Cho $f(x)$ liên tục trên R ;giả sử tồn tại 2 số $x_{1};x_{2}$ sao cho $f(x_{1}).f(x_{2})< 0$.

CMR tồn tại 3 số $a,b,c$ sao cho $a< b< c;a+c=2b$ và $15f(a)+2f(b)+2014f(c)=0$

----Nguyên bản BK2014---------

Đặt $ u_{1}=(1,2,1),u_{2}=(2,1,0)$

$ \Rightarrow \int_{0}^{1}C^{k}_{n}x^{n-k}m^{k}f(x)dx =0 $

$ \Rightarrow \left ( \sum_{k=0}^{n}C^{k}_{n}x^{n-k}m^{k}f(x) \right )=0 $

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1}(m+x)^{n}f(x)dx \forall n\in N ;m\in R $

Đặt  $m+x=t \Rightarrow \int_{0}^{m+1}x^{n}f(x-m)dx=0 ;n=1 \Rightarrow \int_{0}^{m+1}f(x-m)dx=0 $;

Đặt $ g(m)=\int_{0}^{m+1}f(x-m)dx=0 \forall m \in R \Rightarrow g(m)=c \Rightarrow g'(x)=0 $ $ \Rightarrow f(1)=0 $

Có thêm điều kiện về f(x) như liên tục hay khả vi gì k bạn 

Gọi $u,v,w$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-10x+11=0$. Tính giá trị của biểu thức $$\arctan u+\arctan v+\arctan w$$.

Tạp chí KoMaL, Hungary.

Viết J(X,Y)=$\frac{\partial y_{i}}{\partial x_{i}}$ là không ổn vì dễ nhầm là phép cuộn .Để tránh nhầm lẫn nên viết lại thành $\frac{\partial y_{i}}{\partial x_{j}}$

Ở bài này nên biết đến tích tensor của 2 ma trận thì dễ hiểu hơn  $J=B^{T} \bigotimes  A$

Biến đổi từ đề bài ta được : $\Rightarrow  y_{ij}= \frac{\partial y_{ih}}{\partial x_{mn}}= \frac{\partial \left ( \sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}a_{ij}x_{jk}b_{kh} \right ) }{\partial x_{mn}}$

$y_{ij} $ Chỉ khác 0 khi mn trùng với jk .Suy ra ma trận Jacobi biến đổi là 1 ma trận $n^{2}\times n^{2}$

Đặt $c_{ij}=b_{ij} $ và  viết dạng ma trận khối 

                             $J=\begin{bmatrix} c_{11}A &c_{12}A&.. &c_{nn}A \\ c_{21}A & .. &...& .. \\ ... &...& ...\\ c_{n1}A & ..&.. & c_{nn}A \end{bmatrix}$

Do cách tính định thức là tổng các tính các hoán vị nên khi nhân các phần tử của $c_{ij}$ với A thì không làm thay đổi hoán vị
Gọi F là trường vector các ma trận vuông cấp n là cấp của mỗi khối , R là trường các ma trận vuông $n^{2} $ của ma trận J 
 

Điều này dẫn đến : $det J=det_{F}(det_{R} J) $

                                      $  =det_{F}\left (sum _{\pi \in S_{n}}(sgn \pi)c_{1\pi_{i_{1}}}c_{2\pi_{i_{2}}}...c_{n\pi_{i_{n}}}A^{n} \right )$

$det_{F}$ là tính định thức với dạng ma trận khối ,$det_{R}$ là tính định thức coi các ma trận thông thường bằng cách coi các  khối như phần tử vô hướng. 

 Do $A^{n} $là ma trận vuông cấp n                 $=det_{F}A^{n}(\left (sum _{\pi \in S_{n}}(sgn \pi)c_{1\pi_{i_{1}}}c_{2\pi_{i_{2}}}...c_{n\pi_{i_{n}}}\right )^{n}$

                                                                          $=detA^{n}detC^{n}$

                                                                          $=detA^{n}(detB^{T})^{n}$

                                                                  $  \Rightarrow det J=(detA)^{n}(detB)^{n}$

cho số thực A khác 0.xét hàm số $f(x)$ xác định;liên tục trên [0;$+\infty $] và thỏa mãn $\underset{x\rightarrow +\infty}{lim}f(x)=A$. tính

$\underset{n\rightarrow +\infty}{lim}\int_{0}^{1}f(nx)dx$ 

Phải là $\arctan{(\frac{2}{n^{2}})} $chứ nhỉ
$\frac{2}{n^{2}}=\frac{n+1-(n-1))}{1+(n-1)(n+1)}  \Rightarrow \arctan{\left ( \frac{(n+1)-(n-1)}{1+(n+1)(n-1)} \right )}=\arctan{(n+1)}-\arctan{(n-1)}$

Giải phương trình $$ \arcsin x +\arcsin (x\sqrt{15})=\frac{\pi}{2} $$

Tạp chí Komal, Hungary.

