Chủ đề này có 9 trả lời

[phudinhgioihan]

Đề ĐẠI SỐ

 

Bài 1:

Cho $A,B$ là hai ma trận vuông thực cấp $n \in \mathbb{N}^*$. Giả sử tồn tại $n+1$ số thực phân biệt $t_1,...,t_{n+1}$ sao cho

$C_i=A+t_iB,\;i=1,...,n+1$ là lũy linh. Hãy chứng minh rằng $A,B$ là các ma trận lũy linh.

 

Bài 2:

Cho $a_0$ và $d$ là các số thực.Với $j=0,...,n$, đặt $a_j=a_0+jd$. Cho

$$A=\begin{pmatrix}a_0 &a_1 &a_2 &\cdots &a_n \\a_1 &a_0 &a_2 &\cdots & a_{n-1}\\ a_2 &a_1 &a_0 &\cdots &a_{n-2} \\ \vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_n &a_{n-1} &a_{n-2} &\cdots &a_0 \end{pmatrix}$$

 

Hãy tính định thức của $A$ theo $a_0,d,n$

 

Bài 3:

Cho $A$ là ma trận thực vuông cấp $n \in \mathbb{N}^*$ thỏa mãn $A^3=A+I_n$ với $I_n$ là ma trận đơn vị cấp $n$. Chứng minh rằng $\det A>0$

 

Bài 4:

Tìm tất cả ma trận thực vuông $A$ cấp $2$ sao cho $A^2=I_2$ với $I_2$ là ma trận đơn vị cấp 2.

 

Bài 5:

 

Cho bất phương trình

$$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}+\frac{1}{x-4}>2015$$

 

Hãy tìm tổng độ dài các khoảng nghiệm trên trục số.

 

Bài 6:

Cho $P(x)$ là đa thức bậc $n\in \mathbb{N}^*$ với các hệ số thực và chỉ có nghiệm thực. Chứng minh rằng

 

$$(n-1)\left(P^{'}(x) \right)^2 \ge nP(x)P^{''}(x)$$

 

 

Đề GIẢI TÍCH

 

Bài 1:

Cho hai số thực dương $a$ và $a_1$. Định nghĩa dãy $(a_n)_{n \ge 1}$ bới

$$a_{n+1}=a_n(2-aa_n) ,\; \forall n \in \mathbb{N}^*$$

 

Xét sự hội tụ và tìm giới hạn (nếu có) của $(a_n)_{n \ge 1}$

 

Bài 2:

Cho $f:[0;1] \to \mathbb{R}$ là hàm thỏa mãn $f(0)<0,\; f(1)>0$ . Giả sử tồn tại hàm liên tục $g$ trên $[0;1]$ sao cho hàm $f+g$ giảm trên $[0;1]$. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=0$ có nghiệm trong $(0;1)$.

 

Bài 3:

Tìm tất cả các hàm liên tục $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(xf(y))=yf(x), \;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$$

 

Bài 4:

Giả sử $f:[a;b] \to \mathbb{R}\;,\; b-a\ge 4$ là hảm khả vi trên $(a;b)$. Chứng minh tồn tại $x_0\in (a;b)$ sao cho

$$f^{'}(x_0)<1+f^2(x_0)$$

 

Bài 5:

Giả sử $f:[-1;1] \to \mathbb{R}$ là hàm khả vi đến cấp 3 và biết rằng $f(-1)=f(0)=f^{'}(0)=0,f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (-1;1)$ sao cho $f^{'''}( c ) \ge 3 $

 

Bài 6:

Giả sử $\Re=\{ f\in C^2[0;1]:\; f(0)=f(1)=0, f^{'}(0)=a \}$

 

Tìm $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left( f^{''}(x) \right)^2 dx $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 26-01-2015 - 15:50

[phudinhgioihan]

 

Đề ĐẠI SỐ

 

Bài 1:

Cho $A,B$ là hai ma trận vuông thực cấp $n \in \mathbb{N}^*$. Giả sử tồn tại $n+1$ số thực phân biệt $t_1,...,t_{n+1}$ sao cho

$C_i=A+t_iB,\;i=1,...,n+1$ là lũy linh. Hãy chứng minh rằng $A,B$ là các ma trận lũy linh.

 

 

 Khai triển $(A+tB)^n$ được:

$$(A+tB)^n=A^n+\sum_{i=1}^{n-1}t^iP_i(A,B)+t^nB^n \;\; ( * )$$

Trong đó $P_i(A,B),\;\left( i\in\{1,...,n-1\} \right)$ là đa thức ma trận theo $A$ và $B$.

 

Giả sử $(A+tB)^n=(c_{ij})_{1 \le i,j \le n}$

 

Xét một phần tử $c_{ij}$ bất kỳ của $(A+tB)^n$, theo $( * )$ thì $c_{ij}$ là một đa thức hệ số thực biến $t$ bậc không vượt quá $n$, ký hiệu là $Q_{ij}(t)$

 

Do $C_i$ lũy linh $\forall i\in \{1,...,n+1\}$, do đó $(A+t_iB)^n=C_i^n=0 ,\; \forall i \in \{1,...,n+1\}$

Suy ra $Q_{ij}(t)$ có $n+1$ nghiệm thực phân biệt là $t_1,...,t_{n+1}$, do đó $Q_{ij}(t)=0 ,\; \forall t \in \mathbb{R}$

 

Hệ số tự do và hệ số của $t^n$ trong $Q_{ij}(t)$ lần lượt là $(A^n)_{ij}$ và $(B^n)_{ij}$, do đó $(A^n)_{ij}=(B^n)_{ij}=0$

Như vậy, mọi phần tử của $A^n$ và $B^n$ đều bằng 0 hay $A^n=B^n=0$, do vậy $A$ và $B$ cùng lũy linh.

[phudinhgioihan]

 

Bài 3:

Cho $A$ là ma trận thực vuông cấp $n \in \mathbb{N}^*$ thỏa mãn $A^3=A+I_n$ với $I_n$ là ma trận đơn vị cấp $n$. Chứng minh rằng $\det A>0$

 

 

 

Ta có $ A^3=A+I_n \Leftrightarrow A(A^2-I)=I_n$ do đó $A$ khả nghịch nên $|A| \neq 0$

 

$$A(A+I)(A-I)=I_n \Leftrightarrow A^4(A-I)=I_n \Rightarrow |A|^4|A-I_n|=1 \Rightarrow |A-I_n|>0$$

 

$$A^3=A+I_n \Leftrightarrow (A-I_n)(A^2+A+I_n)=A \\  \Rightarrow |A|=|A-I_n||A^2+A+I_n| \; \wedge \; |A^2+A+I_n| \neq 0 \;\; (1 )$$

 

$$\left|A^2+A+I_n\right|= \left|(A+\frac{1}{2}I_n )^2+( \frac{\sqrt{3}}{2} I_n )^2\right| \\=\left|A+\frac{1}{2}I_n+\frac{\sqrt{3}}{2}i I_n\right|\left|A+\frac{1}{2}I_n-\frac{\sqrt{3}}{2}i I_n\right| \\ =\left|A+\frac{1}{2}I_n+\frac{\sqrt{3}}{2}i I_n\right| \overline{\left|A+\frac{1}{2}I_n+\frac{\sqrt{3}}{2}i I_n\right|} \\ ={\left|A+\frac{1}{2}I_n+\frac{\sqrt{3}}{2}i I_n\right|}^2 > 0 \;\;(2 )$$

 

 

Từ $( 1)$ và $( 2 )$ suy ra $|A|>0$

[Mrnhan]

 

Bài 1:

Cho hai số thực dương $a$ và $a_1$. Định nghĩa dãy $(a_n)_{n \ge 1}$ bới

$$a_{n+1}=a_n(2-aa_n) ,\; \forall n \in \mathbb{N}^*$$

 

Xét sự hội tụ và tìm giới hạn (nếu có) của $(a_n)_{n \ge 1}$

 

 

 Giải:

 

Ta có $a_{n+1}=f(a_n)=2a_n-a a_n^2$

 

Xét hàm số $f(x)=2x-ax^2\Rightarrow \max f(x)=\frac{1}{a}$

 

Do đó $a_n\leq \frac{1}{a} $

 

Từ $a_1>0$ suy ra $0<a_n \le \frac{1}{a} \;\; (*)$

 

Theo đề ta có $a_{n+1}=a_n(2-aa_n)\Rightarrow a_{n+1}-a_n=a_{n}\left ( 1-a a_n \right )>0\Rightarrow a_{n+1}>a_n \,\, (**)$

 

Từ $(*)(**)$ ta suy ra dãy $\left ( a_n \right )_{n\geq 1}$ hội tụ.

