phudinhgioihan

Xin hỏi cách chứng minh định lý 2 trang 129 SGK đại số và giải tích 11 nâng cao
Địng lí 1 : Cho 2 dãy số $(u_n)$ và $(v_n)$ .
Nếu $|u_n|\leq v_n $ với mọi n và lim $v_n$ =0 thì lim $u_n$ =0 .

Áp dụng định lý 1 để chứng minh định lý 2 sau đây :
Nếu $|q|<1$ thì lim $q^n$=0

 

Áp dụng bài tập 7 trang 100:

Cho số thực $x>-1$, khi đó $(1+x)^n \ge 1+nx ,\; \forall n\in \mathbb{N}^*$

 

Vì $|q|<1$ nên $\frac{1}{|q|}>1$, do đó có số thực $p>0$ để $\frac{1}{|q|}=1+p \; \Leftrightarrow |q|=\frac{1}{1+p}$

 

$|q|^n=\frac{1}{(1+p)^n} \le \frac{1}{1+np} <\frac{1}{np} \;\;\;\forall n \in \mathbb{N}^*$

Do $\lim \frac{1}{np}=0$ nên $\lim |q|^n=0$ kéo theo $\lim q^n=0$

xét sự hội tụ của:

$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1)$

 

Ta có $e^x \underset{x \to 0}{\sim} 1+x$, do đó $2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}=e^{\frac{\ln 2}{\sqrt{n}}} \underset{n \to +\infty}{\sim}1+\dfrac{\ln 2}{\sqrt{n}}$

 

Suy ra $\dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n} \underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{\ln 2}{n^\frac{3}{2}} $

 

$\forall n \ge 1, \; \dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n} >0$ và $\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\ln 2}{n^\frac{3}{2}}$ hội tụ, do đó $\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n}$ cũng hội tụ.

 

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 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 $f(x)=x$

Bài toán :
Cho tứ diện $S.ABC$ có $SA=a, SB=b, SC=c$ đôi một vuông góc với nhau. Lấy điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$ Gọi $u, v, w$ lầ lượt là khoảng cách từ $M$ đến $SA, SB, SC$. Chứng minh rằng :
$$u^2+v^2+w^2 \ge \dfrac{2(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$$.

 

Gọi $h_a,h_b,h_c$ lần lượt là khoảng cách từ $M$ đến $(SBC),(SCA),(SAB)$.

 

Ta có: $\dfrac{h_a}{a}=\dfrac{h_a.S_{SBC}}{a.S_{SBC}}=\dfrac{V_{MSBC}}{SABC}$

Tương tự, $\dfrac{h_b}{b}=\dfrac{V_{MSAC}}{V_{SABC}},\; \dfrac{h_c}{c}=\dfrac{V_{MSAB}}{V_{SABC}}$

 

Suy ra $$\dfrac{h_a}{a}+\dfrac{h_b}{b}+\dfrac{h_c}{c}=\dfrac{V_{MSBC}+V_{MSAC}+V_{MSAB}}{v_{SABC}}=1$$

 

Theo bdt $Cauchy-Schwarz$, $$1 \le (h_a^2+h_b^2+h_c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$$

$$\Leftrightarrow h_a^2+h_b^2+h_c^2 \ge \dfrac{(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$$

 

Gọi $M_a$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $(SBC)$, $M_{ab},M_{ac}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M_a$ trên $SB,SC$

 

Ta có: $u^2=SM_a^2=SM_{ab}^2+M_{a}M_{ab}^2=h_b^2+h_c^2$

Tương tự, $v^2=h_a^2+h_c^2,\; w^2=h_a^2+h_b^2$

 

Suy ra $$u^2+v^2+w^2=2(h_a^2+h_b^2+h_c^2)\ge \dfrac{2(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} \;\;\;(*)$$

 

Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$ (và cũng là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABC)$)

 

Ta có: $\dfrac{1}{SH^2}=\dfrac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$ và $SM^2=h_a^2+u^2=h_a^2+h_b^2+h_c^2$

Do đó, đẳng thức trong bất đẳng thức $(*)$ xảy ra khi và chỉ khi $M \equiv H$

 

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 $(0;1)$

 

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 $x_1+x_2+x_3+x_4-10=\frac{4}{2015}$

 

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 $|A|>0$

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 $

Cho em hỏi là tại sao các bài toán hay nói là liên tục trên $[a,b]$ và khả vi trên $(a,b)$ mà không phải là khả vi trên $[a,b]$.

 

 

Và hình như là nếu khả vi thì liên tục vậy tại sao ko bỏ luôn cái câu liên tục trên $[a,b]$ ạ?

 

Giải thích một cách sơ cấp, định nghĩa đạo hàm tại một điểm $f^{'}(x)=\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$, như vậy $f^{'}(x)$ tồn tại khi và chỉ khi $\lim_{h \to 0^+} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h \to 0^-} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$

 

Như vậy, nếu $x=a$ hoặc $x=b$ thì ta chỉ có $\lim_{h \to 0^+} \dfrac{f(a+h)-f(a)}{h},\;\lim_{h \to 0^-} \dfrac{f(b+h)-f(b)}{h}$ nên không thể nói được gì về tính khả vi tại hai điểm này.

