Bài 19: (thật ra tương tự câu 14)

Cho $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ liên tục sao cho $\forall x \in \mathbb{R} , \int_0^1 f(xt)dt=0$

Chứng minh $$f(x)=0 \;\;,\forall x \in \mathbb{R}$$

Với $x=0 \Rightarrow f(0)=0$

 Với $x \neq 0$ Đặt$u=xt \Rightarrow g(x)=\frac{\int_{0}^{x}f(u)du}{x}=0$

$\Rightarrow \int_{0}^{x}f(u)du=0\forall u $

Do f(x) liên tục nên hàm g(x) khả vị nên Đạo hàm 2 vê ta được $ \Rightarrow g'(x)=f(x)=0 f(0)=0$

Hàm f(x) là hàm hằng $$\Rightarrow f(x)=0$$

Câu 4 Ta sử dụng Larange để giải bài này

Xét $g(x)=\ln{\sin{f(x)}}$

Tối nay ngồi post lời giải vậy

Giả sử $g(b) \neq 0$, không mất tính tổng quát, giả sử $g(b)>0$, khi đó

$$\lim_{x \to +\infty} \varphi' (x)=g(b) $$

$$\Leftrightarrow \forall \epsilon>0, \exists x_0, \forall x \ge x_0 \rightarrow |\varphi'(x)-g(b)|<\epsilon $$

$$\Rightarrow \varphi'(x)>g(b)-\epsilon$$

Chọn $\epsilon$ đủ nhỏ sao cho $g(b)-\epsilon>0$, suy ra $\int_{x_0}^x \varphi' (t)dt>\int_{x_0}^x (g(b)-\epsilon)dt $

$$\Leftrightarrow \varphi(x)>(g(b)-\epsilon)(x-x_0)+\varphi(x_0)$$

$$\Rightarrow \lim_{x \to +\infty} \varphi(x)=+\infty$$

Mâu thuẫn.

Vậy $g(b)=0$

g(b)=0,0000...1 thì sao 

Bài 4. Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to $ thỏa mãn các điều kiện sau
i. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $.
ii. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn của $\left( {0, + \infty } \right)$.
Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.

Không rảnh nhưng thấy bài toán hay nên post lời giải lên…

Giải.

Theo giả thiết $f$ bị chặn trên $\left( {0, + \infty } \right)$. Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) - f(x)} \right) = + \infty $ nên với mọi $M > 0,\exists {x_0} > 0$ sao cho với mọi $x \ge {x_0}$ ta có $f\left( {x + 1} \right) - f(x) > M$.
Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên ta suy ra

$M + f(x) < f\left( {x + 1} \right) < f\left( {x + 2} \right) - M < ... < f\left( {x + n} \right) - \left( {n - 1} \right)M$.

Suy ra

$f\left( {x + n} \right) > nM + f(x)$ với mọi $x \ge {x_0}$,

nói riêng ta có $f\left( {{x_0} + n} \right) > nM + f({x_0}) \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M + \frac{{f({x_0})}}{n}$.
Do $f$ bị chặn nên với $n$ đủ lớn suy ra $\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{n} > M$ tức $f\left( {{x_0} + n} \right) > 0$. Khi đó với $n$ đủ lớn luôn tồn tại ${x_0} \le n$. Do đó

$\frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{{x_0} + n}} \ge \frac{{f\left( {{x_0} + n} \right)}}{{2n}} > \frac{M}{2} + \frac{{f({x_0})}}{{2n}}$.

Suy ra với mọi $x > {x_0} + 2n$ thì $\frac{{f(x)}}{x} > \frac{M}{2}$ với mọi $M > 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = + \infty $.
Bài toán được chứng minh.

