Nxb

Cái này cảm giác rất hiển nhiên mà !!

$h(x)=f(x)+g(x)$

Nếu $f(x+T_0)=f(x)$ và $g(x+T_0)=g(x)$

thì $h(x+T_0)=f(x+T_0)+g(x+T_0)=f(x)+g(x)=h(x)$

Thế này vẫn chưa đầy đủ, như thế đâu có nghĩa là hàm $f+g$ có cu kì cơ sở $T_0$

$\sqrt{P}=Q$ thì $P=Q^2$ nên $P \geq 0$ rồi.

Cái này có trong các GT về đại số đa tuyến tính rồi ông ạ. 

Ừ. Tôi đang học đại số đa tuyến tính mà, nhưng mà trong sách tôi đọc không có chứng minh. 

Chứng minh $x+2{{x}^{2}}+3{{x}^{3}}+...+n{{x}^{n}}+...=\frac{x}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}$

Đề bài sai, cứ thay thử x=-1 vào thì biết. Nếu chưa hiểu gì về chuỗi mà cứ làm những bài toán kiểu này thì sót lại chỉ là đống logic vô hồn thôi.

Trong các cách tô, ta xét cách có số cạnh có 2 đầu mút cùng màu ít nhất. Ta sẽ chứng minh đây là cách có số đoạn cùng màu không quá N. Giả sử có nhiều hơn N đoạn cùng màu, ta xét đồ thị chứa tất cả các cạnh cùng màu, có các đỉnh là các đầu mút của chúng. Vì tổng các bậc của các đỉnh của đồ thị này bằng 2 lần số cạnh lớn hơn 2N nên trong đồ thị đó phải có một đỉnh có bậc lớn hơn 2. Giả sử đỉnh đó được tô màu a và nối với nhiều hơn 2 đỉnh màu a. Khi đó nếu có từ 2 đỉnh màu b khác a trở xuống nối với đỉnh đó thì vô lý vì nếu ta đổi đỉnh đó sang màu b thì tổng số cạnh cùng màu ít nhất giảm 1. Dẫn đến phải có nhiều hơn 2 đỉnh màu b nối với đỉnh đó. Vì có 4 màu nên phải có ít nhất 12 đỉnh được nối với đỉnh đó, trái với gt. Do đó có không quá N cạnh cùng màu.

Vì mỗi lần xoay là một phép hoán vị chẵn và một phép biến đổi là tích các hoán vị chẵn nên vẫn là môt hoán vị chẵn. Ở dưới mình đánh số ô màu đỏ. Các phép quay không làm thay đổi vị trí (chiều mũi tên) ở các ô giữa ở các mặt khác mặt màu đỏ.  Đối với ô màu đỏ phép hoán vị  1 thành 9, 3 thành 7 không làm thay đổi mũi tên.  Hai phép cuối (2 thành 8, 4 thành 6) phải thực hiện liên tiếp 2 thuật toán (giống nhau): Cố định 2, hoán vị 4 thành 6, 6 thành 8 và 8 thành 4, sau đó cố định 6 và hoán vị 2, 4, 8 cho nhau. Mỗi phép biến đổi sẽ làm xoay chiều mũi tên giữa ở ô đỏ 180° nên sau 2 lần mũi tên giữ nguyên.  

Mình vẫn có chỗ khó hiểu: ý của bạn là tồn tại một thuật toán như bạn nói, nếu thế bạn nên chỉ ra nó như thế nào vì đề bài bắt chỉ ra. Còn điều nữa là 1 luôn cố định ở một khối vuông có 3 màu đỏ xanh vàng, bạn chuyển 1 đến 9 thì phải chuyển cả cái khối đó, nếu thế thì đâu thể có được cái rubik đúng màu.

Câu cuối nếu ai đã chơi qua rubic thì chắc chắn biết rất nhiều là đằng khác vì các dãy thuật toán để thu lại rubic ban đầu là 1 chiêu luyện tay mà. 

À nhân tiện cũng nói rằng câu $c$ là sai nhé sau 

Đây là ký hiệu chuẩn mọi người tham khảo cho em dễ nói http://blog.zing.vn/...42485?from=like

Ví dụ $(ul)_{n}$ với $u,l$ là $U,L$ nhưng quay $2$ tầng dãy này không được có thể thử . 

