Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi Olympic sinh viên năm 2013 trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
peacemaker

peacemaker

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

Môn thi: Đại số

Thời gian: 150'



Bài 1: Cho ánh xạ tuyến tính $f:M_{n}(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R}$
a/ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất ma trận C sao cho $f(A)=Tr(AC)$.
b/ Nếu thêm giả thiết $f(AB)=f(BA)$ với mọi $A,B$ thì tồn tại $\alpha \in \mathbb{R}$ sao cho $f(A)=\alpha Tr(A)$.

Bài 2: Tìm tất cả các ma trận vuông A cấp n sao cho ma trận


$$\begin{pmatrix} I_{n} &A \\ 0 & I_{n} \end{pmatrix}$$

là một ma trận chéo hóa được. Ở đó $I_{n}$ là ma trận đơn vị cấp n.

Bài 3: Cho $x_{i},y_{i},1\leq i\leq n$ là các số phức với $x_{i}y_{j} \neq 1$ với mọi cặp $x_{i},y_{j}$. Tính định thức $D_{n}$ của ma trận $M=(m_{i,j})_{n\times n}$, ở đó:

$$m_{i,j}=\frac{1}{1-x_{i}y_{j}}$$


Bài 4: Giả sử A và B là 2 ma trận unita cỡ $n\times n$ với hệ số phức. Chứng minh rằng $\left | det(A+B) \right |\leq 2^{n}$

Bài 5:
a/ Cho $A\in M_{3}(\mathbb{Q})$ là một ma trận thỏa mãn điều kiện $A^5=I$. Chứng minh rằng $A=I$
b/ Cho $A\in M_{4}(\mathbb{Q})$ là một ma trận thỏa mãn điều kiện $A^5=I$. Kết luận $A=I$ có còn đúng không? Tại sao?

Bài 6: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:


$$P(x)P(x+1)=P(x^2),\forall x\in\mathbb{R}$$



Định nghĩa và ký hiệu:
(1) Tr(B) là vết của ma trận vuông B, được định nghĩa bằng tổng các phần tử trên được chéo chính của B
(2) $M_{n}(\mathbb{Q})=\left \{ (a_{i,j})_{n\times n}|a_{i,j}\in\mathbb{Q} \right \}$
(3) Giả sử $A=(a_{i,j})_{n\times n}$. Ma trận phụ hợp phức $A^*=(a_{i,j}^{*})_{n\times n}$ của A được định nghĩa như sau: $a_{i,j}^{*}=\bar{a_{j,i}}$.
Ma trận A được gọi là unita nếu $AA^*=A^*A=I$




Môn thi: Giải tích

Thời gian:120'



Bài 1: Tính giới hạn sau:


$$\lim_{x\to 0^+}\int_{x}^{2x}\frac{sin(2t)}{t^n}dt$$


Bài 2: Cho $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số liên tục. Giả sử tồn tại một hàm khả vi $\varphi (x)$ sao cho:

$$\varphi' (x)=g(\varphi (x)),\forall x\in \mathbb{R}$$


Chứng minh rằng nếu $\lim_{x \to +\infty} \varphi (x)=b$ thì $g(b)=0$

Bài 3: Cho hai dãy số thực$\left \{ x_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ và $\left \{ y_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $x_{n+1}\geq x_{n},\forall n=0,1,2,...; x_{0}=0;\lim_{n \to \infty}x_{n}=+\infty$.
2. $\lim_{n \to \infty}y_{n}=1$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$


Bài 4: Cho hàm số $f:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big[ f(x+1)-f(x) \big] = +\infty$.
2. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn chứa trong $(0,+\infty)$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$$

Bài 5: Cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ với các hệ số $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ và $a \neq 0$. Giả sử tồn tại vô số các cặp số nguyên $(x,y),x\neq y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$. Chứng minh rằng phương trình $P(x)=0$ có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 11-03-2013 - 14:43

Rồi sẽ đến ngày...

...

VMF là trái tim của tôi...