 

Bài này sao không sử dụng ĐL stolez luôn với $a_{n}=f(n)$ 

 
$\Rightarrow g(x_{1}).g(x_{2})<0 \exists c \in (x_{1};x_{2}) $sao cho $g(c)=0$ ĐPCM
 

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)

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

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

Câu 1: Tính $\int_{-\dfrac{\Pi }{4}}^{\dfrac{\pi}{4}}ln(tanx+\sqrt{tan^2x+e^{sin^2x}})dx$

Câu 2:cho $f$ là một hàm có đạo hàm cấp $n$, liên tục trên $[a,b]$ và$f(x_1)=f(x_2)=...=f(x_n)$ và $a\leq x_1<x_2<...<x_n\leq b$

Ký hiệu: $M=\underset{x\epsilon [a,b]}{Max|f^{(n)}(x)|}$ Chứng minh $\forall x:|f(x)|\leq \dfrac{M}{n!}.\prod_{i=1}^{n}|x-x_i|$

Câu 3: Cho dãy
${U_n}$ có $U_0$ cho trước $0<U_0<1,U_{n+1}=\sqrt{\dfrac{1+U_n}{2}},V_n=\prod_{i=1}^{n}U_i$
Chứng minh dãy $V_n$ có giới hạn hữu hạn, tính giới hạn đó. Trong trường hợp $U_0\geq 1$ thì kết quả thế nào?

Câu 4: Tìm tất cả các hàm$f$ liên tục trên toàn trục số thỏa mãn:$f(x)-f(y)=\int_{x+2y}^{2x+y}f(t)dt,\forall x,y\epsilon R$

Câu 5: Cho$f$ là hàm có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $[0,1]$ có $f(0)=f(1)=0$ và $\underset{x\epsilon [0,1]}{Min}f(x)=-1$. Chứng minh:
$\underset{x\epsilon [0,1]}{Max}f"(x)\geq 8.$

Câu 2 f(x_{1})=f(x_{2})=... có =0 vậy .
 

Hai ma trận đồng dạng với nhau cho chúng có cùng đa thức cực tiểu như vậy ta có thể chéo hóa ma trận đó về dạng jordan .Đây là cách tổng quát cho mọi ma trận cho dù ma trận đó k có cơ sở để chéo hóa được.

 Các ma trận đường chéo $ A=diag(a_{ii}) $ có đặc điểm thuận tiện khi lũy thừa vì thế một đa thức P(x) thì  P(A) là một ma trận đường chéo có dạng $diag(P(a_{ii})) $ nó đúng cho cả các ma trận khối .
.
Ta  có tính chất nếu đa thức P(A)=0 thì nó là chia hết cho $g_{A} $ đa thức cực tiểu của ma trận A  
Xét P(N) là đa thức tối thiểu thì $diag(P(A+B) ,P(A-B) )$ Vì thế P(N)=0 khi chỉ khi P(A+B)=0 ,P(A-B) =0 tức P(N) là bội chung của của 2 đa thức cực tiểu A+B và A-B. .
Do  $g_{N} $là đa thức cực tiểu vì vậy là đa thức có bậc bé nhất suy ra nó là  bội chung nhỏ nhất của 2 đa thức cực tiểu $g_{A+B} $và $g_{A-B} $ 

Bây h ta sẽ đi chứng minh ma trận M cũng có đa thức cực tiểu là bội chung nhỏ nhất của $g_{A+B}$ và $g_{A-B}$
Xét thấy 

Tương tự nếu $P(M)=0 $thì $P(A+B)+P(A-B)=0$ và $P(A+B)-P(A-B)=0$ điều đó có nghĩa là P(M)=0 khi và chỉ khi$ P(A+B) $và $P(A-B) $đều bằng 0.
Dẫn tới các đa thức thỏa mãn$ g(M)=0$ thì chúng là bội chung của các đa thức cực tiểu $(A+B) $và $(A-B) $

Nếu là đa thức cực tiểu số bậc nhỏ nhất thì nó là duy nhất và là bội chung nhỏ nhất của 2 đa thức cực tiểu của 2 ma trận $(A+B) $và $(A-B) .$

Vậy ta đã chứng minh 2 ma trận M và N cùng đa thức cực tiểu vì thế chúng đồng dạng với nhau.

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

Hai ma trận đồng dạng với nhau khi chúng cùng dạng chuẩn tắc như vậy ta có thể chéo hóa ma trận đó về dạng jordan .Đây là cách tổng quát cho mọi ma trận cho dù ma trận đó k có cơ sở để chéo hóa được.