Anh thử rồi nhé, được. Cái này khi học về lý thuyết nhóm ít nhiều mọi người đều phải biết nên không có chuyện sai đâu.

http://ruwix.com/onl...solver-program/

Có thể thử ở đây, cứ ấn UL liên tục. Anh ấn khoảng 100 lần thì được.

Chanhquocnghiem: thực ra cũng không phải khó hiểu đâu, ý tưởng của nó khá rõ ràng. Mọi nguời đừng thấy toán cao cấp là ngại vì thực ra các ý tưởng cao cấp rất trong sáng, tranh thủ học luôn thì tốt. Có một bài viết ở đây khá dễ hiểu http://zung.zetamu.n...cho-mirella-2/ 

Mình chưa giải được hoàn toàn, nhưng có ý tưởng thế này và ít nhất giải được câu c.

 

Xét tập $A$ gồm 52.6 hình vuông dùng để đánh 6 hướng của 48 hình vuông không phải ở tâm và 4 hướng của 6 hình vuông ở tâm (vì khi quay luôn có 2 hướng trước sau không thay đổi nên không cần xét nữa). 

 

Xét nhóm đối xứng $S$ của tập $A$, và $a,b,c,d,e,g$ lần lượt là các phép quay góc $90$ độ theo chiều kim đồng hồ khi nhìn vào các mặt của các mặt $a,b,c,d,e,g$, ta có thể coi đây là các phần tử của S. Đặt $H=\left\{a,b,c,d,e,g\right\}$, do để quay khối rubik ta chỉ có thể thực hiên các phép này nên nhóm $<H>$ sinh bởi $H$ chứa tất cả các phép biến đổi của khối rubik.

 

Như vậy dãy lệnh $L$ là một phần tử của $<H>$ mà $L^{|<H>|}=id$ nên tồn tại số n thỏa mãn câu c. Nếu cần có thể chỉ ra một con số cụ thể. $L$ là một phần tử của $S$ nên ta có $L^{|S|}=id$ hay $L^{(52.6)!}=id$

 

P/S: Mình đã phải sửa lại khá nhiều cho ngắn và đúng hơn, bài giải trước có lỗi sai nghiêm trọng.

có ai có không, giúp với

Bạn ra khoa học tự nhiên mua quyển hàm thực và giải tích hàm của Hoàng Tuỵ ấy. Mình mới học nên cũng không đánh giá được, nhưng theo như mình biết thì nặng hơn chương trình trên lớp rất nhiều.

Lấy một phần tử $u \in A$, có toạ độ $(u_1,..,u_n)^t$. Theo giả thiết, với một phần tử $u^{'} \in A$, trong toạ độ của nó, tồn tại toạ độ thứ i sao cho $u^{'}_i=u_i+1$ hoặc $u_i+2$. Từ đó ta có $|A| \leq 2^n+1$. Tập A không chứa vector có toạ độ $(u_1+2,..,u_n+2)^t$ vì nó với u không thoả mãn điều kiện bài toán, từ đó ta có $|A| \leq 2^n$.

Về cơ bản cũng giống với cách của anh hxthanh.

Một điều nữa là $\mathbb{Z_3}$ đã hiểu là một trường thì điều kiện đó nên viết là $b_i=a_i+1$, mình hiểu như vậy có vẻ kém tổng quát hơn, nhưng nếu không thì dùng phép đồng dư cũng được.

Bạn vẽ tiếp tuyến như trên tớ bảo ấy. Tóm lại để tớ giải thích ý tớ rõ hơn: ban đầu tớ muốn vẽ thử đồ thị của hàm f ở đề bài qua những phát hiện sau:

1. f đơn điệu tăng

2. f' đơn điệu tăng

3. f bị chặn dưới bởi 0

4. f' bị chặn dưới bởi 0

Nhằm tìm hiểu xem hàm f nó phải như thế nào, và đây là cách để dẫn dắt đến lời giải, không cần thiết phải chính xác. 

Nếu thế thì tốt nhất đừng để ý đến nó làm gì nữa, mất thời gian. Hoặc bạn post chỗ nào bạn chưa hiểu lên để mọi người giải thích.

