ứng dụng giải tích toán rời rạc

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC, SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC (Tài liệu bồi dưỡng hè 2008) HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008 Convert to pdf by duythuc_dn Mục lục Lời nói đầu 5 Trần Xuân Đáng Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức 7 Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng Tính chất hội tụ, bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Nguyễn Văn Mậu Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 24 Đoàn Nhật Quang Số đối xứng và một số quy luật của phép nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .41 Nguyễn Văn Tiến Biểu diễn toạ độ của các phép biến hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Vũ Đình Hòa Đồ thị phẳng và các khối đa diện lồi 94 Trần Nam Dũng Giải tích và các bài toán cực trị 111 Tạ Duy Phượng Hệ đếm và ứng dụng 131 1 Lời nói đầu Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu toán bậc phổ thông đã qua chặng gần nửa thế kỷ. Nhìn lại chặng đường dài và đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy hiện rõ lên một chu trình của chương trình đào tạo đặc biệt gắn với sự khởi đầu, trưởng thành và ngày càng hoàn thiện xuất phát từ một mô hình trường chuyên, lớp chọn về năng khiếu Tóan học tại Đại học Tổng hợp Hà Nội trước đây và Đại học Khoa học Tự nhiên ngày nay. Với mục tiêu của hướng đào tạo mũi nhọn này là mang tính đột phá cao, đào tạo ra các thế hệ học sinh có năng khiếu trong lĩnh vực toán học, tin học và khoa học tự nhiên, nhiều thế hệ học sinh đã ra trường và trưởng thành, đóng vai trò nòng cốt trong nhiều lĩnh vực của đeowfi sống kinh tế xã hội hiện đại. Trong điều kiện thiếu thốn về vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ và trải qua nhiều thách thức, chúng ta đã tìm ra hướng đi phù hợp, đã đi lên vững chắc và ổn định, đã tìm tòi, tích luỹ kinh nghiệm và có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận. Các thế hệ Thầy và Trò đã định hình và tiếp cận với thế giới văn minh tiên tiến và khoa học hiện đại, cập nhật thông tin, sáng tạo phương pháp và tập dượt nghiên cứu. Gắn với việc tích cực đổi mới phương pháp dạy và học, chương trình đào tạo chuyên Toán đang hướng tới xây dựng hệ thống chuyên đề, đang nỗ lực và đã tổ chức thành công Kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 48, năm 2007 tại Việt Nam, được bạn bè quốc tế ca ngợi. Sau gần nửa thế kỷ hình thành và phát triển, có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục năng khiếu) đã thu được những thành tựu rực rỡ, được Nhà nước đầu tư có hiệu quả, được xã hội thừa nhận và bạn bè quốc tế khâm phục. Các đội tuyển quốc gia tham dự các kỳ thi Olympic quốc tế có bề dày thành tích mang tính ổn định và có tính kế thừa. Đặc biệt, năm nay, các Đội tuyển Toán và Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đã đạt được thành tích nổi bật. Đội tuyển Toán Việt Nam đã vươn lên đứng thứ ba (theo sự sắp xếp không chính thức) trong số 95 đội tuyển các nước tham dự IMO48. Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần đầu tiên nước ta đã tham gia vào kỳ thi Olympic Toán sinh viên quốc tế. Đội tuyển gồm 4 sinh viên của Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN, đã đoạt 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 2 huy chương đồng. Kết quả này đã đánh dấu một giai đoạn mới trong quá trình hội nhập quốc tế, hội nhập ở bậc đại học và sau đại học. Các sinh viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2 ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò chơi. Từ nhiều năm nay, các hệ năng khiếu Toán họ c và các Trường THPT Chuyên thường sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt và sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên. Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và ĐT ban hành. Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Họ c Hà Nội, Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các Sở GD và ĐT, tổ chức bồi dưỡng các chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua 6 năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi các môn 5 Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một tủ sách đặc biệt phục vụ bồi dưỡng học sinh giỏi. Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo với sự tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 về chuyên đề "Một số ứng dụng của giải tích trong hình họ c, đại số, số học và tóan rời rạc". Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời rạc, đại số, số họ c, giải tích và hình học. Đây cũng là chuyên đề và bài giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các đội tuyển thi Olympíc Toán học quốc gia và quốc tế. Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng góp để cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh. Thay mặt Ban Tổ Chức GS TSKH Nguyễn Văn Mậu 6 Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên tố p. Chúng ta sẽ xét vấn đề về sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mo d p k ), trong đó k là một số nguyên dương. Định nghĩa 1. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên dương m ≥ 2. Ta nói rằng phương trình đồng dư f (x) ≡ 0 (mod m) có nghiệm x 0 ∈ Z nếu f (x 0 ) ≡ 0 (mod m). Nếu x 0 ∈ Z là một nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) và t là một số nguyên bất kỳ thì f(x 0 + tm)=≡ f(x 0 ) ≡ 0 (mod m). Định lí 1. Cho các số nguyên a và m, m ≥ 2; (a, m)=1. Khi đó phương trình ax ≡ b (mod m),b∈ Z có nghiệm duy nhất x 0 ∈ Z mà 0 ≤ x 0 ≤ m − 1. Mọi nghiệm khác của phương trình này đều có dạng x t = x 0 + mt, t ∈ Z. Chứng minh. Nếu k,l ∈ Z k =1, 0 ≤ k ≤ m − 1, 0 ≤ l ≤ m − 1 thì ak = al (mo d m). Điều này có nghĩa là biểu thức as − b, s =0, 1, , m − 1 cho m số dư khác nhau khi chia cho m. Vậy tồn tại duy nhất x 0 ∈ Z, 0 ≤ x 0 ≤ m − 1 sao cho ax 0 ≡ b (mod m). Nếu x t ∈ Z là một nghiệm của phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) thì ax t ≡ b (mod m). Suy ra a(x 1 − x 0 ) chia hết cho m. Nhưng (a, m)=1vậy x 1 − x 0 chia hết cho m. Suy ra x 1 = x 0 + mt, t ∈ Z. Định lí 2 (Công thức Taylor). Cho đa thức f(x) bậc n, n ≥ 1 với các hệ số thực và x 0 ∈ R. Khi đó f(x)=f (x 0 )+ n  k=1 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k . Chứng minh. Tồn tại các hằng số b 0 ,b 1 , , b n sao cho f(x)=b n (x − x 0 ) n + b n−1 (x − x 0 ) n−1 + ···+ b 0 .Với1 ≤ k ≤ n, ta có f k (x)=k!b k +(k +1) 2(x − x 0 )b k+1 + ···+ n(n − 1) ···(n − k + 1)(x − x 0 ) n−k b n . Suy ra f (k) (x 0 )=k!b k , do đó b k = f (k) (x 0 ) k! . 7 Mặt khác f(x 0 )=b 0 .Vậy f(x)=f (x 0 )+ n  k=1 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k . Định lí 3. Cho đa thức f( x) với các hệ số nguyên và một số nguyên tố p. Nếu phương trình đồng dư f (x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x (1) 1 ,x (1) 2 , , x (1) r thuộc đoạn [1; p] sao cho f  (x (1) i = 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p k ) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; p k ] với mọi k ≥ 1:x (k) 1 ,x (k) 2 , , x (k) r và đối với các nghiệm này ta có f  (x (k) i ) = 0 (mod p)(1≤ i ≤ r). Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp toán học theo k. Với k =1thì khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k ≥ 1. Điều đó có nghĩa là trong đoạn [1; p k ] thì phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p k ) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x (k) 1 ,x (k) 2 , , x (k) r , đồng thời f  (x (k) i ) = 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r. Giả sử x 0 ∈ Z, x 0 ∈ [1; p k+1 ] là một nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p k+1 ). Khi đó f(x 0 ) ≡ 0 (mod p k+1 ). Suy ra f(x 0 ) ≡ 0 (mod p k ). Tồn tại duy nhất i ∈ [1; r],t∈ Z,t∈ [0; p − 1] sao cho x 0 = x (k) i + p k t. Giả sử x = x (k) i + p k t (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z,t∈ [0,p− 1]) thì x ∈ Z. Theo công thức Taylor ta có f(x)=f(x (k) i + f  (x (k) i )p k t + f  (x (k) i ) 2! (p k t) 2 + ···+ f (n) (x (k) i ) n! (p k t) n trong đó n là bậc của f (x). Ta có f (j) (x (k) i j! ∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) và jk ≥ k +1,i≥ 2. Phương trình f(x) ≡ 0 (mod p k+1 ) tương đương với f(x (k) i f  (x (k) i )p k t ≡ 0 (mod p k+1 ) hay f(x (k) i ) p k + f  ((x (k) i )t ≡ 0 (mod p k+1 ). (Chú ý rằng f (x (k) i ) p k ∈ Z). Đặt x (k+1) i = x (k) i + p k t i thì x (k+1) i ∈ [1; p k+1 ],x (k+1) i ∈ Z và f(x (k+1) i ≡ 0 (mod p k+1 ). Mặt khác, x (k+1) i ≡ x (k) i (mod p). Suy ra f  (x (k+1) i ) ≡ f  (x (k) i ) (mod p). Suy ra f  (x (k+1) i ) = 0 (mod p) vì f  (x (k) i = 0 (mod p). Vậy phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p k+1 ) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; p k+1 ]:x (k+1) 1 ,x (k+1) 2 , , x (k+1) r , đồng thời f  (x (k+1) i = 0 (mo d p)(1≤ i ≤ r). Như vậy khẳng định cũng đúng với k +1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì khẳng định đúng với mọi k ≥ 1. Định lý 3 đã được chứng minh. Áp dụng định lý này có thể giải được bài toán sau 8 Bài toán 1 (VMO 2000). Cho đa thức P (x)=x 3 + 153x 2 − 111x +38. 1. Chứng minh rằng trong đoạn [1; 3 2000 ] tồn tại ít nhất chín số nguyên dương a sao cho P (a) chia hết cho 3 2000 . 2. Hỏi trong đoạn [1; 3 2000 ] có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a sao cho P (a) chia hết cho 3 2000 ? Chứng minh. Giả sử x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ 3 2000 và P (x) . . .3 2000 . Suy ra x =3y +1, (y ∈ Z, 1 ≤ y ≤ 3 1999 − 1).Tacó P (x)=P (3y + 1) = 27(y 3 +52y 2 +22y +3). Phương trình P (x) . . .3 2000 tương đương với y 3 +52y 2 +22y +3 . . .3 1997 , suy ra y =3t +1 hoặc y =3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 3 1998 − 1). Nếu y =3t +1 thì y 3 +52y 2 +22y +3 không chia hết cho 9.Vậyy =3t suy ra y 3 +52y 2 +22t + 3 = 3(9t 2 + 156t 2 +22t +1). Phương trình P (x) . . .3 2000 tương đương với 9t 3 + 156t 2 +22t +1 . . .3 1996 . Xét đa thức f(t)=9t 3 + 156t 2 +22t +1. Với t ∈ Z thì f(t) ≡ 0 (mod 3) hay 22t +1 ≡ 0 (mo d 3). Trong đoạn [1; 3] thì phương trình đồng dư 22t +1≡ 0 (mod 3) có một nghiệm duy nhất t =2. Mặt khác f  (2) ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) suy ra f  (2) = 0 (mod 3). Theo định lý 3, trong đoạn [1; 3 1996 ] phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 3 1996 ) có một nghiệm nguyên duy nhất t 0 . Với t ∈ Z, t ∈ [1; 3 2000 ]:f (t) ≡ 0 (mod 3 1998 ) khi và chỉ khi tồn tại h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8 sao cho t = t 0 +3 1996 h. Vậy phương trình đồng dư f (t) ≡ 0 (mod 3 1998 ) có đúng chín nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; 3 1998 −1]. Từ đó suy ra rằng trong đoạn [1; 3 2000 ] có đúng chín số nguyên dương a phân biệt sao cho P (a) chia hết cho 3 2000 . Cho các đa thức f(x),g(x) có các hệ số hữu tỏ sao cho chúng chỉ có ước chung là hằng số. Khi đó ta nói rằng f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau và viết (f(x),g(x)) = 1. Định lí 4. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số hữu tỉ và (f(x),g(x)) = 1. Khi đó tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số hữu tỉ sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=1. Định lý này đượ c chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học theo tổng các bậc của f(x) và g(x). Từ định lý 4 suy ra Định lí 5. Cho các đa thức f(x),g(x) với các hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau (trong Q[x]). Khi đó tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=m. Định lí 6. Cho đa thức f (x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghuệm 9 Chứng minh. Giả sử f(x )=a 0 x n + a 1 x n−1 + ···+ a n , a i ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n ≥ 1,a 0 =0. Nếu a n =0thì f (x)=xg(x), trong đó g(x) là đa thức với các hệ số nguyên; khi đó phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố p. Giả sử a n =0và phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố p 1 ,p 2 , , p k .Vớit ∈ Z, đặt x t = p 1 p 2 p k a n t. Khi đó f(x t )=a 0 (p 1 p 2 p k a n t) n + a n−1 p 1 p 2 p k a n t + a n = a n (p 1 p 2 p k B +1),B∈ Z. Chọn t ∈ Z sao cho p 1 p 2 p k B +1 khác 1 và −1. Khi đó f(x t ) có ước nguyên tố, khác p 1 ,p 2 , , p k . Định lí 7. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải là hằng số. Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f  (x)=m . Chứng minh. Giả sử g(x)=(f (x),f  (x))(g(x) ∈ Q[x]). Khi đó g(x) là ước của f(x) và deg g(x) < deg f(x).Vìf(x) bất khả quy nên g(x) là hằng số, g(x)=r, r ∈ Q). Theo định lý 5 thì tồn tại các đa thức u( x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f  (x)=m . Hệ quả 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x)=0 (mod p) có nghiệm x 0 Z mà f  (x 0 ) = 0 (mod p). Chứng minh. Theo định lý 7 tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f  (x)=m. Từ định lý 6 suy ra rằng có vô số số nguyên tố p>|m| để phương trình f(x) ≡ 0 (mo d p) có nghiệm x 0 ∈ Z.Khi đó f(x 0 ) chia hết cho p. Suy ra f  (x 0 ) không chia hết cho p. Nếu f  (x 0 ) chia hết cho p thì m chia hết cho p. Định lí 8. Cho đa thức f( x) có các hệ số nguyên và không phải là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p k ) có nghiệm với mọi số nguyên dương k. Chứng minh. Nếu đa thức f(x) bất khả quy thì khẳng định được suy ra từ định lý 3 và hệ quả của định lý 7. Nếu f(x) bất khả quy thì f(x)=g(x)h(x), trong đó g(x) ∈ Z[x], h(x) ∈ Z[x] và g( x) bất khả quy trong Z[x]. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Áp dụng định lý 6 ta có thể giải được bài toán sau Bài toán 2. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Giả sử n, k là các số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên x sao cho các số f(x),f(x + 1), , f(x + n − 1) đều có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt. Lời giải. Theo định lý 6, tồn tại các số nguyên tố p 1 ,p 2 , , p k ,p k+1 , , p nk khác nhau từng đôi một và các số nguyên x 1 ,x 2 , , x nk sao cho f( x j ) ≡ 0 (mod p j )(1≤ j ≤ nk). Theo định lý Trung Hoa về số dư, tồn tại số nguyên x sao cho x ≡ x i+mk − m (mod p i+mk )(1≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n − 1 10 [...]... L > chứng minh ta có Lp −αp L−α < p −αp l−α Vậy ta phải có L = Điều phải Bài toán 5 là trường hợp riêng của bài toán sau đây: Bài toán 6 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức (1) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán 2 Giả thiết thêm α > 0 và hàm số g(x)−g(α) giảm trên (α, ∞) Chứng minh rằng, {xn } x−α hội tụ Giải Giả sử {xn } là một dãy số dương xác định bởi (1) Trong Bài toán 2 ta đã chứng minh... Nhận xét rằng, vì g(α) = 1+h(α) > 1 nên β < 1 + h(α)) β Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh Bài toán 11 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + xn−1 , xn n = 0, 1, · · · , (9) trong đó 0 < α < 1, các điều kiện ban đầu là các số thực dương Chứng minh rằng, lim x2n = ∞, lim x2n+1 = α n→∞ n→∞ Giải Giả sử 0 < x−1 Ta cần chứng minh 1 1−α 1 và x0 Vì 0 < α < 1 nên x1 ∈ (α, 1] và... một