^{2}f^{'}(x)+(x-1)f(x)+1=0$

  Lấy đạo hàm hình thức $s(x)f(x)=(x^{p}-x)h(x)$ ta được

      $s^{'}(x)f(x)+s(x)f^{'}(x)=\left ( x^{p}-x \right )h^{'}(x)-h(x)$ ( Chú ý loại bỏ các số hạng triệt tiêu trên trường $F_{p}$ )

 Từ các kết luận trên ta thấy

 $x^{2}s^{'}(x)f(x)=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)-s(x)x^{2}f^{'}(x)$

                          $=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)+s(x)((x-1)f(x)+1)$

                         $=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)+(x-1)(x^{p}-x)h(x)+s(x)$

                         $=\left ( x^{p}-x \right )(x^{2}h^{'}(x)-(x-1)h(x))-x^{2}h(x)+s(x)$

Ta thấy vế trái triệt tiêu trên $Z\bigcup \left \{ 0 \right \}$,  $x^{p}-x$ triệt tiêu trên $F_{p}$ nên đa thức $-x^{2}h(x)+s(x)$ triệt tiêu trên $Z\bigcup\left \{ 0 \right \}$.

Ta thấy

 $r+1=deg(-x^{2}h(x)+s(x))\geqslant \left | Z \right |+1=p-r+1\Rightarrow r\geqslant \frac{p+1}{2}$

 Đa thức sắc số.pdf   359.95K   92 Số lần tải

 Đánh giá số cạnh cho đồ thị không chứa chu trình chẵn.pdf   201.53K   232 Số lần tải

 Đánh giá số cạnh của một đồ thị phẳng.pdf   159.06K   122 Số lần tải

 Định lý Andrasfai-Erdos-Sos và các bài toán liên quan.pdf   218.97K   215 Số lần tải

 Định lý Cayley - Hamilton.pdf   197.43K   1080 Số lần tải

 Định lý Chevalley - Warning.pdf   235.11K   585 Số lần tải

 Định lý de Bruijn -Erdos.pdf   226.42K   232 Số lần tải

 Định lý Dilworth và ứng dụng.pdf   270.3K   1738 Số lần tải

Bài toán sau đây là chìa khóa cho lời giải bài toán trên có thể tìm được lời giải tiếng việt trong tài liệu tham khảo đã dẫn.

Bài toán . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và số thực x>0 ta luôn có

      $\sum_{k_{1},...,k_{n}\geq 0,k_{1}+2k_{2}+...+nk_{n}=n}\frac{(k_{1}+k_{2}+...+k_{n})!}{k_{1}!k_{2}!...k_{n}!}x^{k_{1}+k_{2}+..+k_{n}}=x(1+x)^{n-1}$

   Tiếp theo là một minh họa khác cho việc áp dụng công thức Faa di Bruno

Bài toán. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có

     $\sum_{k_{1},...,k_{n}\geq ;k_{1}+2k_{2}+...+nk_{n}=n}\frac{(-1)^{k_{1}+...+k_{n}}(k_{1}+...+k_{n})!}{k_{1}!k_{2}!..k_{n}!}\binom{\frac{1}{2}}{1}^{k_{1}}...\binom{\frac{1}{2}}{1}^{k_{n}}=2(n+1)\binom{\frac{1}{2}}{n+1}$

  Lưu ý $\binom{m}{k}=\frac{m(m-1)...(m-k+1)}{k!}$

Bài toán .(AVJ- 2015)

  Tìm tất cả các số thực x sao cho chuỗi sau hội tụ

    $\sum_{n=1}^{\infty }\left ( \sum_{k_{1},..,k_{n}\geq 0,k_{1}+2k_{2}+...+nk_{n}=n}\frac{(k_{1}+...+k_{n})!}{k_{1}!...k_{n}!}x^{k_{1}+...+k_{n}}\right )$

  Tìm tổng của chuỗi khi nó hội tụ

Lưu ý với các bạn là có một bản chứng minh công thức Faa di Bruno bằng tiếng việt trong cuốn bài tập giải tích tập 2 trong phần '' Bộ tài liệu ôn thi olympic môn giải tích '' bằng phương pháp giải tích hàm

 Ứng dụng của định lý Combinatorial Nullstellensatz.pdf   261.21K   217 Số lần tải

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)

   Trên đây ta đã  dùng công cụ giải tích giải một bài toán số học. Tiếp theo ta sẽ làm điều ngược lại đưa ra một ví dụ nhỏ có nội dung số học trên nền giải tích.  

 Bài toán (Putnam 2014) Chứng  minh rằng:

  Mọi hệ số khác không trong khai triển Taylor của hàm số $y=(1-x+x^{2})e^{x}$ tại điểm x=0 là một  số hữu tỉ mà tử số của nó hoặc bằng 1hoặc là một số nguyên tố nào đó  ở dạng tối giản

 Lý thuyết chuỗi Laurent.pdf   372.25K   1478 Số lần tải

 Ứng dụng lý thuyết hàm phức trong các bài toán đại số tuyến tính.pdf   763.17K   151 Số lần tải

 Lý thuyết chuỗi lũy thừa.pdf   516.67K   1067 Số lần tải

 Lý thuyết thặng dư.pdf   239.19K   920 Số lần tải

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

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

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