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

   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

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)

 Ứng dụng của định lý Combinatorial Nullstellensatz.pdf   261.21K   215 Số lần tải

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

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

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

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 $I=I(1)=\frac{1!9!8!4!}{25!}$         

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 ( 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.