Môn GIẢI TÍCH

Bài 1:

Cho dãy $\{x_n\}$ được xác định như sau

$$x_1>0, \;\;\;, x_{n+1}=\dfrac{x_n^3+4x_n}{x_n^2+1},\; n \ge 1$$

 

Chứng minh rằng $\lim_{n \to +\infty} \dfrac{x_n}{n^2}=0$

 

Bài 2:

Cho hàm số $f(x)$ thỏa mãn các điều kiện: $f(x)>0$, đơn điệu tăng và $f^{''}(x)<0 \;, \forall x>0$. Chứng minh tồn tại số $M$ sao cho

$$f(x)<Me^\frac{x}{2014} ,\; \forall x>0$$

 

Bài 3:

Cho $f:[0;1] \to [0;+\infty)$ khả vi và hàm đạo hàm cấp một đơn điệu giảm và $f(0)=0,\; f^{'}(1)>0$, chứng minh

$$\int_{0}^1 \dfrac{dx}{f^2(x)+1} \le \dfrac{f(1)}{f^{'}(1)}$$

Khi nào đẳng thức xảy ra?

 

Bài 4:

Cho $f,g: \mathbb{R} \to [0;+\infty)$ là các hàm số liên tục thỏa mãn

$$\left| f(x)-x \right| \le g(x)-g(f(x)) \;, \forall x \in \mathbb{R}$$

Chứng minh rằng phương trình $f(x)=x$ có nghiệm.

 

Bài 5:

Chứng minh nếu $f(x)$ là hàm số liên tục và $f(x) \neq x\;, \forall x \in \mathbb{R}$ thì $f(f(x)) \neq x ,\; \forall x \in \mathbb{R}$

 

Bài 6:

Tìm hàm số $f(x)$ đơn điệu tăng trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn:

• $f(-x)=-f(x), \; \forall x \in \mathbb{R}$

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

• $f(\frac{1}{x})=\dfrac{f(x)}{x^2},\; \forall x \neq 0$

 

 

Môn ĐẠI SỐ

 

Bài 1:

Cho các số thực $a_1,...,a_n,x_1,...,x_n , \; n \ge 2$, tính định thức cấp $n$ sau:

 

$$D=\begin{vmatrix}a_1& a_2& a_3& \cdots& a_{n-1}&a_n\\-x_1 &x_2 &0 &\cdots &0 &0  \\0 &-x_2 &x_3 &\cdots &0 &0  \\\cdots \cdots&\cdots &\cdots &\cdots &\cdots &\cdots  \\0 &0 & 0& \cdots& -x_{n-1}& x_n\end{vmatrix}$$

 

Bài 2:

Cho $A,B$ là các ma trận thực cấp $n$ khác nhau thỏa mãn $A^3=B^3,\; A^2B=B^2A$. Chứng minh $A^2+B^2$ suy biến.

 

Bài 3:

Cho $A,B$ là các ma trận vuông khả nghịch, chứng minh nếu $A+B$ khả nghịch thì $A^{-1}+B^{-1}$ cũng khả nghịch.

 

Bài 4:

Cho $A$ là ma trận thức cấp $4\times 2$ và $B$ là ma trận thực cấp $2 \times 4$ sao cho

$$AB=\begin{pmatrix}1&0&-1&0 \\0&1&0&-1 \\-1&0&1&0 \\0&-1&0&1 \end{pmatrix}$$

 

Tìm $BA$

 

Bài 5:

 

Xác định ma trận $A$ biết rằng ma trận phụ hợp của nó là

$$A^{*}=\begin{pmatrix} m^2-1&1-m&1-m\\1-m&m^2-1&1-m \\1-m&1-m&m^2-1 \end{pmatrix}\;, m \neq 1, m\neq -2$$

 

Bài 6:

 

Cho hệ phương trình

 

$$\begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+a_{13}x_3=0\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+a_{23}x_3=0 \\ a_{31}x_1+a_{32}x_2+a_{33}x_3=0\end{cases}$$

 

Với các hệ số $a_{ij}$ thỏa mãn

• $a_{11},a_{22},a_{33}$ là các số thực dương
• Tất cả các hệ số khác âm
• Trong mỗi phương trình, tổng các hệ số là số thực dương

Chứng minh hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x_1=x_2=x_3=0$

Trường hợp $rank A=n$

Các hàng của ma trận $\left ( C,D \right )$ là tổ hợp tuyến tính của các hàng của $\left ( A,B \right )$ nên $\left ( C,D \right )=Q\left ( A,B \right )\Rightarrow C=QA,D=QB\Rightarrow \left | C \right |=\left | Q \right |\left | A \right |,\left | D \right |=\left | Q \right |\left | B \right |$. Suy ra điều phải chứng minh (hai hàng tỷ lệ với nhau).

