The Indiana College Mathematics Competition, originally The Friendly Mathematics Competition, is held each year by the Indiana Section of the Mathematical Association of America.

History:

"The Friendly Mathematics Competition" was founded at Wabash College in 1965 by Professor Paul T. Mielke. Today it is known as "The Indiana College Mathematics Competition."

The Competition has emphasized collegiality and teamwork from the very beginning, earning its sobriquet "The Friendly Exam" because of the (relatively) noncompetitive ambience created during the contest. Students within a team cooperate and the teams submit one solution per question. Each team determines how to manage its work and time: Some teams are truly collaborative, whereas others carry out a divide and conquer strategy, with different members working on different problems. The number of problems varies from six to eight per year, and no calculators are allowed. Since 1978, the competition has been a part of the spring meeting of the Indiana Section of the MAA.

As is consistent with the "friendly" nature of the competition, each year's problems include "some problems everyone should be able to do," along with those that challenge and allow for distinguishing among the problem solvers. (One problem statement on the 1968 exam was false!) Many problems are classics borrowed from various sources.

-----------------------------------------------------wikipedia--------------------------------------------

Đề thi tương đối sơ cấp nhưng có nhiều câu rất hay. Học sinh PT vẫn có thể tham khảo được.

 ICMC1966_2000.pdf   9.48MB   2754 Số lần tải

Tình cờ tìm được ebook này trong lúc search trên http://en.bookfi.org/

P/s: Tìm các đề của các năm sau 2007 nhưng không ra, có lẽ phải search bằng tiếng Ả Rập @@. Bạn nào có các đề năm khác thì post lên cho mọi người tham khảo .

Download

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 .

Giả sử $a_i = \arctan x_i \Rightarrow a_i \in [\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$.

Tồn tại số $a_1,a_2$ mà $a_1 - a_2 < \frac{\pi}{16}$. Khi đó:

$\frac{x_1-x_2}{x_1x_2+1}= \tan {(a_1 - a_2)} < \tan {\frac{\pi}{16}} < \frac{1}{5}$

 

_____________

*******************

Mình không hiểu gõ sai chỗ nào mà công thức không hiện?

Do $f: (\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}) \to \mathbb{R} \;\;, f(x) =\tan x \; \forall x \in \mathbb{R}$  là một song ánh, do đó, với mỗi $a_i \in \mathbb{R} \;( 1 \le i \le 17 )$, tồn tại $x_i \in (\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ sao cho $a_i = \tan x_i $.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1<x_2<...<x_{17}$.

$17$ số thực $x_i$ tạo thành $16$ đoạn $[x_i;x_{i+1}] \;, (1 \le i \le 16)$, tổng độ dài các đoạn này bằng

$\sum_{i=1}^{16} (x_{i+1}-x_i)=x_{17}-x_1 < \frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})=\pi$.

Gọi $[x_j,x_{j+1}]$ là đoạn có độ dài nhỏ nhất, khi đó $0<x_{j+1}-x_j \le \frac{\pi}{16}$.

$\Rightarrow 0<tan(x_{j+1}-x_j) \le \tan \frac{\pi}{16} <\frac{1}{5}$

$$\Leftrightarrow 0<\dfrac{\tan x_{j+1}-\tan x_j}{1+\tan x_{j+1} \tan x_j}<\frac{1}{5}$$

$$\Leftrightarrow 0<\dfrac{a_{j+1}-a_j}{1+a_j a_{j+1}}<\frac{1}{5}$$

Đây là điều phải chứng minh.

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.

Ta có:

$y = ae^{bx} + ce^{dx}$

với a,b,c,d $\in$R

Các bạn chuyển giúp mình chuyển sang hàm x = f(y)

Mong bạn có thể đưa ra vấn đề cụ thể đang gặp khó khăn đang cần giải quyết vì việc giải phương trình ẩn x $ae^{bx} + ce^{dx}=y$ với $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ chung chung như vậy gần như là không thể @@.

Phần này lý thuyết thì chỉ có một, cho nên chủ yếu là tìm nhiều ví dụ minh họa càng hay càng thực tế thì càng tốt. Em có thể tìm thêm cách xấp xỉ các công thức phức tạp trong vật lý trong tính toán thông thường.

Mọi thứ search google: approximation by differentials

Một số tài liệu chẳng hạn:

http://mathinsight.o...tials_refresher

http://cims.nyu.edu/...fferentials.pdf

http://facultypages....101/HW/3.10.pdf

http://www.centerofm..._pdf/sec2_3.pdf

http://www.saylor.or...roximation1.pdf

Tính theo định nghĩa:

$$f'(0)=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin^2 x.arctan\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x \rightarrow 0}(\frac{sinx}{x})^2(xarctan\frac{1}{x})= 1.0 = 0$$

Có một lỗi sai nhỏ nhưng rất to ở đây : Hàm số đã cho chưa chắc có đạo hàm tại $0$ nên không thể khẳng định $f'(0)=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin^2 x.arctan\frac{1}{x}}{x}$.

Do đó cần tính $\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin^2 x.arctan\frac{1}{x}}{x}$ trước, nếu giới hạn này tồn tại hữu hạn thì mới có thể kết luận $f'(0)=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin^2 x.arctan\frac{1}{x}}{x}$ được.

 

Câu 6: Thí sinh chọn một trong hai câu:

b) Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm $g(x)$ đơn điệu thực sự (tức là đơn điệu và $g(x) \ne g(y)$ nếu $x \ne y$) và liên tục trên đoạn $[0,1]$ sao cho
$$ \int_0^1 f(x)g^k(x)\,d(x)=0, \ \ \forall k=0,1,\ldots,2013 $$
thì phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 2014 nghiệm phân biệt nằm trong khoảng $(0,1)$.
Hãy chỉ ra thí dụ nếu bỏ tính đơn điệu của hàm $g(x)$ thì định lý có thể không đúng.

 

Với $P \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ là đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn 2013 bất kỳ, từ giả thiết, ta luôn có $\int_0^1 f(x)P(x)dx=0$

Giả sử phương trình $f(x)=0$ có ít hơn 2014 nghiệm trong $(0;1)$. Bỏ qua các nghiệm bội mà tại đó hàm số $f$ đổi dấu, sắp xếp các nghiệm còn lại theo thứ tự tăng dần $x_0=0 < x_1<x_2<...<x_m < 1=x_{m+1}  \;, m <2014$. Trên hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$, hàm số $f(x)$ nhận giá trị dấu khác nhau. Đặt $h(x)=\prod_{i=1}^{m}(g(x)-g(x_i))$, do $g(x)$ đơn điệu nên trong hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$ $h(x)$ cũng nhận giá trị dấu khác nhau. Do đó, $f(x)h(x)$ hoặc dương hoặc âm trên $[0;1]$, do đó $\int_0^1 f(x)h(x) dx \neq 0$. Tuy nhiên, $h \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ nên theo nhận xét đầu tiên, ta phải có $\int_0^1 f(x)h(x)dx=0$. Mâu thuẫn.

Vậy phương trình $f(x)=0$ có ít nhất $2014$ nghiệm thực phân biệt.

Nếu bỏ giả thiết $g(x)$ đơn điệu. Xét $r_1(x),r_2(x)$ là hai hàm thực liên tục trên $[0;1]$ sao cho $r_1$ là hàm lẻ và $r_2$ là hàm chẵn. Đặt $f(x)=r_1(x-\frac{1}{2}) \;, g(x)=r_2(x-\frac{1}{2} )$.

Với $k \in \mathbb{Z}, 0 \le k \le 2013$

$$\int_0^1f(x)g^k(x)dx=\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx+\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

$$\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx=^{x=1-t} \int_{\frac{1}{2}}^1r_1(\frac{1}{2}-t) r_2^k(\frac{1}{2}-t)dt $$

$$=-\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

Do đó $\int_0^1f(x)g^k(x)dx=0$

Nhưng $f(x)=0 \Leftrightarrow r_1(x-\frac{1}{2})=0 $ có số nghiệm tùy thuộc vào $r_2(x)$, rõ ràng có vô số hàm số $r_2$ thỏa yêu cầu nhưng phương trình $r_2(x-\frac{1}{2}) =0$ chỉ có một nghiệm thực. Ví dụ $r_{1a}(x)=ax \;, a \neq 0$.