#2
peacemaker

peacemaker

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
Lời giải môn Đại số:

Bài 2:
Ta có $det\left [ \begin{pmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{pmatrix} - \lambda I_{2n}\right ]=(1-\lambda)^{2n}$
Suy ra 1 là giá trị riêng của ma trận $\bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr)$
Để ma trận trên chéo hóa được thì $0=rank( \bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr) - 1.I_{2n})=rank\bigl(\begin{smallmatrix} 0 & A \\ 0 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)=rank(A)$
Đến đây kết luận rằng A=0 là ma trận duy nhất thỏa mãn đề bài.

Bài 5:
a/ Từ điều kiện đề bài suy ra A là nghiệm của phương trình $x^5-1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=0$
Vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{3}(\mathbb{Q})$ là 3, và phương trình $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ không có nghiệm thực trên $\mathbb{Q}$ nên A không là nghiệm của đa thức $x^4+x^3+x^2+x+1=0$. Từ đó suy ra A là nghiệm của phương trình $x-1=0\Leftrightarrow A=I$
b/ Kết luận sẽ không còn đúng nữa vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{4}(\mathbb{Q})$ là 4 nên tồn tại ma trận A sao cho đa thức đặc trưng (hay tối tiểu) của nó là $x^4+x^3+x^2+x+1$

Bài 3: (bài này chứng minh đầy đủ rất dài, mình xin tóm tắt các ý chính)
Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh $D_{n}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(1-x_{i}y_{j})}$

_ Tính $D_{2}=\begin{vmatrix} \frac{1}{1-x_{1}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{1}y_{2}} \\ \frac{1}{1-x_{2}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{2}y_{2}} \end{vmatrix}=\frac{(x_{1}-x_{2})(y_{1}-y_{2})}{(1-x_{1}y_{1})(1-x_{1}y_{2})(1-x_{2}y_{1})(1-x_{2}y_{2})}$

_ Giả sử $D_{k-1}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq (k-1)}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq (k-1)}(1-x_{i}y_{j})}$, ta chứng minh:
$D_{k}=\frac{\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(x_{i}-x_{n})(y_{i}-y_{n})}{(1-x_{n}y_{n})\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(1-x_{n}y_{i})(1-x_{i}y_{n})}D_{k-1}$ (đoạn này mình dùng biến đổi sơ cấp + Laplace nên khá dài)

Bài 6: hình như diễn đàn có post vài lần rồi nhưng không nhớ cách CM :(
Rồi sẽ đến ngày...

...

VMF là trái tim của tôi...


#3
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

Môn thi: Đại số

Thời gian: 150'

Bài 6: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:
$P(x)P(x+1)=P(x^2),\forall x\in\mathbb{R}\; (\star)$$


Bài này có mấy lần rồi mà không nhớ link :v

Trước hết ta chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ có nhiều nhất là 1 đa thức $P(x)$ có bậc $n$ thỏa mãn $(\star)$. Thật vậy, giả sử

$$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 \; (a_n\neq 0).$$

Bằng cách so sánh hệ số của $x^{2n}$ và $x^{2n-1}$ thì ta có $a_n=1;a_{n-1}=\frac{-n}{2}$

Tiếp tục như thế, ta thấy rằng các hệ số của $P(x)$ được xác định duy nhất do đó $P(x)$ là duy nhất.

Tiếp theo, viết $P(x)$ dưới dạng $P(x)=x^m(x-1)^n Q(x)$ với $m,n\in \mathbb{Z}$ và $Q(x)$ không có nghiệm $0$ và $1$

Khi đó $(\star)$ trở thành $x^m(x-1)^n Q(x) (x+1)^mx^n Q(x+1) =x^{2m}(x^2-1)^n Q(x^2).$

Suy ra $(x+1)^mx^nQ(x)Q(x+1)=x^m(x+1)^nQ(x^2).$

Nếu $m\neq n$ thì thay $x=0$ ta thấy mâu thuẫn do đó $m=n$ và như thế $$Q(x).Q(x+1)=Q(x^2)$$

Ta thấy nếu $P(x)$ bậc lẻ thì $Q(x)$ bậc lẻ. Do đó tồn tại $a$ để $Q(a)=0$, vô lý.

