Trời, đúng thật là mọi thứ đều có thể đơn giản hơn 

Đặt $f(x)= ln(1+\frac{n+1-x}{n^2})$ $x \in [1,n+1]$. 

Thấy luôn $f$ giảm trên đoạn $[1,n+1]$ nên có bất đẳng thức :

$\int_{1}^{n+1} f(x)dx \leq \sum_{i=1}^{n} f(i) \leq f(1)+\int_{1}^{n+1} f(x)dx$

Giờ chỉ cần tính $I=\int_{1}^{n+1} f(x)dx$ là xong.

Rất đơn giản :

$$I=\int_{1}^{n+1}  ln(1+\frac{n+1-x}{n^2}) dx = \int_{1}^{n+1}  ln(n^2+n+1-x)dx - \int_{1}^{n+1}  ln(n^2)dx$$

$$=\int_{n^2}^{n^2+n}  ln(y)dy - nln(n^2)dx$$ (với cách đặt $y=n^2+n+1-x$)

$$=(ylny - y)|^{n^2+n}_{n^2} - nln(n^2)dx = n^2 ln(1+\frac {1}{n}) -n + n ln (1+\frac {1}{n})$$

$$=n^2 \left ( \frac{1}{n}-\frac{1}{2.n^2} + O(\frac{1}{n^3}) \right) - n + n \left (\frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^2})  \right)$$

do khai triển hữu hạn tại $x=0$ của $ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+ O(x^3)$

$$I=\frac {1}{2} + O(\frac{1}{n})$$

Vậy $\text{lim}\sum_{i=1}^{n} \text{ln}(1+\frac{i}{n^2}) = \frac{1}{2}$

Ánh xạ afin : trong hình học, đó là ánh xạ bảo toàn tính song song. Trong giải tích, bạn có thể hiểu ánh xạ afin là ánh xạ có dạng $x \mapsto p.x+q$ với $p,q$ là hằng số.

Ánh xạ $f$ liên tục từng khúc trên $[a,b]$ : tức là tồn tại một phân hoạch của $[a,b]$ sao cho $f$ liên tục trên từng khoảng mở của phân hoạch đó, và $f$ có giới hạn (phải và trái) hữu hạn tại các cận.

Ánh xạ afin liên tục từng khúc mình dùng ở đây có ý là :

một ánh xạ liên tục từng khúc, và trên mỗi khúc liên tục đó nó là ánh xạ afin. Chú ý là các ánh xạ afin trên từng khúc có thể có hệ số $p,q$ khác nhau.

Hổng ở chỗ em cho tổng $\sum \varepsilon _n$ bị chặn. 

Nếu cho $\varepsilon _n =1$ hết, và $a_n= \frac {1}{n^2}$ thì em sẽ thấy.

Bài này thật ra là chứng minh tốc độ tăng của $\sum \varepsilon _n$ (nếu có) thì cũng nhỏ hơn tốc độ giảm của $a_n$.

Bài 1 em giải chưa đúng rồi, nếu cho $\varepsilon _n=1$ hết thì $\sum \varepsilon _n$ sẽ không bị chặn đâu. Gợi ý là dùng khai triển Albel sẽ dễ kiểm soát hơn.

Anh quên định nghĩa, $\text{card } A$ là số phần tử của tập $A$

Mình sẽ đưa ra 1 lời giải cho bài tổng quát $Mat_{n}\left ( \mathbb{N} \right )$ với các hệ số $\left ( a_{i,j} \right )_{i,j \in \overline{1,n}}=\sigma (n^2)$, ở đây kí hiệu $\sigma (n^2)$ là hoán vị của $\overline{1,n^2}$.

Ta sẽ chứng minh $\forall n \in \mathbb{N^*}$, luôn tồn tại cách hoán vị $\left ( a_{i,j} \right )_{i,j \in \overline{1,n}}=\sigma (n^2)$ sao cho ma trận $A_n=(a_{i,j})_{i,j\in\overline{1,n}}$ nghịch đảo được.

Chứng minh bằng quy nạp.

Với $n=1$, hiển nhiên đúng.