số bài toán ứng với các trường hợp cụ thể (i) Nếu s > N thì g (s) (x∗ ) = (0, 0, , 0) và do đó V = det GN +1 = 0 Trong trường hợp này tính duy nhất nghiệm của bài toán 6.6 bị phá vỡ và do đó bài toán xuất phát là không mở rộng được (ii) Nếu s = N thì đây là bài toán nội suy Taylor với N + 1 điều kiện, và do đó bài toán xuất phát là mở rộng được Khi đó, ta có nghiệm duy nhất của bài toán 6.6 trong... G (x) < 0, tức là G(x) là hàm giảm trên (α, ∞) Áp dụng kết quả Bài toán 6 ta có điều phải chứng minh Bài toán 8 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + 1+ xn−k ρ1 ρ2 xn xn−1 · · · , xρk n−k+1 , n = 0, 1, · · · , (6) trong đó α > 0, λj ∈ [0, 1), j = 1, 2, · · · , k sao cho ρ1 + ρ2 + · · · + ρk =: λ ∈ (0, 1) Chứng minh rằng, {xn } hội tụ Giải Ta có g(u) = f (u, · · · , u) = 1 + uλ ⇒ g (u)... 1)uλ−2 < 0 (vì λ < 1) Do đó g(u) là hàm lõm chặt trên (α, ∞) Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh Bài toán 9 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + trong đó α > 0, γj {xn } hội tụ 1+ xn−k λ1 γ1 xn γ2 xλ1 · · · n 0, j = {1, 2, · · · , k}, , γk xλk n−k+1 k j=1 , n = 0, 1, · · · , γj > 0, λ ∈ [0, 1) Chứng minh rằng, Giải Đặt g(u) = f (u, · · · , u) = 1 + γ1 uλ1 + · · · + γk uλk... [0, 1)) g”(u) = j=1 Do đó g lõm chặt trên [0, ∞) Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh Bài toán 10 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + βxn−k , 1 + h(xn ) n = 0, 1, · · · , (8) trong đó h là hàm tăng, liên tục và lõm chặt trên [0, ∞) sao cho h(x) > 0, ∀x > 0 Chứng minh rằng, {xn } hội tụ nếu α > 0 và β ∈ (0, 1 + h(α)) Giải Đặt f (x) = 1 + h(xn ), ∀x ∈ [α, ∞) Rõ ràng f... điều phải chứng minh 14 Bài toán 4 Giả sử f và g thỏa các điều kiện của Bài toán 2, chứng minh rằng phương trình sau có duy nhất nghiệm dương x: x=α+ x x =α+ f (x, · · · , x) g(x) Giải Vì g là hàm tăng nên ∀u > α ta có g(u) > g(α) > 1 Đặt F : [α, ∞) → R x → x−α− Vì F (α) = α − α − α g(α) x g(x) < 0, lim F (x) = ∞ và F là một hàm liên tục nên tồn tại x→∞ x ∈ (0, ∞) sao cho F (x) = 0 Ta còn chứng minh... hai dòng giống nhau (dòng thứ m và n) và dó đó (sk ) VN m (xki ) = 0 Vậy, ta thu được điều phải chứng minh −1 P (sk )(xki ) = VN akiVN = aki Trong phần tiếp theo, ta sẽ thiết lập các ma trận nghiệm của hệ ứng với các bài toán nội suy cổ điển Bài toán nội suy Taylor Ta nhắc lại bài toán nội suy Taylor Bài toán 2 Cho x01 ∈ R, và ak1 ∈ R, với k = 0, 1, , N − 1 Hãy xác định đa thức T (x) có bậc deg T...Từ đó ta có điều phải chứng minh Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc Bài toán 3 (VMO 2000,Bảng B) Cho đa thức P (x) = x3 − 9x2 + 24x − 27 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số nguyên dương an sao cho P (an ) chia hết cho 3n Bài toán 4 Cho số nguyên tố p Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì phương trình đồng dư xp−1... GN +1 của bài toán 6.6 có hai hàng giống nhau g (n0 ) (x1 ) = g (s) (x∗ ), và do đó V = det GN +1 = 0 Trong trường hợp này bài toán 6.6 là không mở rộng được Xét trường hợp x∗ = x1 Nếu xảy ra s = 0 thì đây là bài toán nội suy Hermite với N + 1 điều kiện và do đó bài toán đã cho là mở rộng được 32 Khi đó, theo công thức nghiệm của bài toán nội suy Hermite, cho ta nghiệm duy nhất của bài toán 6.6 trong . số ứng dụng của giải tích trong hình họ c, đại số, số học và tóan rời rạc& quot;. Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời rạc, đại số, số họ c, giải tích. viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2 ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò. Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC, SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC (Tài liệu bồi dưỡng hè 2008) HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008 Convert