Câu 5. Cho $f(x)$ là hàm dương, liên tục trên đoạn $[0,1]$ và thỏa mãn điều kiện $ f(x)+f\left( \left( 1-\sqrt{x} \right)^2 \right) \le 1 $ với mọi $x \in [0,1]$.  Chứng minh rằng
$$ \int_0^1 \sqrt{f(x)} \, dx \le \frac{\pi\sqrt5}{8}. $$
 

Do sự xuất hiện của $x$ và $(1-\sqrt{x})^2$ nên nghĩ ngay tới lượng giác hóa

Bằng đổi biến $x=\cos^4 t $, ta được

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx=4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{f(\cos^4 t)}\cos^3 t \sin t dt \le^{C-S} 4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos^4 x)dx}\sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx}$$

Bằng đổi biến $x=\sin^4 t $

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)} dx =4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{f(\sin^4 t)} \sin^3t \cos t dt \le^{C-S}4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin^4 x)dx} \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx} $$

Bằng đổi biến $x=\frac{\pi}{2}-t$

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx$$

Vì vậy

$$2 \left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le 16 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx $$

Theo giả thiết, $f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \le 1 $

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx=\dfrac{5\pi}{256}$

Cho nên $$\left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le \dfrac{5 \pi^2}{64}$$

$$\Rightarrow \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \le \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $f(\cos^4x)=a \cos^3x\sin x\;, f(\sin^4 x)=b\sin^3 x\cos x$ với $(a,b) \in \mathbb{R}^2 $

Khi đó $f(\cos^4 x)+f(\sin^4 x)=a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x$

Theo giả thiết thì phải có $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x \le 1 \; \forall x \in \mathbb{R}$, hơn nữa
, để có dấu "=" thì $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx=\dfrac{\pi}{2}$

Suy ra $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=1 \; \forall x \in \mathbb{R}$ nhưng điều này là mâu thuẫn vì thay $x=0$ thì $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=0 \neq 1 $

Tóm lại, ta có bất đẳng thức thật sự $$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx < \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

Nhận xét: Ta có thể giải cách khác để thu được hằng số tốt hơn $\dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$ nhưng hơi dài nên không ghi ra ở đây .

Câu 4. Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và khả vi trong $(0,1)$ thỏa mãn $f(0)=0 ;\;  f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại các số phân biệt $x_1,x_2,\ldots,x_{2013} \in (0,1)$ sao cho
$$ \sum_{k=1}^{2013} \frac{kx_k}{f'(x_k)}=\frac{2013 \times 1007}{2}. $$
 

Đây là bài toán ...chả biết gọi sao nữa , xem sau sẽ rõ

Tổng quát, thay $2013$ bởi $n \in \mathbb{N}^* $ cho đẹp.

$\dfrac{2013 \times 1007}{2} $ thay bằng $\dfrac{n(n+1)}{4}=\frac{1}{2}\left( 1+2+...+n \right)$

Ta cần chứng minh tồn tại $n$ số thực phân biệt trong $(0;1)$ sao cho $$\sum_{k=1}^n \dfrac{kx_k}{f'(x_k)}=\dfrac{1+2+...+n}{2}$$

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k2x_k}{f'(x_k)}=1+2+...+n$$

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{1+2...+n} \dfrac{2x_k}{f'(x_k)}=1$$

Biểu thức $\dfrac{2x_k}{f'(x_k)}$ gợi ý tới $\dfrac{(x^2)^\prime}{f^\prime(x)}$ tức liên quan đến định lý Cauchy.