Giả sử điều này đúng cho tới $k=n$, tức là $\text {det }A_n \neq 0 $, xét ma trận $A_{n+1}$ như sau :

$$A_{n+1}=\begin{bmatrix} a_{1,1} & (n^2+1) &...& (n^2+n) \\ a_{2,1} & \\. &&A_n\\. & & \\ a_{n+1,1} \end{bmatrix}$$

Với các hệ số $a_{i,1}=n^2+n+i$ ,  $\forall i \in \overline{1,n+1}$

Rõ ràng $A_{n+1}$ nhận các hệ số từ $1$ đến $(n+1)^2$.

Xét họ các ma trận $(B_{\sigma})$ được tạo ra bằng cách hoán vị các giá trị $a_{i,1}$ của $A_{n+1}$ (tức là thay đổi vị trí các phần tử của cột thứ nhất). Hiển nhiên các ma trận $B_{\sigma}$ này vẫn có các hệ số từ $1$ đến $(n+1)^2$.

Ta sẽ chứng minh trong họ ma trận $(B_{\sigma})$ đó, sẽ tồn tại ít nhất một ma trận nghịch đảo được. Thật vậy, bằng phản chứng, giả sử mọi ma trận $B_{\sigma}$ đều không nghịch đảo được, xét ma trận sau :

$$B=\begin{bmatrix}a_{2,1} & (n^2+1) &...& (n^2+n) \\ a_{1,1} & \\. &&A_n\\. & & \\ a_{n+1,1} \end{bmatrix}$$

Đó là ma trận đạt được bằng các hoán vị $a_{1,1}$ và $a_{2,1}$. 

Giả thiết mọi ma trận $B_{\sigma}$ đều không nghịch đảo được, nên : 

$\text {det } B = \text {det } A_{n+1} = 0$

Mà :

$\text{det } A_{n+1} = \sum_{i=1}^{n+1} (-1)^{i+1}a_{i,1}\left | A_{i,1}\right |=(-1)^{1+1}a_{1,1}\left | A_{1,1}\right |+(-1)^{2+1}a_{2,1}\left | A_{2,1}\right |+...+(-1)^{n+2}a_{n+1,1}\left | A_{n+1,1}\right |$

và :

$\text{det } B =(-1)^{1+1}a_{2,1}\left | A_{1,1}\right |+(-1)^{2+1}a_{1,1}\left | A_{2,1}\right |+(-1)^{3+1}a_{3,1}\left | A_{3,1}\right |+...+(-1)^{n+2}a_{n+1,1}\left | A_{n+1,1}\right |$

Trong đó $(-1)^{i+1} \left | A_{i,1}\right |$ là phần bù đại số của $a_{i,1}$.

Do vậy $(-1)^{1+1}a_{2,1}\left | A_{1,1}\right |+(-1)^{2+1}a_{1,1}\left | A_{2,1}\right |=(-1)^{1+1}a_{1,1}\left | A_{1,1}\right |+(-1)^{2+1}a_{2,1}\left | A_{2,1}\right |$

$\Rightarrow \left | A_{1,1}\right |=(-1)\left | A_{2,1}\right |$

Hoàn toàn tương tự, xét các ma trận $B_{\sigma}$ khác bằng cách hoán vị $a_{1,1}$ và $a_{k,1}$, ta sẽ được :

$ \left | A_{1,1}\right |=(-1)^{k+1}\left | A_{k,1}\right |$   $\forall k \in \overline{1,n+1}$

Để ý là $\left | A_{1,1}\right |=\text {det }A_n \neq 0$ (giả thiết quy nạp), cho nên :

$\text{det } A_{n+1} = \sum_{i=1}^{n+1} a_{i,1} (\text {det }A_n)  \neq 0$ do $\text {det }A_n \neq 0 $ và $a_{i,1} \neq 0$.

Mâu thuẫn.

Do vậy trong luôn tồn tại ít nhất một ma trận $B_{\sigma}$ có định thức khác 0, tức là nghịch đảo được !

Câu 1/ 

Hàm $\varphi : \left ( P,Q \right ) \mapsto \text{det }(PAP^T+QAQ^T)$ từ compact $O_n (\mathbb{R}) \times O_n (\mathbb{R})$ vào $\mathbb{R}$, nên  $ \text{det }(PAP^T+QAQ^T)$ vốn thuộc $\mathbb{R}$  sẽ có MAX.

Nói rõ hơn, hàm $\varphi $ này rõ ràng được định nghĩa với mọi cặp $(P,Q) \in O_n (\mathbb{R}) \times O_n (\mathbb{R})$ và liên tục trên compact đó, suy ra tập giá trị của nó trên $\mathbb{R}$ cũng sẽ có tính compact, nên sẽ bị đóng chặn.