 

Giả sử $\lim_{n\to \infty} a_n=x\Rightarrow x=x(2x-ax)\Leftrightarrow x=\frac{1}{a}$

 

Vậy $\lim_{x\to \infty }a_n=\frac{1}{a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 26-01-2015 - 18:11

[phudinhgioihan]

 

Bài 5:

Cho bất phương trình

$$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}+\frac{1}{x-4}>2015$$

 

Hãy tìm tổng độ dài các khoảng nghiệm trên trục số.

 

 

Bài 2,4 lười gõ quá, bài 6 thì quá quen biết.

 

$$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}+\frac{1}{x-4}>2015$$

$\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)(x-2)(x-3)+(x-1)(x-2)(x-4)+(x-2)(x-3)(x-4)+(x-1)(x-3)(x-4)-2015(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)}{(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)}>0$

 

Đặt

$f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)+(x-1)(x-2)(x-4)+(x-2)(x-3)(x-4)+(x-1)(x-3)(x-4)-2015(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$

 

$g(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$

 

$f(x)$ là đa thức bậc 4 với hệ số bậc cao nhất là $-2015$, hệ số bậc 3 là $20154$

 

Ta có:

 $$\lim_{x \to +\infty}f(x)=-\infty \;, \lim_{x \to -\infty} f(x)=-\infty \\ f(1)<0 ,\; f(2)>0,\; f(3)<0,\; f(4)>0$$

 

Suy ra $f$ có 4 không điểm thực $x_1,x_2,x_3,x_4$ với $x_1 \in (1;2),\; x_2\in (2,3),\; x_3\in (3,4),\; x_4\in (4;+\infty)$

 

Theo định lý Viète, $x_1+x_2+x_3+x_4=\frac{20154}{2015}$

 

Lập bảng xét dấu, ta được tập nghiệm $S$ của bất phương trình đã cho là

 

$$S=\{ (1;x_1), \; (2;x_2),\;(3;x_3),\;(4,x_4) \}$$

 

Vậy tổng độ dài các khoảng nghiệm bằng $x_1+x_2+x_3+x_4-10=\frac{4}{2015}$

[phudinhgioihan]

 

Đề GIẢI TÍCH

 

 

Bài 2:

Cho $f:[0;1] \to \mathbb{R}$ là hàm thỏa mãn $f(0)<0,\; f(1)>0$ . Giả sử tồn tại hàm liên tục $g$ trên $[0;1]$ sao cho hàm $f+g$ giảm trên $[0;1]$. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=0$ có nghiệm trong $(0;1)$.

 

 

Gọi $A=\{x \in [0;1], f(x) \le 0\}$. Do $0 \in A$ và $A$ bị chặn nên $\exists \; a =\sup (A)$

Theo định nghĩa của $A$ suy ra $f(a) \le 0$.

 

Do $f+g$ đơn điệu giảm nên $g(a) \ge f(a)+g(a) \ge f(1)+g(1)>g(1)$

Do $g$ liên tục trên $[a;1]$ nên $\exists t \in [a;1),\; g(t)=f(a)+g(a)$

 

Lại có $f(t)+g(t) \le f(a)+g(a) \Rightarrow f(t) \le 0$ nên $t \in A$, suy ra $t \le a$, do đó $t=a$

Suy ra $g(a)=g(t)=f(a)+g(a) \Leftrightarrow f(a)=0$

 

Vậy $f(x)=0$ có nghiệm trong $(0;1)$

[phudinhgioihan]

 

 

Bài 5:

Giả sử $f:[-1;1] \to \mathbb{R}$ là hàm khả vi đến cấp 3 và biết rằng $f(-1)=f(0)=f^{'}(0)=0,f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (-1;1)$ sao cho $f^{'''}( c ) \ge 3 $

 

 

Khai triển Taylor của $f(x)$ tại $0$: $f(x)=\frac{x^2}{2}f^{''}(0)+\frac{x^3}{6}f^{'''}(c_x) \;\;, \; c_x \in (-1;1)$

 

