Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh hệ phương trình tích phân luôn có hữu hạn nghiệm

* * * * * 1 Bình chọn hệ phương trình tích phân

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng  . Chứng minh hệ phương trình :

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

                                      $\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$

Chỉ có hữu hạn nghiệm .

 

 


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#2
HeilHitler

HeilHitler

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết

Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng  . Chứng minh hệ phương trình :

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

                                      $\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$

Chỉ có hữu hạn nghiệm .

Quy ước ký hiệu $f^{(k)}(x)$ là đạo hàm bậc $k$ của $f(x)$.

Đặt $A(x)=p(x)-p^{(2)}(x)+p^{(4)}(x)-p^{(6)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc chẵn)

Và $B(x)=p'(x)-p^{(3)}(x)+p^{(5)}(x)-p^{(7)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc lẻ)

Hệ trên chuyển thành:

$-cosx.A(x)+sinx.B(x)+A(0)=0$  (1)

$sinx.A(x)+cosx.B(x)-B(0)=0$ (2)

Giả sử hệ này có vô hạn nghiệm, ta nhân phương trình (2) với $sinx$, phương trình (1) với $cosx$ rồi lấy (2) trừ cho (1), ta được phương trình sau cũng phải có vô hạn nghiệm: $A(x)=sinx.B(0)+cosx.A(0)$. (3)
Đặt $G(x)=A(x)-sinx.B(0)-cosx.A(0)$. Chú ý rằng $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq sinx.B(0)+cosx.A(0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, như vậy nếu $x_0$ là một nghiệm của (3) thì $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq A(x_0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, suy ra $x_0$ bị chặn trong một khoảng $(a,b)$ nào đó (vì $A(x)$ là đa thức) $\Rightarrow$ vô hạn nghiệm của $G(x)$ cũng nằm trong $(a,b)$.

Bây giờ ta sử dụng định lý Rolles, nếu $f(x)$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong $(a,b)$ thì $f'(x)$ cũng như vậy. Áp dụng điều này cho $G(x)$ và đạo hàm liên tục $2m$ lần (sao cho $2m>degA)$, ta suy ra $sinx.B(0)+cosx.A(0)=0$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong khoảng $(a,b)$ (Vô lý). Vậy điều giả sử ban đầu là sai, hệ đã cho chỉ có hữu hạn nghiệm.



#3
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Quy ước ký hiệu $f^{(k)}(x)$ là đạo hàm bậc $k$ của $f(x)$.

Đặt $A(x)=p(x)-p^{(2)}(x)+p^{(4)}(x)-p^{(6)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc chẵn)

Và $B(x)=p'(x)-p^{(3)}(x)+p^{(5)}(x)-p^{(7)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc lẻ)

Hệ trên chuyển thành:

$-cosx.A(x)+sinx.B(x)+A(0)=0$  (1)

$sinx.A(x)+cosx.B(x)-B(0)=0$ (2)

Giả sử hệ này có vô hạn nghiệm, ta nhân phương trình (2) với $sinx$, phương trình (1) với $cosx$ rồi lấy (2) trừ cho (1), ta được phương trình sau cũng phải có vô hạn nghiệm: $A(x)=sinx.B(0)+cosx.A(0)$. (3)
Đặt $G(x)=A(x)-sinx.B(0)-cosx.A(0)$. Chú ý rằng $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq sinx.B(0)+cosx.A(0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, như vậy nếu $x_0$ là một nghiệm của (3) thì $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq A(x_0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, suy ra $x_0$ bị chặn trong một khoảng $(a,b)$ nào đó (vì $A(x)$ là đa thức) $\Rightarrow$ vô hạn nghiệm của $G(x)$ cũng nằm trong $(a,b)$.

Bây giờ ta sử dụng định lý Rolles, nếu $f(x)$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong $(a,b)$ thì $f'(x)$ cũng như vậy. Áp dụng điều này cho $G(x)$ và đạo hàm liên tục $2m$ lần (sao cho $2m>degA)$, ta suy ra $sinx.B(0)+cosx.A(0)=0$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong khoảng $(a,b)$ (Vô lý). Vậy điều giả sử ban đầu là sai, hệ đã cho chỉ có hữu hạn nghiệm.

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 )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 13-10-2013 - 14:41

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#4
HeilHitler

HeilHitler

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết

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 )

À chỉ là khác nhau ở xử lý đoạn hệ cuối thôi mà, anh thì nhân thêm sin cos rồi trừ cho nhau, còn bạn ấy thì bình phương 2 phương trình rồi cộng lại với nhau. Nhìn chung thì cách của bạn này ổn hơn, vì ngắn gọn. :D



#5
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

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 :closedeyes:


Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#6
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

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

em không có cuốn đó , hơn nữa người đó chỉ đưa em nguyên đề và lời giải 


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hệ phương trình, tích phân

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh