Giải Tích

You are currently browsing the archive for the Giải Tích category.

Bài giảng này viết về khái niệm tập hợp, một khái niệm nền móng và cơ bản của Toán Học hiện đại. Khái niệm tập hợp giữ vai trò đặc biệt quan trọng trong Toán Học, không chỉ vì cho đến nay, lý thuyết Tập Hợp đã trở thành một nhánh rộng rãi và phong phú, mà còn vì từ sự xuất hiện từ chừng hai thế kỷ trước, lý thuyết Tập Hợp đã và vẫn đang có những ảnh hưởng sâu sắc đến toàn bộ Toán Học. Ở phạm vi bài viết này, tôi chỉ đưa ra các khái niệm cơ bản thuần túy, cùng các phép toán trên tập cơ bản nhất như giao, hợp, hiệu các tập. Một mục đích nữa của bài giảng, là cung cấp nền tảng khởi đầu cho môn Tổ Hợp. Vì thế, nên trong bài giảng có bàn đến các quy tắc xác định lực lượng tập hợp như nguyên lý cộng, bù trừ và nguyên lý nhân. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , , ,

Cuộc sống, được chúng ta nhận thức qua sự hiện hữu và vận động của các thành tố trong nó. Khi tồn tại để vận động và phát triển, các đối tượng tương tác với nhau theo những quy luật được xác định, để rồi có những ảnh hưởng đến giá trị về lượng và chất tương ứng. Chính sự tương tác ảnh hưởng qua lại giữa các đối tượng của cuộc sống, giúp chúng ta nhận thức được bản chất các đối tượng đó theo nhiều góc nhìn. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , , , , , , ,

Bài 1. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
\[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} – \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

  1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
  2. Chứng minh rằng
    \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]link: http://mathscope.org/showthread.php?t=51561

Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , , , , ,

 

 Với các hàm số một biến số, chắc không cần xúi bẩy, bạn đọc cũng hiểu là kỹ năng chủ đạo để xử lý đó là tuân thủ nghiêm cẩn các khâu bước của quá trình khảo sát hàm. Tuy nhiên ở dưới đây, trong nhiều bài toán, tôi giấu nhẹm đi con dao đạo hàm. Việc tôi làm, thật ra chả có gì huyền bí, cao siêu cả. Đơn giản là, nếu muốn chứng minh $f\left( x \right)\ge 0$, hoặc là đi tìm cực trị một hàm $f\left( x \right)$. Thì ở trên giấy nháp, bằng cách này hay cách khác (có thể dùng đạo hàm), nếu tôi bắt được nới xảy đến dấu bằng (hoặc nơi đạt cực trị). Tôi chỉ việc kiểm soát cái gia số, qua việc viết $f\left( x \right)=f\left( c \right)+{{\Delta }_{f\left( x \right)}}$, với $c$ là điểm đã dự đoán. Công việc còn lại, đó là  xét dấu của ${{\Delta }_{f\left( x \right)}}=f\left( x \right)-f\left( c \right)$theo yêu cầu của đề toán. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , ,

 

Lời nói đầu: Bài giảng này, lại là một câu chuyện hết sức tào lao nữa của tôi, về 1 khái niệm khá là cao siu-trìu tượng trong Toán Học sơ cấp. Một câu chuyện tào lao, mà lại nói về một điều nghiêm túc và quan trọng, thật khó mà kể lể! Vì thế, mong bạn đọc, khi đọc nó (bài giảng này), hãy dành cho nó một sự lương thiện và hồn nhiên cần thiết. Bạn hãy ý thức là, tôi viết nên nó chỉ là trình bày và chia sẻ chút nhận thức cá nhân của mình. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , ,

Bài toán dưới đây là bài 4 trong đề VMO 2018, bài toán gốc của nó khá xinh, là của anh Trần Nam Dũng. Còn bài này bị dao kéo đi, nhìn xấu quá.

Bài toán. Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.

  1.  Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}$ là một hằng số.
  2. Chứng minh rằng
    \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} \ge – \frac{{15}}{4}.\]

Dưới đây là lời giải chỉ cần dùng các kiến thức THCS của tôi.

