Câu 4 Ta sử dụng Larange để giải bài này

Xét $g(x)=\ln{\sin{f(x)}}$

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 $a_{n}=f(n)$ 

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 

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

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

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

 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)$

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.

Sử dụng định lý : $n=dim(imf)+dim(kerf) $ Với  $dim (imf)=rank(f)= rank (A) $với A là ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính f.
Vì thế ta luôn có không gian ảnh có số chiều nhỏ hơn không gian nguồn ( n là số chiều không gian nguồn ở định lý trên ) 
Từ đây ta cần coi $rank(g) $là tập nguồn thì $rank(f.g) $là số chiều của kg tập ảnh 

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

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

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)$

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}$

$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 

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

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.

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.

$\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} $

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

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