Claude Louis Marie Henry Navier (Trang 21).. Mét yÕu tè quan träng n÷a cña gi¶ng d¹y lµ bµi tËp. Ngay c¶ nh÷ng vËn ®éng viªn thÓ thao tµi n¨ng còng ph¶i luyÖn tËp hµng ngµy.. b)VËn dô[r]
(1)Hội đồng biên tập Tổng biên tập: TS Khuất Văn Ninh
Phã tỉng biªn tËp (kiªm Tr−ëng Ban biªn tËp): TS Bïi Kiªn C−êng Th− ký Ban biªn tËp: ThS Ngun Ngäc Tó
Các biên tập viên:
TS Trần Minh Tớc, TS Nguyễn Quang Huy, NCS Trần Văn Bằng, NCS Nguyễn Huy Hng, ThS Dơng Thị Hà, ThS Đào Thị Hoa, ThS Đinh Thị Kim Thuý, ThS Dơng Thị Luyến, ThS Ngun ThÞ KiỊu Nga, CN Ngun Trung Dịng, CN Hà Thị Thu Hiền, CN Nguyễn Thị Thuý Hằng, CN Nguyễn Văn Tuyên, CN Hoàng Ngọc Tuấn
Cộng tác viên: Phan Thành Nam K29G Toán, Nguyễn Quỗc Tuấn K29G Toán,
Giảng dạy toán phổ thông nh− thÕ nµo lµ tèt? (Trang 3)
ứng dụng lý thuyết xấp xỉ vào giải số toán cực trị bậc THPT (Trang 4) Sử dụng tính chẵn lẻ giải tốn số học (Trang 7)
Về toán nhận dạng hình tam giác, hình chữ nhật tiểu học (Trang 10) Đề thi Olimpic toán sinh viên toàn quốc năm 1996 (Trang 14)
Đáp án đề thi olimpic tốn sinh viên tồn quốc năm 1995 (Trang 15) k ny(Trang 20)
Giải kỳ trớc (Trang12)
Lịch sử lý thuyết toán tử (Trang 17)
Claude Louis Marie Henry Navier (Trang 21) Tiếng anh qua toán (Trang 22) Giải trí toán học Sai lầm đâu(Trang 25) Suy nghĩ báo (Trang 23)
Bốn cách chứng minh phân kỳ Chuỗi điều hoà (Trang 24)
Tham gia biên tập sè nµy gåm cã:
(2)Diễn đàn Diễn đàn Diễn đàn
Diễn đàn –––– Thông tin Thông tin Thông tin Thông tin
Giảng dạy toán phổ thông nh tốt? GS.TSKH Ngô Việt Trung
(ViƯn To¸n häc)
Một lần xã hội lại phải “đón nhận“ cải cách giáo khoa, giáo trình cho học sinh bậc học phổ thông Nhiều ý kiến nội dung ch−ơng trình, sách giáo khoa cịn ch−a thống đ−ợc năm học tới việc đ−a sách giáo khoa vào giảng dạy đ−ợc thực
Nhằm giúp cho bạn hiểu thêm ý kiến xoay quanh vấn đề này, xin giới thiệu ý kiến của GS.TSKH Ngô Việt Trung (Viện toán học) việc gảing dạy Toán học đăng Nội san Thơng tin Tốn học (tháng năm 2005)
GS Ngô Việt Trung vừa đ−ợc Nhà n−ớc tặng th−ởng Huân ch−ơng Lao động hạng III đóng góp ơng việc đào tạo nghiên cứu Toán học
Chúng ta bớc vào cải c¸ch gi¸o
trình nữa, lần nhằm mục đích giảm thiểu ch−ơng trình D− luận cho ch−ơng trình giảng dạy phổ thơng nh− q nặng Vậy nặng điểm nào?