Lời giải. Ta thấy phương trình của $(d)$ ở dạng $(d):\;y=kx+l$ với $kl\ne 0$. Khi đó $x_1;\,x_2;\,x_3$ là nghiệm của phương trình
\[kx + l = \sqrt[3]{{{x^2}}}.\]
Đặt $\dfrac{1}{\sqrt[3]{{{x_i}}}}=t_i$ thì $t_i$ là nghiệm của phương trình
\[lx^3-x+k=0.\]
Do đó mà ta có
\[\begin{array}{l}
\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}} &= \dfrac{{t_1^3 + t_2^3 + t_3^3}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}\\
&= 3 + \dfrac{{\left( {{t_1} + {t_2} + {t_3}} \right)\left( {t_1^2 + t_2^2 + t_3^2 – {t_1}{t_2} – {t_2}{t_3} – {t_3}{t_1}} \right)}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}
\end{array}.\]
Theo Viettè thì $t_1+t_2+t_3=0$, cho nên
\[\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=3.\]
Lại đi đặt $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} =a;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} =b;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=c$ để có
\[a+b+c=3;\;abc=1.\]
Khi đó thì
\[M=\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} =ab+bc+ca.\]
Ta thấy trong $a;\,b;\,c$ phải có 2 số âm và một số dương, kẻo không thì theo AM-GM có $a=b=c=1$ mâu thuẫn với việc ba giao điểm phân biệt. Ta giả sử $a>0>b> c$ thì có
\[a – 3 = – b – c \ge 2\sqrt {bc} = \frac{2}{{\sqrt a }}.\]
Từ đó có $a> 4$ và do đó
\[M = a\left( {3 – a} \right) + \frac{1}{a} = – \frac{{15}}{4} – \frac{{{{\left( {2a – 1} \right)}^2}\left( {a – 4} \right)}}{{4a}} < – \frac{{15}}{4}.\]

Tags: , , , ,

Bài toán dưới đây là bài 1 trong đề VMO 2018, nói chung là một bài cho điểm.

Bài toán. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
\[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} – \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

  1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
  2. Chứng minh rằng
    \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Dưới đây là lời giải của tôi. Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

 

1. Cho số nguyên dương $m$, và $n$ (với $n>1$) số nguyên khác $0$ là $x_1,\,x_2,\,\ldots ,\,x_n$. Biết rằng số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p^m\mid x_1$ còn $x_k$ không chia hết cho $p^m$ với mọi $k>1$. Chứng minh rằng:\[\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + \ldots + \frac{1}{{{x_n}}} \notin \mathbb Z.\]

2. Cho các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn $\gcd (a,\,b,\,c)=1$ và $$a\mid bc,\;b\mid ca,\;c\mid ab.$$ Chứng minh rằng $\dfrac{bc}{a}$ là một số chính phương. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , ,

Bài toán. Cho các số $p,\,q>0$ thỏa mãn $p+q=1$, tìm các hàm $f:\,\mathbb R\to\mathbb R$ thỏa mãn$$\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f^{\prime}(p x+q y), \quad \forall x \neq y.$$ Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Bất đẳng thức Cauchy còn có tên gọi khác là AM-GM, nó là một trong những bất đẳng thức quen thuộc nhất ở chương trình phổ thông. Quen thuộc cho đến nỗi, hồi tôi còn mới dậy thì-con chim cu gáy rầm rì lông măng, từng có một trường THCS còn mở một cuộc thi (chắc là chỉ có ở xứ An Nam) đó là: Thi áp dụng bất đẳng thức Cauchy. Thế nội dung của bất đẳng thức Cauchy đó ra sao, mà từng một thời nhân dân An Nam phát rồ cả lên như thế, thì nó là thế này

Bất đẳng thức Cauchy cho hai số. Cho hai số thực dương $a$ và $b$, khi đó trung bình cộng hai số đó sẽ không bé hơn trung bình nhân của chúng, tức là\[\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}.\]

Bằng việc viết sai phân dãy, truy toán và bất đẳng thức đánh giá hàm lũy thừa với hàm tiếp tuyến của nó (Bernoulli), ta sẽ có được mở rộng đầu tiên như sau

Bất đẳng thức Cauchy cho nhiều số.  Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ và $n$ số thực dương $a_1,\,a_2,\,\ldots ,\,a_n$, khi đó trung bình cộng $n$ số đó sẽ không bé hơn trung bình nhân của chúng, tức là\[\frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}.\]

