Tối ưu đồ thị phần 1.pdf   327.68K   658 Số lần tảibản chỉnh sửa :

nếu ta xét ma trận gốc đề bài cho ở dạng A+I  thì dễ dàng nhận thấy rank A=1 nên 0 là một giá trị riêng của A với số bội là n-1 giá trị riêng còn lại sẽ là $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$ từ đó suy ra đa thức đặc trưng  rồi suy ra det A . Em có thể tham khảo cách này sau khi đã hiểu rõ về giá trị riêng của ma trận

Bài toán (Putnam 1950) Chứng minh rằng:

         $x+\frac{x^{3}}{1.3}+\frac{x^{5}}{1.3.5}+\frac{x^{7}}{1.3.5.7}+...+\frac{x^{2k+1}}{1.3.5...(2k+1)}+...=e^{\frac{x^{2}}{2}}\int_{0}^{x}e^{-\frac{t^{2}}{2}}dt$

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 .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.(ĐH - Toronto 2015 ) Tính số chiều của không gian vector con sinh bởi $\left \{ (\sigma (1);\sigma (2);...;\sigma (n)) \right \}$. trong đó $\sigma$  là một song ánh từ $\left \{ 1,2...n \right \}\rightarrow \left \{ 1,2,...,n \right \}$.

   Đáp số : n

 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   99.41K   176 Số lần tải

  lân 4 ngày 1  Sols2011D1.pdf   62.76K   111 Số lần tải ngày 2   Sols2011D2.pdf   99.56K   104 Số lần tải

lần 5 ngày 1   Solutions2012-1.pdf   60.69K   107 Số lần tải ngày 2  Solutions2012-2.pdf   67.87K   105 Số lần tải

lần 6 ngày 1  Solutions2013-1.pdf   188.4K   209 Số lần tải ngày 2   Solutions2013-2.pdf   183.82K   118 Số lần tải

lân 7 ngày 1  Solutions_RMM2015-1.pdf   166.11K   98 Số lần tải ngày 2   Solutions_RMM2015-2.pdf   173.35K   97 Số lần tải

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

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 Số lần tải

Quyển 2  Ramanujan's Notebooks II.pdf   13.64MB   406 Số lần tải

Quyển 3  Ramanujan's Notebooks III.pdf   20.03MB   405 Số lần tải 

Quyển 4   Ramanujan's Notebooks IV.pdf   10.63MB   335 Số lần tải

 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 Số lần tải

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)

Bài toán. Cho $f:[0,1]\times [0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ là một hàm số liên tục

Tính $lim_{n\rightarrow \infty }\left ( \frac{(2n+1)!}{ (n!)^{2}} \right )^{2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(xy(1-x) (1-y))^{n}f(x,y)dxdy$

  Nguồn gốc : Từ cuộc thi Annual Vojtech Jarnik

Bài toán(Hilbert).Chứng minh :

  Với mọi số thực $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ ta luôn có

                   $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{a_{i}a_{j}}{i+j}\leq \pi \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$

Bài toán ( Frilz Carlson) Với mọi số thực $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ ta luôn có

                          $\pi ^{2}(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(a_{1}^{2}+4a_{2}^{2}+...+n^{2}a_{n}^{2})\leq (a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{4}$

Bài toán.  Chứng minh rằng với a,b,c,x,y,z,t là các số thực dương sao cho $1\leq x,y,z\leq 4$ ta luôn có

       $\frac{x}{(2a)^{t}}+\frac{y}{(2b)^{t}}+\frac{z}{(2c)^{t}}\geq \frac{y+z-x}{(b+c)^{t}}+\frac{z+x-y}{(c+a)^{t}}+\frac{x+y-z}{(a+b)^{t}}$

   Nguồn các bài toán : 2 bài đầu mình trích ra từ cuốn '' Problem from Book '' của tác giả Titu Andresscu.

Bài toán còn lại là từ một cuộc thi tại cuộc thi Annual Vojtech Jarnik

 Sử dụng nghịch đảo Mobius để xác định công thức tính phi hàm Euler.pdf   217.44K   378 Số lần tải

                           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 ( AVJ-?) Cho M là ma trận

                     $M=\begin{pmatrix} -1 & 3 & 0 & ... &0 \\ 3 & 2 & -1 & ... &... \\ 0 & -1 & 2 &... & ...\\ ...& ... & ... &... &... \\ 0 & ... & ... &-1 &2 \end{pmatrix}$

 Chứng minh rằng M có đúng 9 giá trị riêng dương ( tính luôn cả trường hợp bội )

 Số Schur.pdf   197.94K   95 Số lần tải

 Permanent.pdf   225.22K   78 Số lần tải

 SDR.pdf   216.12K   146 Số lần tải

 Phương pháp xác suất.pdf   295.44K   380 Số lần tải

 Ứng dụng phương pháp xác suất vào lý thuyết đồ thị.pdf   314.14K   102 Số lần tải

 Phương pháp trị riêng cho đánh giá chặn trên của chỉ số độc lập.pdf   281.68K   123 Số lần tải

 Phương pháp topo - metric trong lý thuyết đồ thị.pdf   312.94K   104 Số lần tải

Bản sửa lỗi   Phương pháp topo - metric trong lý thuyết đồ thị.pdf   313.3K   129 Số lần tải

 Phương pháp qui nạp+song ánh.pdf   218.73K   82 Số lần tải

 Phi hàm Euler.pdf   246.36K   1835 Số lần tải