Đặt $z_k=\dfrac{1+...+k}{1+...+n} \;, 1 \le k \le n-1 $, hiển nhiên $z_k \in (0;1) \;, \forall 1 \le k \le n-1 $

Hàm $f$ liên tục trên $[0;1]$ và $f(0)=0 <1=f(1) $ nên theo định lý giá trị trung gian, với mỗi $z_k, \; 1 \le k \le n-1$ phải tồn tại $y_k \in (0;1) $ sao cho $z_k=f(y_k)$ (chọn các $y_k$ tất cả đều khác nhau). Không mất tính tổng quát, giả sử $(y_k)_{1 \le k \le n-1}$ là dãy tăng.

Đặt $y_0=0,y_n=1 $

Áp dụng định lý Cauchy cho $n$ đoạn $[y_i; y_{i+1}] \;, 0 \le i \le n-1$ với hàm $f$ và $g(x)=x^2$, tồn tại các $x_{i+1} \in (y_i;y_{i+1}) \;, 0 \le i \le n-1$ sao cho

$$\dfrac{y_{i+1}^2-y_i^2}{f(y_{i+1}-f(y_i)}=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}$$

$$\Leftrightarrow y_{i+1}^2-y_i^2=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}( f(y_{i+1}-f(y_i))=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}(z_{i+1}-z_i)=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n}$$

$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n-1} \left( y_{i+1}^2-y_i^2 \right) =\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

$$\Leftrightarrow 1=\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

Đây chính là điều phải chứng minh.

Hình như đây là một bài trong đề thi ở đâu đó ( lỡ quên mất )

Với $x>0$,

từ giả thiết $f(x)=\max_{y \ge x} ( x^\alpha y^\beta-f(y) ) $ suy ra $f(x) \ge x^\alpha y^\beta-f(y) \;, \forall y \ge x $

Cho $y=x$ ta được $f(x) \ge \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

Do đó $x^\alpha y^\beta-f(y) \le x^\alpha y^\beta -\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} , \forall y \ge x$

Ta chứng minh bất đẳng thức $x^\alpha y^\beta-\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} \le \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2} \;, \forall y \ge x$

$$\Leftrightarrow \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge 2 , \; \forall y \ge x$$

Do $\dfrac{y}{x} \ge 1 $ và $\alpha \ge \beta >0 $ nên

$$\left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\beta \ge 2 \sqrt{\left(\frac{x}{y} \right)^\beta \left( \frac{y}{x} \right)^\beta} =2$$

Như vậy phải có $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

Thử lại, hàm số $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Câu 2. Tìm giới hạn $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx. $$

 

Làm biếng đóng thành file pdf nên gõ từng bài vậy

Rất nhiều người làm sai bài này khi nghĩ rằng $\lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\int_0^1 \left( \lim_{n \to \infty} \dfrac{nx^n}{2013+x^n} \right) dx $

Khi nào $f_n $ liên tục trên $[a;b]  \;, \forall n \in \mathbb{N}$ và $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ hội tụ đều về một hàm số $f$ thì khi  đó mới có thể kết luận

$\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)dx=\int_a^b \left( \lim_{n \to \infty} f_n(x) \right) dx =\int_a^b f(x)dx$

Quay trở lại vấn đề, bản chất ở đây chỉ là giới hạn dãy số, do đó cố gắng đánh giá hàm trong tích phân để được giới hạn kẹp

$$\int_0^1 \dfrac{nx^n}{2013+x^n}dx=\left( x \ln (2013+x^n) \right)|_0^1-\int_0^1 \ln (2013+x^n)dx$$

$$=\ln 2014-\int_0^1 \ln 2013(1+\dfrac{x^n}{2013})dx =\ln \dfrac{2014}{2013}-\int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx$$

Áp dụng bdt quen thuộc, $\forall t \ge 0,\;\; 0 \le \ln(1+t) \le t$, ta được

$$0 \le \ln(1+\dfrac{x^n}{2013}) \le \dfrac{x^n}{2013}  \Rightarrow 0\le \int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx \le \int_0^1 \frac{x^n}{2013}dx=\frac{1}{2013(n+1)}$$

Do $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2013(n+1)}=0$ nên từ đây suy ra $\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \ln(1 +\dfrac{x^n}{2013})dx=0 $