Do đó $a \not\in \{-1;0;1\}$

Nhưng khi đó $Q(a)=Q(a^2)=Q(a^2)=...=Q(a^{2^k})$ =0 nghỉa là $Q(x)$ có vô số nghiệm. Vô lý. Vậy $P(x)$ bậc chẵn.

Bằng các thử trực tiếp ta thấy rằng mọi số tự nhiên chẵn $n=2k$, đa thức $P(x)=x^k(x-1)^k$ thỏa mãn $(\star)$

Vậy $\boxed{P(x)=x^k(x-1)^k \; (k\in \mathbb{N})}$

Trước hết ta chứng minh với mọi

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#4
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Bài 2: Cho $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số liên tục. Giả sử tồn tại một hàm khả vi $\varphi (x)$ sao cho:


$$\varphi' (x)=g(\varphi (x)),\forall x\in \mathbb{R}$$


Chứng minh rằng nếu $\lim_{x \to +\infty} \varphi (x)=b$ thì $g(b)=0$


Tối nay ngồi post lời giải vậy :D

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 $g(b)=0$

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#5
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Bài 3: Cho hai dãy số thực$\left \{ x_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ và $\left \{ y_{n} \right \}_{0}^{\infty}$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1. $x_{n+1}\geq x_{n},\forall n=0,1,2,...; x_{0}=0;\lim_{n \to \infty}x_{n}=+\infty$.
2. $\lim_{n \to \infty}y_{n}=1$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$



Ta có $$\dfrac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}-1 =\dfrac{\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})y_n-x_N}{x_N}$$

$$=\dfrac{\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})y_n-\sum_{n=1}^N (x_n-x_{n-1})}{x_N} =\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}$$

Do $\lim_{n \to +\infty} y_n=1 $

$$\Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists n_0>0, \forall n \ge n_0 , y_n-1 \le |y_n-1|<\epsilon $$

Cố định $\epsilon$ , khi đó với $n_0$ xác định ở trên, chọn $N>2n_0$ , ta có

$$\left|\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right| $$

$$\le \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right|+\left|\dfrac{\sum_{n=n_0}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right|$$

$$ \le \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| +\epsilon \left|\dfrac{\sum_{n=n_0}^N (x_n-x_{n-1}) }{x_N} \right|$$

$$ \le \left| \dfrac{ \sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right|+\epsilon\dfrac{x_N-x_{n_0}}{x_N}$$

Lại có $$\lim_{N \to +\infty} \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| =0$$

Do đó, tồn tại $n_1>0, \forall N>n_1 , \left| \dfrac{\sum_{n=1}^{n_0-1}(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N}\right| <\epsilon$

Vậy, với $N> \max \{2n_0,n_1\} $

$$\left|\dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} \right| <2\epsilon $$

Suy ra $$\lim_{N \to +\infty} \dfrac{\sum_{n=1}^N(x_n-x_{n-1})(y_n-1)}{x_N} =0$$

hay $$\lim_{N\to +\infty}\frac{\sum_{n=1}^{N}(x_{n}-x_{n-1})y_{n}}{x_{N}}=1$$

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#6
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết
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… :lol:

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 14-03-2013 - 02:56

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#7
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết


Bài 5: Cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ với các hệ số $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ và $a \neq 0$. Giả sử tồn tại vô số các cặp số nguyên $(x,y),x\neq y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$. Chứng minh rằng phương trình $P(x)=0$ có nghiệm nguyên.