Trong nhiều số thực dương kia, ta lại cho từng cụm các số bằng nhau, để lại có

Bất đẳng thức Cauchy với trọng số hữu tỷ.  Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ và $n$ số thực dương $a_1,\,a_2,\,\ldots ,\,a_n$. Giả sử $k_1,\,k_2,\,\ldots ,\,k_n$ là $n$ số hữu tỷ dương có tổng bằng $1$, khi đó có\[{k_1}{a_1} + {k_2}{a_2} + \ldots + {k_n}{a_n} \ge a_1^{{k_1}}a_2^{{k_2}} \ldots a_n^{{k_n}}.\]

Khi bạn đọc là học sinh đủ lớn, khi đã biết khái niệm về số mũ thực, chạy qua giới hạn, ta lại có kết quả như sau đây

Bất đẳng thức Cauchy với trọng số thực.  Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ và $n$ số thực dương $a_1,\,a_2,\,\ldots ,\,a_n$. Giả sử $k_1,\,k_2,\,\ldots ,\,k_n$ là $n$ số thực dương có tổng bằng $1$, khi đó có\[{k_1}{a_1} + {k_2}{a_2} + \ldots + {k_n}{a_n} \ge a_1^{{k_1}}a_2^{{k_2}} \ldots a_n^{{k_n}}.\]

Bây giờ, tôi đi đến kết quả của cá nhân tôi, khi mở rộng bất đẳng thức Cauchy.

Bất đẳng thức Cauchy kiểu bạn 2M. Cho $\left(x_i\right)_{1\le i\le n}$ và $\left(\alpha_i\right)_{1\le i\le n}$ là hai bộ số thực dương thỏa mãn $\sum\limits_{1 \le i \le n} {{x_i}} = \sum\limits_{1 \le i \le n} {{\alpha_i},} $ khi đó có\[\prod\limits_{i = 1}^n {\alpha_i^{{\alpha_i}}} \ge \prod\limits_{i = 1}^n {x_i^{{\alpha_i}}} .\]

Chứng minh. Với $x$ và $a$ là các số thực dương bất kỳ, khi đó theo định lý giá trị trung bình Lagrange, ta sẽ có số $c$ nằm giữa $x$ và $a$ sao cho\[\ln x – \ln a = \frac{{x – a}}{c} = \frac{{x – a}}{a} + \frac{{\left( {x – a} \right)\left( {a-c} \right)}}{{ca}} \le \frac{{x – a}}{a}.\]Vậy nên là ta sẽ có\[\ln \left( {\prod\limits_{1 \le i \le n} {x_i^{{\alpha_i}}} } \right) – \ln \left( {\prod\limits_{1 \le i \le n} {\alpha_i^{{\alpha_i}}} } \right) = \sum\limits_{1 \le i \le n} {{\alpha_i}\left( {\ln {x_i} – \ln {\alpha_i}} \right) \le \sum\limits_{1 \le i \le n} {\left( {{x_i} – {\alpha_i}} \right) = 0.} } \]

$\square$

Nhìn bề ngoài, chưa thấy một suy diễn nào cho ta mấy bất đẳng thức Cauchy đã nêu phía trước là hệ quả trực tiếp của kết quả tôi nêu, nhưng thực ra là thế này.

Nếu với mỗi số nguyên dương $i$ không vượt quá $n$, ta đi ta chọn $\alpha_i=k_im$ trong đó $m=\sum\limits_{1 \le i \le n} {{k_i}{a_i}} $, và $x_i=k_ia_i$, thế thì từ kết quả tôi nêu ta sẽ có\[{m^m}\left( {\prod\limits_{1 \le i \le m} {k_i^{m{k_i}}} } \right) = \prod\limits_{1 \le i \le n} {\alpha _i^{{\alpha _i}} \ge } \prod\limits_{1 \le i \le n} {x_i^{{\alpha _i}} = \left( {\prod\limits_{1 \le i \le n} {k_i^{m{k_i}}} } \right){{\left( {\prod\limits_{1 \le i \le n} {a_i^{{k_i}}} } \right)}^m}.} \]Giản ước bỏ hệ số dương $\prod\limits_{1 \le i \le n} {k_i^{{mk_i}}} $, ta có được điều đang cần.

Bây giờ thì lại phải nói thế này, từ bất đẳng thức Cauchy ta lại suy ra được kết quả tôi nêu. Công việc đó, nhường bạn nào đọc bài viết này mà có hứng thú 😀

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tags: , ,

Newer entries »