Vậy $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\ln \dfrac{2014}{2013} $$

Mọi người giúp mình
tính đạo hàm cấp 2 của hàm số

 

$f(x)=\dfrac{(1+x)^{100}}{(1-2x)^{40}(1+2x)^{60}}$

Nhìn vào các số mũ thấy ngay điều đặc biệt : $40+60=100$ do đó ta có thể phân tích hàm số đã cho thành tích hai hàm số mà đạo hàm tính được dễ dàng.

$$f(x)=\left(\dfrac{1+x}{1-2x}\right)^{40} \left( \dfrac{1+x}{1+2x} \right)^{60} $$

$$\left(\left(\dfrac{1+x}{1-2x}\right)^{40} \right)^{\prime}=\dfrac{-120(1+x)^{39}}{(1-2x)^{41}}$$

$$\left( \left(\dfrac{1+x}{1-2x}\right)^{40} \right)^{\prime \prime}=\dfrac{120(121+4x)(1+x)^{38}}{(1-2x)^{42}}$$

$$\left( \left( \dfrac{1+x}{1+2x} \right)^{60}\right)^{\prime}=\dfrac{-60(1+x)^{59}}{(1+2x)^{61}}$$

$$\left( \left( \dfrac{1+x}{1+2x} \right)^{60}\right)^{\prime \prime}=\dfrac{60(63+4x)(1+x)^{58}}{(1+2x)^{62}}$$

Sử dụng công thức Leibnitz cho trường hợp đạo hàm cấp 2: $(uv)^{\prime \prime}=u^{\prime \prime}+2u^{\prime}v^{\prime}+v^{\prime \prime}$

$f^{\prime \prime}(x)=60(48x^3+2196x^2+728x+65)\dfrac{(1+x)^{98}}{(1-2x)^{42}(1+2x)^{62}}$

P/s: Cực ghét cho bài kiểu này để tra tấn tinh thần của người làm.

Cho $E$ là một tập hợp. Với mọi bộ phận $A$ của $E$, ta ký hiệu: 

$$\begin{matrix} \varphi _A:\: E\to \left \{ 0;\: 1 \right \}\\x \mapsto \left\{\begin{matrix} 1,\: \textbf{nếu} \: x\:\epsilon \: A\\ 0,\: \textbf{nếu} \: x\: \epsilon \: C_{E}(A)\end{matrix}\right. \end{matrix}$$

 

Chứng minh các công thức sau đối với mọi bộ phận $A,\: B$ của $E:$

 

$1)\: A\subset B\Leftrightarrow \varphi _A\leq \varphi _B$

 

$2)\: \varphi _A^2=\varphi _A$

 

$3)\: \varphi _{C_E(A)}=1-\varphi _A$

 

$4)\: \varphi _{A\cap B}=\varphi _A\varphi _B$

 

$5) \: \varphi_{A-B}=\varphi_A(1-\varphi_B)$

Đây là hàm đặc trưng của tập hợp con, các tính chất 1,2,3,4 là hiển nhiên từ định nghĩa hàm đặc trưng, tính chất thứ 5:

$\varphi_{A-B}=\varphi_{A \cap C_EB}=\varphi_A \varphi_{C_EB}=\varphi_A(1-\varphi_B)$

Có cách này , anh xem hộ em xem 

Gọi $p^{(k)}(x)$ là đạo hàm cấp $k$ của đa thức $p(x)$ , ta ký hiệu 

                                                $U_{k}=\int_{0}^{x}p^{(k)}(t)sintdt$

và                                            $V_{k}=\int_{0}^{x}p^{k}(t)sintdt$

Giả sử $deg p=n$ khi đó lấy tích phân từng phần ta thu được 

                                                $U_{k}=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+\int_{0}^{x}p^{(k+1)}sintdt=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+V_{k+1}$

Chứng minh tương tự ta có :

                                                $V_{k}=p^{(k)}(t)sint|^{x}_{0}-U_{k+1}$

Ta lại có :

                          $U_{0}=-\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)cost|^{x}_{0}+\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)sint|^{x}_{0}$

Và                      $V_{0}=\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)sint|^{x}_{0}+\sum_{0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)cost|^{x}_{0}$

Đặt $p_{1}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k)}(t),p_{2}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)$

Ta có $deg p_{1}=n$ và $deg p_{2}=n-1$

Khi đó hai biểu thức trên viết được dưới dạng .

                           $U_{0}=-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}$

Và                       $V_{0}=p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}$

Gọi $X$ là tập nghiệm của hệ trên , ta có hệ 

                           $U_{0}=V_{0}=0$

Với mọi $x$ thuộc $X$ ta có :

                           $-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}=0$

Và                      $p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}=0$

Đặt $P_{1}(0)=a,P_{2}(0)=b$ bình phương và thu được

                            $p_{1}(x)^{2}+p_{2}(x)^{2}-(a^{2}+b^{2})=0$

Gọi $Y$ là tập nghiệm đa thức trên ta có $X\subset Y$ , từ $deg Q=2n$ và $|X|\leq |Y|\leq 2n$

Tức là $X$ có hữu hạn phần tử , đpcm ( p/s : một chứng minh của $1$ bạn trên fb )

Đây là nguyên văn lời giải trong cuốn sách tuyển tập đề thi Olympic Toán sinh viên

Cho tập hợp $X$ có $n$ phần tử, $f$ là song ánh từ $X$ vào $X$. Chứng minh tồn tại số nguyên dương $k$ để $ f^k = Id_X$ với $f^k = fofo...f $ ( $k$ lần )

Chắc là mới học năm 1 nên làm cơ bản thôi

$f$ song ánh nên $f^k , k \in \mathbb{N}^*$ cũng là song ánh từ $X$ vào chính nó

Do $X$ hữu hạn nên số song ánh từ $X$ vào chính nó là hữu hạn (có $n!$ song ánh ), do đó $A=\{ f^k \; , k \in \mathbb{N}^* \} $ là hữu hạn nên tồn tại $m>n$ sao cho $f^m=f^n \Leftrightarrow f^{m-n}=id_X$, đây là đpcm.

Khảo sát sựu hội tụ của tích phân suy rộng sau theo $k$ $$\int_{1}^{+\infty }\frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx$$

Do sự xuất hiện của $x^k$ nên ta sẽ đánh giá để chỉ còn lại $x^k$.

Với $x \ge 1$, ta có bdt cơ bản $ x > |\sin x| $, nên $\frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k} >0$

Ta  có thể chứng minh $4>\dfrac{x+\sin x}{x-\sin x}>\frac{1}{4} \;, \forall x \ge 2 $   (Có thể chọn các giá trị khác để chặn cũng được )

Thật vậy, $$4>\dfrac{x+\sin x}{x-\sin x}>\frac{1}{4}  \Leftrightarrow 3x >5|\sin x|$$

Điều này hiển nhiên đúng vì $3x \ge 6 >5 \ge 5|\sin x| \;, \forall x \ge 2 $

Vậy $$\forall x \ge 2, \; \dfrac{x^k}{4} < \dfrac{x+\sin x}{x-\sin x} x^k < 4x^k$$

suy ra $$\frac{1}{4}\int_2^{+\infty} x^kdx <\int_2^{+\infty} \dfrac{x+\sin x}{x-\sin x} x^kdx <4\int_2^{+\infty} x^kdx $$

Với $k \ge -1 , \;  \int_2^{+\infty} x^kdx =+\infty$ nên $\int_{1}^{+\infty }\frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx=\int_1^2 \frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx+\int_2^{+\infty} \frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx =+\infty$

Với $k<-1$, $\int_2^{+\infty} x^kdx$ hội tụ nên $\int_{1}^{+\infty }\frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx=\int_1^2 \frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx+\int_2^{+\infty} \frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx$ hội tụ.