Giải

Bài 5. Theo giả thiết ta có có vô số cặp số nguyên $\left( {x,y} \right),x \ne y$ thỏa mãn $xP(x) = yP(y)$. Điều này tương đương với
$xP(x) - yP(y) = \left( {x - y} \right)\left( {a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d} \right) = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$.
Với $x = 1,y = 0$ thì $\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = x + y = 1$.
Do đó $P(1) = 0$ tức $P(x) = 0$ có nghiệm nguyên.
Bài toán được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 12-03-2013 - 13:21

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#8
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Môn thi: Giải tích

Thời gian:120'

Bài 1: Tính giới hạn sau:




$$\lim_{x\to 0^+}\int_{x}^{2x}\frac{sin(2t)}{t^n}dt$$



Bạn Thành Nam nhà ta nhanh tay thật :D, giờ thì đề giải tích bị chém sạch ^_^. Thầy nào cho câu này đúng là ác thật @@

Ở đây chắc là $n \in \mathbb{N}^* $

Với $n=1$

Do $\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin (2t)}{t}=2 $

$$\Rightarrow \forall \epsilon>0, \exists \delta>0,\forall 0<t<\delta, 2-\epsilon<\dfrac{\sin(2t)}{t}<2+\epsilon $$

Với $0 < x <\dfrac{\delta}{2} $ suy ra $\int_{x}^{2x}(2-\epsilon)dt <\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt <\int_{x}^{2x} (2+\epsilon)dt$

$$\Leftrightarrow (2-\epsilon)x<\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt <(2+\epsilon)x$$

Suy ra $$\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t}dt =0 $$


Với $n=2 $

Ta có $$\lim_{t \to 0^+} (\dfrac{\sin(2t)}{t^2}-\dfrac{2}{t})=\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin(2t)-2t}{t^2}$$
$$=\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\cos(2t)-1}{t}=\lim_{t \to 0^+} -2\sin(2t)=0 $$

Suy ra $$\forall \epsilon>0, \exists \delta>0, \forall 0<t<\delta ,\dfrac{2}{t}-\epsilon< \dfrac{\sin(2t)}{t}<\dfrac{2}{t}+\epsilon$$

Với $0 < x<\dfrac{\delta}{2} $

$$ \int_{x}^{2x}(\dfrac{2}{t}-\epsilon)dt < \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt < \int_{x}^{2x}( \dfrac{2}{t}+\epsilon)dt$$

$$\Leftrightarrow \ln 4-\epsilon x< \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt<\ln 4+\epsilon x$$

Suy ra $\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2}dt=\ln 4 $


Với $n \ge 3 $

Do $\lim_{t \to 0^+} \dfrac{\sin(2t)}{t}=2 $ nên

$$\forall 2>\epsilon>0, \exists \delta>0, \forall 0<t<\delta , \dfrac{\sin(2t)}{t}>2-\epsilon$$

$$\Rightarrow \dfrac{\sin(2t)}{t^n} > \dfrac{2-\epsilon}{t^{n-1}}$$

Với $0< x<\dfrac{\delta}{2} $ suy ra

$$\int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^n}dt>\int_{x}^{2x} \dfrac{(2-\epsilon)dt}{t^{n-1}}$$

$$\Leftrightarrow \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)}{t^n}dt >\dfrac{2-\epsilon}{n-2}(1-\dfrac{1}{2^{n-2}})\dfrac{1}{x^{n-2}} $$

Suy ra $\lim_{x \to 0^+} \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin(2t)dt}{t^n}=+\infty$


P/s: Bạn nào tu xong hết quyển giải tích 3 và giải tích 4 của Jean Marie Monier thì chắc bài này cũng không phải gì quá khó, ý tưởng là xấp xỉ trong lân cận :D

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#9
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Giải

Bài 5. Theo giả thiết ta có có vô số cặp số nguyên $\left( {x,y} \right),x \ne y$ thỏa mãn $xP(x) = yP(y)$. Điều này tương đương với
$xP(x) - yP(y) = \left( {x - y} \right)\left( {a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d} \right) = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + b\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$
$ \Leftrightarrow a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0,x \ne y$.
Với $x = 1,y = 0$ thì $\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = x + y = 1$.
Do đó $P(1) = 0$ tức $P(x) = 0$ có nghiệm nguyên.
Bài toán được chứng minh.[/center]


Bài giải chưa chính xác, chỉ là tồn tại vô số cặp số nguyên $x \neq y$ thỏa

$a\left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right) + b\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right] + c\left( {x + y} \right) + d = 0$

chứ không thể chỉ rõ cặp số nguyên đó là cặp nào, do đó không thể chọn $x=1,y=0$ được!