Câu 2/ câu này thực sự không dễ để đưa ra được giá trị chính xác cho giá trị Max, còn chưa nói đến câu 3, câu 4  . Anh Nesbit đưa đề này là đánh đố anh em rồi 

1/ Cho dãy giảm hệ số thực $(a_n)$, xét dãy tổng $\sum \varepsilon _n a_n$ , trong đó $\varepsilon _n \in \{-1,1\}$ với mọi $n$.

Chứng minh rằng, giả sử $\sum \varepsilon _n a_n$ hội tụ, thì $\lim_{n \to \infty}(\varepsilon _1+\varepsilon _2+...\varepsilon _n)a_n=0$

2/ Bây giờ cho dãy số thực $(b_n)$ tiến về 0 (khi $n \rightarrow \infty$). Chúng ta định nghĩa hàm $f$ từ $\mathbb{R}^{*}$ vào $\mathbb{R}$ như sau :

 $$f(x)=\left\{\begin{matrix} \text{card } \{n\in \mathbb{N} \ \ /\ \ b_n\geqslant x\} & \text{khi} \ \ x>0 \\ -\text{card } \{n\in \mathbb{N} \ \ /\ \ b_n\leqslant  x\} & \text{khi} \ \ x< 0 \end{matrix}\right.$$

Cho $E$ là không gian vectơ của các ánh xạ $f :\left [ 0;1 \right ] \rightarrow \mathbb{R}$ thuộc lớp $C^1$ và thỏa mãn $f(0)=0$.

Kí hiệu :

$N(f)=\int_{0}^{1} \left | f^{'} \right |$      và     $v(f)=\int_{0}^{1} \left | f^{'} +f\right |$

1/ Chứng minh $N$, $v$ là các chuẩn trên E.

2/ Chứng minh 2 chuẩn này tương đương.

Cho ánh xạ $\varphi_{x} : t \mapsto \left | t-x \right |$ , trong đó $x$ chạy trên đoạn $I=\left [ a,b \right ]$  thuộc $\mathbb{R}$ ($a<b$).

Gọi $A$ là không gian các ánh xạ afine liên tục từng khúc trên đoạn $I$

Chứng minh họ các ánh xạ $\left ( \varphi _x \right )_{x\in I}$ là một cơ sở của không gian $A$.

1/  

$\frac{1}{x} ln\left ( \frac{e^x - 1}{x}\right ) = \frac{1}{x} \left ( ln (\frac{e^x - 1}{e^x}) + ln (\frac{e^x}{x}) \right )$

$=\frac{1}{x} ln (\frac{e^x - 1}{e^x}) + \frac{1}{x} (x - ln(x)) \rightarrow 1$

do $\frac{1}{x} ln (\frac{e^x - 1}{e^x})$ và $\frac{ln(x)}{x}$ chạy về 0 lúc $x \to \infty$.

2/

$\lim_{x \to {1}} \frac{x^x-1}{xlnx}=\lim_{x \to {1}} \frac{e^{xlnx}-1}{xlnx}=\lim_{a \to {0}} \frac{e^{a}-1}{a} = 1$

do đặt $a=xlnx \rightarrow 0$ khi $x \rightarrow 1$

Có nhầm lẫn gì đây không bạn, nếu với số n dương cố định thì hiển nhiên nó chạy về $2^{n}$ 

Sao chưa thấy bạn nào giải bài 1 vậy  , thật ra đây là kết quả của trung bình Cesara, nếu đặt 

$ u_n = ln (a_{n+1}) - ln(a_n)  = ln (\frac{a_{n+1}}{a_n}) \rightarrow ln(a)$

$\Rightarrow \frac {\sum_{k=0}^{n} u_k}{n} \rightarrow ln(a)$

Xog $lim \sqrt[n]{a_n} = a$

Bạn đưa bài toán về tính các chuỗi sau là xong: 

$\sum_{n=0}^N x^{n} = \frac{1-x^{N+1}}{1-x}$

$\sum_{n=1}^N \frac{x^{n}}{n} =\int_{0}^{x} \sum_{n=0}^{N-1} t^{n-1}dt$

Bạn "khai triển hữu hạn" của các hàm arctan, ln, exp(x) tại điểm x=2 là sẽ thấy ngay lời giải !