Do khoảng lấy tích phân nên ta có $x\geq sinx$ và $x$ dương , nên hàm dưới dấu tích phân dương , do đó là ta có 

$\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx\geq 1$ nếu $k\geq 0$

Nên  $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}\geq \int_{1}^{\infty +}dx$

Tích phân sau phân kỳ , nên tích phân ban đầu cũng phân kỳ 

Với $k=-1$ thì có thể thấy 

                               $\int_{1}^{\infty +}\frac{dx}{x}dx+\int_{1}^{\infty +}\frac{2sinx}{x-sinx}x^{-1}dx$

Phân kỳ vì tích phân trái phân kỳ , và tích phân sau nếu âm thì phát triển chậm hơn tích phân kia khi xét trong khoảng này ( có thể cm cái này )

Với $k<0$ ta có :

                               $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx$ 

Trước hết với $x\geq 2$ thì $x\geq 2sinx$ nên $3x-3sinx\geq x+sinx$ 

Do đó $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx=\int_{1}^{2}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx+\int_{2}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx\leq \int_{1}^{2}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx+3\int_{2}^{\infty +}x^{k}dx$

Cả hai tích phân cuối hội tụ nên tích phân đầu hội tụ .

Do đó nếu $k=-1$ hoặc $k>0$ thì tích phân đầu phân kỳ , $k<0$ tich phân này hội tụ .

 

Với $k \ge 0$

$\int_{1}^{+ \infty}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}\geq \int_{1}^{+ \infty}dx$

Dòng này chưa đủ cơ sở kết luận vì có những đoạn, trên đó $\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k} <1 $

Chẳng hạn : Với $k=0$, lấy $x=\frac{3\pi}{2} $; với $k=\frac{1}{10} $, lấy $x=\frac{3\pi}{2} $....

Dòng xét trường hợp $k=-1$ lập luận mơ hồ, thiếu chính xác. Giải tích đòi hỏi mọi thứ phải rõ ràng, chặt chẽ, không thể cứ phán đoán, bấm máy thấy nó ra thế thì nó sẽ đúng như thế.

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) $

Chào mọi người,

mình đang cần quyển sách bài tập toán cao cấp tập 3 của Nguyễn Đình Trí nhưng tìm hoài không gặp. Mọi người có thì cho mình xin với. Các tài liệu khác về giải tích hàm nhiều biến số cũng được.

cảm ơn mọi người nhiều nha, chúc  mọi người vui vẻ

Sách của bạn đây : Bài tập Toán cao cấp tập 3 - Nguyễn Đình Trí

Chính xác là vậy, "nếu $y \in f(A \cap B)$ thì $y \in f(A) \cap f(B) $ " thì không cần phải xét $f(A \cap B)$ rỗng hay không. Tuy nhiên, nếu nói là

"lấy $y \in f(A \cap B)$ sau đó chứng minh $y \in f(A) \cap f(B) $" thì vấn đề hoàn toàn khác, phải xét tới $f(A \cap B)$ rỗng hay không để đảm bào "hành động" "lấy $y$" có thực hiện được hay không.

Do Didier sử dụng thuật ngữ "Ta có $y \in f(A \cup B)...$" đều đó có nghĩa đã có $y$, và do đó cần xét tới tính rỗng. Mình nghĩ vậy

Mã Latex : $\cup$ là \cup ,  $\vee$ là \vee

Sử dụng tương đương mệnh đề $(p \vee q) \Leftrightarrow (\bar{q} \Rightarrow p)$ cũng khá hay

Tuy nhiên, sao không sử dụng tương đương logic này nhỉ $( p \Rightarrow q ) \Leftrightarrow (\bar{q} \Rightarrow \bar{p} )$

tức $m \le \sqrt{2-\sqrt{2}}$ thì $\forall z \in \mathbb{C}, \; |z+1| \ge m \;\vee \; |z^2+1| \ge 1 $ tương đương với $\exists z \in \mathbb{C}, \; |z+1| < m \; \wedge |z^2+1| < 1 $ thì $m > \sqrt{2-\sqrt{2}}$  

Bây giờ chỉ việc tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm

Ta có $y\in f(A\cap B)\Rightarrow \exists x\in A\cap B:f(x)=y \Rightarrow \exists x\in A\Rightarrow y\in f(A) $