Và đây, theo họ nói là một "simple proof" http://www.ams.org/j...-97-03981-6.pdf

Cái nhận xét về limit ở dòng đầu tiên làm sao mà có vậy bạn?

Hàm f trong đồ thị tương tự như trong hàm f ở đề bài, bạn nhìn vào đồ thị sẽ thấy. Vẽ một tiếp tuyến tại điểm $x_0$ bất kì, khi $x_0$ càng nhỏ, ra trừ vô cực thì tiếp tuyến đó càng gần với đường tiệm cận.

Ta hãy chú ý đến đồ thị trên (mình copy từ trang k2pi): có thể thấy với những hàm kiểu đó, $\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)=0$.

Do $f(x)>0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên ta có $f^{'}(x) >0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Do đó $f$ đơn điệu tăng, $f'=f^{2}$ cũng đơn điệu tăng. Mặt khác $f$ bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại $a=\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)$. Ta có $\lim_{x \rightarrow -\infty} f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty} f(f(x))=f(a)>0$ (như đồ thị trên, ta sẽ thấy có vấn đề). Do $f'$ đơn điệu tăng nên $f(a)=\inf f^{'}$, từ đó ta có với mọi $x<0$ thì $f(0)-f(x)=-xf'(m) \geq -xf(a)$, qua giới hạn hai vế khi $x \rightarrow -\infty$, chú ý $f(a)>0$, ta được:

$$f(0)-a \geq +\infty$$

Đây là điều vô lý nên không tồn tại hàm $f$ nào thoả mãn điều kiện bài toán.

Mình làm khá dài, bài này search trên mạng chắc có vì nó lúc nào cũng xuất hiện ở mấy kì thi olp sv thì phải nên mình chỉ nói ý cách của mình thôi. Ta có $detA=\sum_{\sigma \in S_n} a_{1\sigma(1)}..a_{n\sigma(n)}$. Do các phần tử trên đường chéo bằng 0 nên $detA=\sum_{\sigma \in S^{'}_{n}} a_{1\sigma(1)}..a_{n\sigma(n)}$, với $S^{'}_{n}=\left \{\sigma \in S_n| \sigma(i) \neq i,i=\overline{1,n}  \right \}$. Đặt $|S^{'}_{n}|=A_n$. Vì mình không đếm được theo cách đơn giản nên mình phải dùng công thức truy hồi, lập luận một lúc thì được $A_n=(n-1)(A_{n-1}+A_{n-2})$. Đến đây bằng quy nạp ta chứng minh được $A_{n}$ chẵn nếu $n$ lẻ và lẻ nếu $n$ chẵn. Từ đó do các phần tử khác đường chéo của ma trận A luôn là số lẻ nên $detA$ sẽ cùng tính chẵn lẻ với $A_n$, tức là detA lẻ với n chẵn, vì vậy detA khác 0 và ta có A khả nghịch. 

Đây hình như là câu 5 IMO 2006 không biết đúng không nữa   

Những bài thế này không bao giờ thi IMO đâu.

Còn lời giải thì không thấy em nào làm cả nhỉ. Phương trình p(x)=0 có nghiệm duy nhất tức là p(x)=(x-x_0)^2. Như vậy, $p(p(p(x)))=0$ khi và chỉ khi $p(p(x))=x_0$. Nếu $x_0 <0$ thì phương trình vô nghiệm. $x_0=0$ thì phương trình trở thành $p(x)=0$ tức là $x=0$, trái với điều kiện $p(p(p(x)))=0$ có  3 nghiệm phân biệt. Suy ra $x_0>0$. Từ đó, ta được $((x-x_0)^2-x_0)^2=x_0$, tương đương với $(x-x_0)^2=x_0 \pm \sqrt{x_0}$. Với $x_0+\sqrt{x_0}>0$ nên phương trình $(x-x_0)^2=x_0+\sqrt{x_0}$ luôn có 2 nghiệm phân biệt. Để cho phương trình ban đầu có ba nghiệm thì phương trình $(x-x_0)^2=x_0-\sqrt{x_0}$ phải có nghiệm duy nhất, suy ra $x_0-\sqrt{x_0}=0$, tức là $x_0=1$. Thử lại thấy thoả mãn, ta kết luận b=-2, c=1.