Như vậy, tồn tại $c_1,c_2 \in (-1;1)$ sao cho $f(-1)=\frac{1}{2}f^{''}(0)-\frac{1}{6}f^{'''}(c_1),\;\;f(1)=\frac{1}{2}f^{''}(0)+\frac{1}{6}f^{'''}(c_2)$

 

$\Rightarrow f^{'''}(c_1)+f^{'''}(c_2)=6(f(1)-f(-1))=6$

 

Đặt $c$ sao cho $f^{'''}(c )=\max \{ f^{'''}(c_1);f^{'''}(c_2)\}$, khi đó $6=f^{'''}(c_1)+f^{'''}(c_2) \le 2f^{'''}(c )$

 

$\Rightarrow f^{'''}(c ) \ge 3$

[phudinhgioihan]

Bài 4:

Giả sử $f:[a;b] \to \mathbb{R}\;,\; b-a\ge 4$ là hảm khả vi trên $(a;b)$. Chứng minh tồn tại $x_0\in (a;b)$ sao cho

$$f^{'}(x_0)<1+f^2(x_0)$$

 

 

Theo định lý Lagrange, $$\exists \;x_0 \in (a;b),\; \arctan f(b)-\arctan f(a)=(b-a)\dfrac{f^{'}(x_0)}{1+f^2(x_0)} \\ \Rightarrow \dfrac{f^{'}(x_0)}{1+f^2(x_0)}=\dfrac{\arctan f(b)-\arctan f(a)}{b-a} \le \dfrac{\pi}{b-a} \le \dfrac{\pi}{4}<1 \\ \Rightarrow f^{'}(x_0)<1+f^2(x_0)$$

[phudinhgioihan]

 

Bài 3:

Tìm tất cả các hàm liên tục $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(xf(y))=yf(x), \;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$$

 

 

* Cho $x=1 \Rightarrow f(f(y))=yf(1) \;\; \forall y \in \mathbb{R}$

 $ \Rightarrow f(f(xf(y))=xf(y)f(1)\;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$

Nhưng $f(f(xf(y))=f(yf(x))=xf(y)$ suy ra $xf(y)=xf(y)f(1) \;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$

 

$$\Rightarrow f(x)=0\;\;\forall x \in \mathbb{R} \; \vee \; f(1)=1$$

 

+ $f(x)=0\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ thay vào thấy thỏa giả thiết.

 

+$f(1)=1$  $\Rightarrow f(f(x))=x \;\; \forall x \in \mathbb{R}$

Suy ra $f\circ f$ là song ánh do đó $f$ là song ánh $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$

 

Từ giả thiết, cho $x=0$, $f(0)=yf(0) \;(\forall y \in \mathbb{R}) \; \Rightarrow f(0)=0$

Với $y \in \mathbb{R}, \exists ! t \in \mathbb{R},\; y=f(t) \;\Rightarrow f(xt)=f(xf(y))=yf(x)=f(t)f(x)$

 

Suy ra $f(xy)=f(x)f(y) \;\;, \forall x,y \in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f(x^n)=\left(f(x) \right)^n \;\; \forall n \in \mathbb{N}^*$

 

* Nếu $|x|<1 \; \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \left(f(x) \right)^n=\lim_{n \to +\infty} f(x^n)=f(0)=0 \; \Rightarrow |f(x)|<1$

* Nếu $|x|>1 \; \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \left(f(x) \right)^n=\lim_{n \to +\infty} f(x^n)=\infty \; \Rightarrow |f(x)|>1$

 

Đặt $A=(-1;1),\; B=(-\infty;-1) \cup (1;+\infty)$, suy ra $f(A) \subset A,\; f(B) \subset B$

 

Với $x \neq 0$,  $ f(x)f(\frac{1}{x})=f(1)=1 \; \Rightarrow f(\frac{1}{x})=\dfrac{1}{f(x)}$

Nếu có $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \neq x_0 $ (dễ có $x_0 \neq 0$ và $f(x_0)\neq 0$ do $f$ là song ánh),

$$f(\frac{x_0}{f(x_0)})=f(x_0f(\frac{1}{x_0}))=\frac{f(x_0)}{x_0}$$

 

Nhưng $\frac{x_0}{f(x_0)}$ và $\frac{f(x_0)}{x_0}$ không cùng thuộc $A$ và cũng không cùng thuộc $B$ nên $f(\frac{x_0}{f(x_0)} )\neq \frac{f(x_0)}{x_0}$, mâu thuẫn.