$\exists x\in B\Rightarrow y\in f(B) \Rightarrow x\in A\cap B\Rightarrow y\in f(A)\cap f(B)$

$\Rightarrow f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B) $

+)$y\in f(A)\cap f(B) \Rightarrow y\in f(A):\exists x_{1}\in A:f(x_{1})=y \Rightarrow y\in f(B):\exists x_{2}\in B:f(x_{2})=y$

Vì hàm số là đơn ánh nên ta có $x_{1}=x_{2}=A\cap B\Rightarrow y\in f(A\cap B)\Rightarrow f(A)\cap f(B)\subset f(A\cap B) $

$\Rightarrow f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$.

Nếu không có đơn ánh thì điều thứ 2 không có .chủ thớt học BK à

Chắc em mới học năm 1 . Em đang chứng minh cho chiều : $f$ đơn ánh thì $f(A \cap B)=f(A) \cap f(B) $ thôi, nói chung là chưa đủ và bài làm gặp rất nhiều lỗi trong logic lập luận cũng như hình thức trình bày. Xin góp ý sửa chữa cho đúng:

Trước tiên: $y \in f(A \cap B)$, để có phần tử $y$ thì $f(A \cap B) \neq \varnothing$, nếu bằng $\varnothing$ thì rõ ràng không tồn tại $y$ rồi .

Sửa lại:

 i ) Nếu $f(A \cap B)= \varnothing$ thì $f(A \cap B)=\varnothing \subset f(A) \cap f(B) $

ii) Nếu $f(A \cap B) \neq \varnothing $, xét phần tử $y$ bất kỳ thuộc $f(A \cap B)$.

Tồn tại $x \in A \cap B$ sao cho $y=f(x)$ , do $x \in A$ nên $y=f(x) \in f(A)$ đồng thời $x \in B$ nên $y=f(x) \in f(B)$.

Do đó $y \in f(A) \cap f(B)$, vậy nên $f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$

iii) Nếu $f(A) \cap f(B) = \varnothing$ , từ $f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$ suy ra $f(A \cap B)= \varnothing$

iv) Nếu $f(A) \cap f(B) \neq \varnothing$ , xét $y$ bất kỳ thuộc $f(A) \cap f(B)$.

do $y \in f(A) $ nên có $x_1 \in A \; | \; y=f(x_1)$ và cũng do $y \in f(B)$ nên có $x_2 \in B\; | \; y=f(x_2) $. Từ tính chất $f$ đơn ánh nên $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2  \Rightarrow x_1=x_2 \in A \cap B$

Do đó $y=f(x_1) \in f(A \cap B) $, vậy nên $f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B) $

Từ 4 điều chứng minh ở trên suy ra $f(A \cap B)= f(A) \cap f(B)$

Tiếp theo :

LV Các hàm số học và ứng dụng

LV Đa thức bất khả quy

LV Định lý cơ bản của Đại số

Lv Giả thuyết Erdos-Szekeres va mot so bai toan lien quan

LV Hình học trên mặt cầu

LV Lịch sử phát triển số nguyên tố

LV Lý thuyết đồ thị và giả thuyết Erdos-Szekeres

LV Lý thuyết trường và bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa

LV Lý thuyết về số đại số

LV Một số bài toán về đường tròn

LV Một số bất đẳng thức và ứng dụng

LV Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

LV Một số pp giải phương trình, bất phương trình lượng giác

LV Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

LV Một vài vấn đề về phương trình Diophante

LV Những thành tựu về lịch sử giải phuong trình đại số

LV Phân thức hữu tỷ và các bài toán liên quan

LV Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình

LV Phương trình hàm đa ẩn hàm cơ bản

LV Phương trình hàm trong lớp hàm số lượng giác

LV Số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố

LV Tổng luỹ thừa các số nguyên

LV Từ bài toán giải phương trình tới bài toán dựng hình

LV Từ bài toán giải phương trình tới bài toán quỹ tích

LV Ứng dụng số phức trong việc nghiên cứu Toán sơ cấp

LV Vành đa thức và một số ứng dụng