Ý tưởng chứng minh tồn tại $z \in \mathbb{Z}$ sao cho

$$\begin{cases} ({x + y} )( ( {x + y} )^2 - 2xy)=z^3 \\ ( {x + y} )^2 - 2xy=z^2 \\ x+y=z \end{cases} $$

là không được, vì chỉ tồn tại số $z$ như thế khi và chỉ khi $xy=0$ .

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#10
vohuy

vohuy

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Bài 5: Từ giả thiết suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương x, y phân biệt sao cho:

$a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d=a(x+y)^{3}+b(x+y)^{2}+c(x+y)+d-2axy(x+y)-bxy=0$(1)

Dễ thấy $\left | a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d\right |$ tiến ra vô cùng khi $\left | x+y\right |$ tiến ra vô cùng. Do đó tồn tại m, n nguyên sao cho $m\leq x+y\leq n$ với mọi $x, y$ thỏa (1). Suy ra tồn tại $p$ nguyên thỏa $m\leq p\leq n$ sao cho tồn tại vô số $x,y$ thỏa (1) và $x+y=p$. Như vậy tồn tại vô số $x, y$ nguyên sao cho $xy(2ap+b)=2apxy+bxy=ap^{3}+bp^{2}+cp+d$, suy ra $2ap+b=0$. Từ đó $ap^{3}+bp^{2}+cp+d=0$ hay P(x) có nghiệm nguyên là p.



#11
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Bài 5: Từ giả thiết suy ra tồn tại vô số cặp số nguyên dương x, y phân biệt sao cho:

$a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d=a(x+y)^{3}+b(x+y)^{2}+c(x+y)+d-2axy(x+y)-bxy=0$(1)

Dễ thấy $\left | a(x+y)(x^{2}+y^{2})+b(x^{2}+xy+y^{2})+c(x+y)+d\right |$ tiến ra vô cùng khi $\left | x+y\right |$ tiến ra vô cùng. Do đó tồn tại m, n nguyên sao cho $m\leq x+y\leq n$ với mọi $x, y$ thỏa (1). Suy ra tồn tại $p$ nguyên thỏa $m\leq p\leq n$ sao cho tồn tại vô số $x,y$ thỏa (1) và $x+y=p$. Như vậy tồn tại vô số $x, y$ nguyên sao cho $xy(2ap+b)=2apxy+bxy=ap^{3}+bp^{2}+cp+d$, suy ra $2ap+b=0$. Từ đó $ap^{3}+bp^{2}+cp+d=0$ hay P(x) có nghiệm nguyên là p.

 

 

Lời giải này có rất nhiều lỗi sai. Đầu tiên dễ thấy đó là, mặc dù tồn tại vô số số nguyên $x,y$ sao cho $xP(x)=yP(y)$ nhưng vẫn có thể không có $|x+y| \to +\infty $ ( có thể $x+y=1$ chẳng hạn). Tồn tại $m;n$ để $m \le x+y \le n$ với mọi $x,y$ nguyên thỏa $xP(x)=yP(y)$ cũng sai vì có thể các giá trị $x,y$ thỏa tính chất này có tổng vô cùng lớn. Chỗ sai cuối là ở đây ,$p$ phụ thuộc $x,y$ chứ k phải độc lập nên dòng sau là không đúng nữa.


Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#12
LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết

Tối nay ngồi post lời giải vậy :D

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LangTu Mua Bui: 04-12-2015 - 09:15


#13
LangTu Mua Bui

LangTu Mua Bui

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết

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… :lol:

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 $a_{n}=f(n)$ 






1 người đang xem chủ đề

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