Vậy $f(x)=x \; \forall x \in \mathbb{R}$

 

Thử lại, hàm $f(x)=x$ thỏa mãn giả thiết.

 

Kết luận: có 2 hàm số thỏa mãn là: $f(x)=0$ hoặc $f(x)=x$

[phudinhgioihan]

 

Bài 6:

Giả sử $\Re=\{ f\in C^2[0;1]:\; f(0)=f(1)=0, f^{'}(0)=a \}$

 

Tìm $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left( f^{''}(x) \right)^2 dx $

 

 

Trước tiên, ta thử tìm $f$ để $\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx=\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx$, để đơn giản, thử tìm $f$ trong lớp hàm đa thức.

Nếu $f$ thoả mãn điều kiện trên, xét $g \in C^2[0;1]$ thoả mãn $g(0)=g(1)=g^{'}(0)=g^{'}(1)=0$ và $g \neq 0 \;\; (*)$, do đó $\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx>0$

 

$\forall t \in \mathbb{R}, \; f+tg \in \Re$ và $h(t)=\int_0^1\left[ f^{''}(x)+tg^{''}(x) \right]^2dx$ nhỏ nhất tại $t=0$, đồng thời

$h(t)=t^2\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx+2t\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx+\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=-\dfrac{\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx}{\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx}$ nên phải có $\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx=0$

 

Vậy, $0=\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx=\int_0^1 f^{'''}(x)g^{'}(x)dx=\int_0^1f^{(4)}(x)g(x) $ với vô số hàm $g$ thoả mãn $(*)$ nên suy ra $f^{(4)}(x)=0$ hay $f$ là đa thức bậc không quá 3.

Xét $f(x)=mx^3+nx^2+px+q$, kết hợp các điều kiện giả thiết và tìm $\min \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx$ ta được $f(x)=\dfrac{a}{2}x(x-1)(x-2)$

 

Giờ ta vào lời giải chính.

 

Cách 1:

 

Xét $f(x)=\frac{a}{2}x(x-1)(x-2)$. Dễ kiểm tra $f \in \Re$ và $\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx=3a^2$

 

Với $g \in \Re$ bất kỳ, $g=f+g-f=f+h \;\;, \left(h=g-f \right)$. Dễ có $h\in C^2[0;1],\; h(0)=h(1)=h^{'}(0)=0$

 

Ta có: $$\int_0^1 f^{''}(x)h^{''}(x)dx=3a\int_0^1 (x-1)h^{''}(x)dx=3a\int_0^1 g^{'}(x)dx=0$$

 

$$\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx=\int_0^1 \left( f^{''}(x)+h^{''}(x) \right)^2dx \\ =\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx+\int_0^1\left[ h^{''}(x) \right]^2dx=3a^2+\int_0^1\left[ h^{''}(x) \right]^2dx \\ \ge 3a^2 $$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $h^{''}(x)=0 \Leftrightarrow g^{''}(x)=f^{''}(x) \;\;, \forall x \in [0;1]$

$$\Rightarrow \int_0^x g^{''}(t)dt=\int_0^x f^{''}(t)dt \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Leftrightarrow g^{'}(x)=f^{'}(x) \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Rightarrow \int_0^x g^{'}(t)dt=\int_0^x f^{'}(t)dt \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Leftrightarrow g(x)=f(x) \;\; \forall x \in [0;1]$$

 

Vậy $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx=3a^2$

 

Cách 2:

 

Từ lời giải ở trên và ý tưởng sử dụng bdt Cauchy-Schwarz dạng tích phân, ta có lời giải như sau:

Với $f \in \Re$ bất kỳ

$$\int_0^1 (x-1)^2dx \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge \left( \int_0^1(x-1)f^{''}(x)dx \right)^2=\left(a-\int_0^1 f^{'}(x)dx \right)^2=a^2$$

 

$$\Leftrightarrow \frac{1}{3} \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge a^2 $$

$$\Leftrightarrow \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge 3a^2 $$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $f^{''}(x)=k(x-1) \; \Rightarrow f(x)=\frac{a}{2}x(x-1)(x-2)$

 

Vậy $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx=3a^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 29-01-2015 - 00:05