$\arcsin{x}+\arcsin{x\sqrt{15}}=\frac{\pi}{2}$
Đk :x>0 
Xét hàm $y=\arcsin{x}+\arccos{x} ;y'=0$  y là hàm hằng

$ \Rightarrow y=c $ thay giá trị bất kị vào để tìm c $;y(0)=c=\frac{\pi}{2}$

C(A) là tập hợp các ma trận nên  mọi ma trận thuộc C(A) đều thuộc không gian chứa các ma trận vuông $ M_{n\times n }$ thuộc 
Chứng minh dimC(A)>n 
Với không gian các ma trận ta biết số chiều là $n^{2} $

Theo định lý số chiều :

Ta có $dim (Im F(X)) +dim(ker F(X)) =n^{2} $ Vì thế  yêu cầu bài toán tương đương với số chiều $ker F(X) >n $

Ta sẽ đi chứng minh dim$ Im(F(X)) <n^{2}-n $

Xét ánh xạ  F(X)=AX-XA với X và A là các ma trận vuông cấp n 

Ánh xạ F là 1 ánh xạ tuyến tính do nó thỏa mãn 2 tính chất 

 Thật vậy :$ F(M+N)=A(M+N)-(M+N)A=AM-MA+AN-NA=F(M)+F(N)$
            và $F(kX)=k(AX-XA)=kF(X) $

Bằng biển đổi thông thường  ta luôn có F(X) là 1 ma trận có các phần tử trên đường chéo chính đều bằng 0 với mọi ma trận X 
VÌ vậy số chiều của$ Im F(X) $luôn nhỏ hơn $n^{2}-n$
 Yêu cầu bái toán đã được chứng minh .

$\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}}=\int_{0}^{1-\varepsilon }\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}}+\int_{1-\varepsilon }^{1}\frac{\ln{(1+x^{n+k})}}{\ln{(1+x^{n})}} =I_{1}+I_{2} $

$I_{2}=\varepsilon \frac{\ln{(1+{c}^{n+k})}}{\ln{(1+{c}^{n})}}=0 I_{1}=\int_{0}^{1-\varepsilon }\frac{x^{n+k}}{x^{n}}=\int_{0}^{1-\varepsilon }x^{k}$

$=\lim_{\varepsilon \to\ 0}\frac{x^{k+1}}{k+1}|^{1-\varepsilon }_{0} =\frac{1}{k+1}$

Gọi f và g là các ánh xạ tưng ứng với 2 ma trận A và B 

Xét đa thức $P(x)=x^{2017} $ và P(A)=0 suy ra đa thức tối thiểu có dạng $x^{k}$  tồn tại trị riêng $\lambda =0  $  tức $kerf  \neq  0 $

$ker fg =kerf +kerg mà ker f \geq 1  \Rightarrow ker fg -1\geq ker B  $

Sử dụng thêm định lý dim $ker \varphi  =n-dim im \varphi  $ 
 

Khai triển taylor tại $x=2015  \Rightarrow P(x)=P(2015)+\sum_{k=1}^{n}\frac{P^{k}(2015)(x-2015)^{k}}{k!}$

$P(x)=1+\sum_{k=1}^{n}(-1^{k})(x-2015)^{k}=1+\sum_{k=1}^{2015}(2015-x)^{k}$

$\Rightarrow P(2014)=1+2015=2016$

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln{a_{n}}}{n}} =e^{\dfrac{\ln{a_{n+1}-\ln{a_{n}}}}{n+1-n}}(Stole)=e^{\ln{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$

Đặt $S=\sum_{i=0}^{k}(1+\sqrt{5})^{k-i}(1-\sqrt{5})^i$.

Ta thấy $S$ là tổng của $k+1$ số hạng đầu của 1 cấp số nhân có $u_1=\left ( 1+\sqrt{5} \right )^k$ và $q=\frac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}$

$\Rightarrow S=\frac{u_1(q^{k+1}-1)}{q-1}=...=\frac{(1+\sqrt{5})^{k+1}-(1-\sqrt{5})^{k+1}}{2\sqrt{5}}$

$\Rightarrow \frac{2^k}{\sum_{i=0}^{k}(1+\sqrt{5})^{k-i}(1-\sqrt{5})^i}=\frac{2^{k+1}.\sqrt{5}}{(1+\sqrt{5})^{k+1}-(1-\sqrt{5})^{k+1}}=\frac{\sqrt{5}}{\left ( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right )^{k+1}-\left ( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right )^{k+1}}=\frac{1}{F_{k+1}}$

trong đó $F_{k+1}$ là số hạng thứ $k+1$ trong dãy Fibonacci.

Vậy tổng cần tính bằng $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{F_{k+1}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_k}\approx 3,359885...$

Cái đoạn chứng minh nghịch đạo dãy đó trên mạng sao k thấy bạn ạ,Bạn có thể chứng minh hãy chỉ rõ hơn không 

$x_{n}=\prod_{k=1}^{n}(1+\frac{1}{2^{n}})=2.\left ( 1-\frac{1}{2} \right )\prod_{k=1}^{n}\left ( 1+\frac{1}{2^{k}} \right )=2(1-\frac{1}{2})(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})..(1+\frac{1}{2^{n}})=2\left ( 1-\frac{1}{2^{2^{n}}} \right )\Rightarrow  $ Dãy số có giới hạn =2 

 Câu :3

Đặt $a_{n}=\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx $

$\Rightarrow \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{\frac{\ln{a_{n}}}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{\ln{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}}=\lim_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}} $

Như ta đã biết $ \int_{0}^{1}f^{n}(x)dx=\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})$

 $\Rightarrow \frac{\int_{0}^{1}f^{n+1}(x)dx}{\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n+1}(\frac{i}{n})}{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})}$

Do hàm f(x) liên tục$[0;1] \Rightarrow $ tồn tại $x_{0} $ sao cho$ f(x_{0})=maxf(x) ;x_{0} \in [0;1]$

Theo quy tắc ngắt bỏ VCL$\Rightarrow \frac{\int_{0}^{1}f^{n+1}(x)dx}{\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n+1}(\frac{i}{n})}{\sum_{i=0}^{i=n}f^{n}(\frac{i}{n})}

=\lim_{n\to\infty}\dfrac{f^{n+1}(x_{0})}{f^{n}(x_{0})}=f(x_{0})=Maxf(x)$

Đầu tiên ta đi tìm trị riêng của dạng ma trận đặc biệt này 
Giả sử $\lambda ,x $ lần lượt là trị riêng và vector riêng của A  khi đó ta có biểu thức: 

$$ A^{2}x=Ax \Leftrightarrow \lambda^{2} x=\lambda x $$
$$\Rightarrow \lambda=1 ,\lambda=0$$

Hai ma trận là động dạng với nhau khi chúng là biểu diễn của cùng tự đẳng cấu $ f: V\rightarrow  V  $ .Chúng khác nhau do đối với cơ sở khác nhau .

Với $\lambda =1$ là toàn bộ không gian Imf,$\lambda=0 $ là toàn bộ không gian $kerf$ 
Mặt khác ta có định lý số chiều $dim(Imf)+dim(kerf )=n $ Vì thế chúng thỏa mãn điều kiện số chiều nên chéo hóa được 

Và ma trận tương ứng là ma trận đường chéo có các phần tử là 0 và 1 thứ tự của chúng khác nhau tương ứng với cách sắp xếp các vector riêng .

VÌ thế 2 ma trận A và B đồng dạng nhau khi chúng có cùng hạng. 

Câu 4

$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt \Rightarrow f(x)=f(0)+\int_{x}^{2x}f(t)dt$ Nên f(x) là hàm khả vi do theo đn$ f(x)=\int f'(x)+C$ 
 

$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt \Rightarrow f'(x)=2f(2x+y)-f(x+2y) $(Đạo hàm  2 vế theo x )

$\Rightarrow 2f'(x+2y)=2f(2x+y)$( Đạo hàm tiếp  theo biến y)

$\Leftrightarrow f'(x+2y)=f'(2x+y)\Leftrightarrow f((x+y)+y)=f(x+(x+y)) x=\beta -(x+y) y=\alpha -(x+y)$

$\Leftrightarrow f'(\alpha )=f'(\beta ) \forall \alpha ;\beta \in R \Rightarrow f'(x)=C \Rightarrow f(x)=ax+b$