(hình như hai cách giải bản chất như nhau).

 

Trường hợp $rank A < n$ (như anh phudinhgioihan)

 

Nếu mà giải chi tiết ra thì vẫn còn khá dài, xin chốt lời giải ngắn nhất vậy (có lẽ )

 

Do $rank \begin{pmatrix} A& B\\ C&D \end{pmatrix}=n$ nên bằng các phép biến đổi sơ cấp, ta đưa được $\begin{pmatrix} A& B\\C &D \end{pmatrix}$ về dạng $\begin{pmatrix} I_n& O\\O &O \end{pmatrix}$,

do đó, tồn tại $P,Q \in \mathbf{M}_{2n}(\mathbb{C})$ khả nghịch sao cho $\begin{pmatrix}A &B \\C &D \end{pmatrix}=P \begin{pmatrix} I_n& O\\O &O \end{pmatrix}Q$

 

Phân tích $P=\begin{pmatrix}P_1 &P_2 \\ P_3& P_4\end{pmatrix} \;\;, Q=\begin{pmatrix}Q_1 &Q_2 \\Q_3 & Q_4\end{pmatrix},\;\; P_i,Q_i \in \mathbf{M}_n(\mathbb{C}) \; \forall \; i \in \{1;2;3;4\}$

 

Suy ra $$\begin{pmatrix} A& B\\ C&D \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}P_1 &P_2 \\ P_3& P_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} I_n& O\\O &O \end{pmatrix}\begin{pmatrix}Q_1 &Q_2 \\Q_3 & Q_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}P_1Q_1 &P_1Q_2 \\P_3Q_1 & P_3Q_2\end{pmatrix}$$

 

$$\Rightarrow A=P_1Q_1\;\;,B=P_1Q_2\;\;, C=P_3Q_1\;\;, D=P_3Q_2$$

 

$$\Rightarrow |A||D|=|P_1||P_3||Q_1||Q_2|=|B||C|$$

$$\Leftrightarrow \begin{vmatrix}|A| &|B| \\|C| & |D|\end{vmatrix}=0$$

 

 

Nói thêm, nếu $A$ khả nghịch, do đó $P_1,Q_1$ cũng khả nghịch, suy ra $D=P_3Q_1{Q_1}^{-1}{P_1}^{-1}P_1Q_2=CA^{-1}B$

Kỷ yếu gồm có: giới thiệu về trường ĐH Phạm Văn Đồng (Quãng Ngãi)-nơi tổ chức kỳ thi năm 2014, đề thi chính thức 2 môn ĐS và GT, một số bài dự tuyển của các trường.

ĐỊA ĐIỂM:
Trường đại học Kinh tế - Đại học Huế
Số 3 Lê Lợi, thành phố Huế, Thừa Thiên Huế
 
THỜI GIAN: 13-19/4/2015
 
BAN TỔ CHỨC:

• Các đồng trưởng ban: GS. TSKH. Phùng Hồ Hải - Tổng thư ký Hội Toán học Việt Nam và PGS. TS. Trần Văn Hòa - Hiệu trưởng Trường đại học Kinh tế, Đại học Huế.

• Phó ban: GS. TSKH. Phạm Thế Long - Phó chủ tịch Hội THVN; PGS. TS. Nguyễn Tài Phúc - Phó hiệu trưởng Trường đại học Kinh tế - Đại học Huế; GS. TS. Lê Văn Thuyết - UV BCH Hội THVN và ĐH Huế; Đại diện Bộ GD và ĐT; Đại diện TW Hội Sinh viên Việt Nam.

• Uỷ viên: TS. Đoàn Trung Cường - Viện Toán học; TS. Lê Cường - ĐH Bách khoa Hà Nội; ThS. Ngô Sỹ Hùng - Trường đại học Kinh tế - Đại học Huế.

NỘI DUNG THI:
 

Môn ĐẠI SỐ

 

 

 

Môn GIẢI TÍCH

 

 

Xét tính hội tụ của $\sum_{n=3}^{+\infty }\frac{\left| {\sin n} \right|+\left| {\cos n} \right|}{\sqrt{n^3-3n+3}}$

 

$\forall n \ge 3,\; 0<\dfrac{|\sin n|+|\cos n|}{\sqrt{n^3-3n+3}} \le \dfrac{\sqrt{2(\sin^2n+\cos^2n)}}{\sqrt{n^3-3n+3}} < \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{\frac{n^3}{2}}}=\dfrac{2}{n^\frac{3}{2}}$

 

$\sum_{n=3}^{+\infty} \frac{2}{n^\frac{3}{2}} $ hội tụ nên $\sum_{n=3}^{+\infty }\frac{\left| {\sin n} \right|+\left| {\cos n} \right|}{\sqrt{n^3-3n+3}}$ hội tụ.