Đầu tiên đi chứng minh chúng cùng đa thức đặc trưng :

 Các ma trận đường chéo $ A=diag(a_{ii}) $ có đặc điểm thuận tiện khi lũy thừa vì thế một đa thức P(x) thì  P(A) là một ma trận đường chéo có dạng $diag(P(a_{ii})) $ nó đúng cho cả các ma trận khối .
.
Ta  có tính chất nếu đa thức P(A)=0 thì nó là chia hết cho $g_{A} $ đa thức cực tiểu của ma trận A  
Xét P(N) là đa thức tối thiểu thì $diag(P(A+B) ,P(A-B) )$ Vì thế P(N)=0 khi chỉ khi P(A+B)=0 ,P(A-B) =0 tức P(N) là bội chung của của 2 đa thức cực tiểu A+B và A-B. .
Do  $g_{N} $là đa thức cực tiểu vì vậy là đa thức có bậc bé nhất suy ra nó là  bội chung nhỏ nhất của 2 đa thức cực tiểu $g_{A+B} $và $g_{A-B} $ 

Bây h ta sẽ đi chứng minh ma trận M cũng có đa thức cực tiểu là bội chung nhỏ nhất của $g_{A+B}$ và $g_{A-B}$
Xét thấy 

Tương tự nếu $P(M)=0 $thì $P(A+B)+P(A-B)=0$ và $P(A+B)-P(A-B)=0$ điều đó có nghĩa là P(M)=0 khi và chỉ khi$ P(A+B) $và $P(A-B) $đều bằng 0.
Dẫn tới các đa thức thỏa mãn$ g(M)=0$ thì chúng là bội chung của các đa thức cực tiểu $(A+B) $và $(A-B) $

Nếu là đa thức cực tiểu số bậc nhỏ nhất thì nó là duy nhất và là bội chung nhỏ nhất của 2 đa thức cực tiểu của 2 ma trận $(A+B) $và $(A-B) .$

Tiếp theo chứng minh chúng cùng mỗi khối liên kết tương ứng bằng nhau 

Tức thỏa mãn định lý số chiều gọi S_{ik} là số khối của đa thức liên kết 
Gọi là g là đa thức tối thiểu của ma trận M $g=g^{p_{1}}_{1}...g^{p_{r}}_{n} $
$S_{ik}=\frac{rank g^{k-1}_{i} -2rank g^{k}_{i}+rank g^{k+1}_{i} }{deg g_{i}} $
 

Với ma trận N ta có $rankg_{i}(A)=\begin{pmatrix} g_{i}(A+B) &0 \\ 0 & g_{i}(A-B) \end{pmatrix}$ suy ra $rank g_{i}N)=rank(g_{i}(A+B))+rank g_{i}(A-B) $ 
 

Với ma trận M nhờ cộng theo hàng ta được $ rank g_{i}(M)$=rank $\begin{pmatrix} g_{i}(A+B)+g_{i}(A-B) & g_{i}(A+B)-g_{i}(A-B)\\ g_{i}(A+B)-g_{i}(A-B) & g_{i}(A+B)+g_{i}(A-B) \end{pmatrix} =$rank $\begin{pmatrix} g_{i}{A+B} &g_{i}{A+B} \\ -g_{i}{A-B} &g_{i}(A-B) \end{pmatrix}$
Ta thấy mỗi hạng của ma trận của khối thứ 1 khi biến đổi sơ cấp với các hạng của khối thứ 2 đều không thể bằng 0 điều này chứng tỏ  hạng của ma trận M bằng hạng $rank g_{i}(A+B) +rank g_{i}(A-B) $ 
Điều này chứng tỏ số khối liên kết của 2 ma trận tương tứng bằng nhau .

Vậy ta đã chứng minh 2 ma trận M và N cùng đa thức cực tiểu vì thế chúng đồng dạng với nhau.

Hai ma trận có cùng đa thức tối tiểu không nhất thiết phải đồng dạng với nhau, điều ấy chỉ đúng với ma trận cỡ $3\times 3$ và sai với mọi $n>3$.

 

http://www.mathcount...ic-polynomials/

Để sửa và bổ sung thêm đoạn chứng minh cùng số khối 
Hai ma trận vuông cùng cấp đồng dạng với nhau khi và chỉ khi chúng cùng dạng chuẩn tắc 
Lời bổ sung sẽ thêm sau đây

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  $ 
 

 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)$

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