Gần đây, Hội Tốn học có tiến hành nghiên cứu sách giáo khoa tốn phổ thơng qua thời kỳ cải cách Phát kinh ngạc ng−ời nội dung kiến thức em học ngày tổng thể khơng nặng đ−ợc học cách hàng chục năm, có khác bố cục ch−ơng trình ngày làm việc học hành em khổ lên nhiều Nhiều kiến thức bị xé nhỏ để dạy nhiều lớp (với mục đích m−a dầm thấm lâu) làm cho học sinh hiểu khái niệm toán học cách phiến diện dẫn đến t−ợng học tr−ớc quên sau Nhiều dạng khác công thức (cũng dạng m−a dầm thấm lâu) đ−ợc nhồi nhét vào giáo trình làm cho học sinh khơng hiểu gốc Đây hai ví dụ bất cập sách giáo khoa Những cải cách kiểu có lẽ đ−ợc bắt nguồn từ số quan niệm sai lầm Chúng ta th−ờng lấy sách giáo khoa n−ớc khác để biện minh cho thay đổi giáo trình Nh−ng sách giáo khoa n−ớc có thực tốt sách giáo khoa cũ khơng khơng thấy nói đến
Hiện nay, đại đa số ng−ời cho không thiết phải giảng chứng minh cơng thức hay mệnh đề tốn học phổ thông Lý sau cần biết áp dụng kiến thức toán học đủ, mà việc áp dụng lại khơng địi hỏi phải biết chứng minh Gần nhà khoa học Viện nghiên cứu Max-Planck giáo dục Đức (xem www.mpiber-lin.mpg.de/pisa) phát học sinh nhớ công thức đ−ợc giảng suy luận
chøng minh so với việc giảng công thức qua ví dụ cụ thể Điều làm cho ngời ngạc nhiên việc học sinh toán lại tiến nhanh đợc học theo chơng trình toán học suy luận so với chơng trình toán học thực tiễn
Vic nghiờn cu đ−ợc tiến hành sau điều tra năm 2000 trình độ học sinh n−ớc Cuộc điều tra có tên PISA (xem
www.pisa.oecd.org) Ng−ời Đức phát sốt biết tin trình độ hiểu biết tốn học em đứng thứ 20 tổng số 43 n−ớc đ−ợc điều tra Theo báo cáo PISA học sinh Đức có khả chuyển đổi vấn đề hàng ngày thành tốn khơng biết ứng dụng cơng thức tốn học Trong thử nghiệm PISA, học sinh khơng cần phải tìm cơng thức t−ờng minh cho vấn đề đặt mà cần hiểu nội dung toán học câu hỏi Qua PISA ng−ời Đức hiểu việc giảng dạy toán họ có khơng ổn
Ng−ời lãnh đạo nhóm nghiên cứu Viện Max-Planck giáo dục nhà tâm lý học Elsbeth Stern nói rằng: “Bản chất tốn học trừu t−ợng, điều khơng cần phải bàn cãi Việc nhồi nhét công thức không giúp học sinh hiểu đ−ợc giới số” Học sinh hiểu tốn học qua việc giảng dạy cách hệ thống mối liên hệ tốn học hay nói cách khác suy luận toán học Bà Stern cho quan niệm học sinh thích tốn việc giảng dạy tập trung vào toán thực tiễn hoàn toàn sai Sách giáo khoa Đức th−ờng trọng đến việc dạy dạy lại kỹ tính tốn thực hành Cách dạy không giúp cho học sinh hiểu chất vấn đề Kết thực nghiệm cho thấy dạy cho học sinh biết cách suy luận học sinh bình th−ờng đạt đ−ợc kết tốt Quan trọng việc dạy nh− giúp học sinh nắm vững kiến thức lâu dài
Cơng trình nghiên cứu đ−a khuyến cáo không nên dạy tốn q đơn giản với ví dụ từ sống hàng ngày lớp có nhiều học sinh Các thử nghiệm cho thấy trình độ học sinh tiến lên nhiều đ−ợc giảng dạy suy luận tốn học Có lẽ học sinh có khả suy luận nên chúng áp dụng đ−ợc kiến thức học Điều ng−ợc lại quan điểm thông dụng nên dạy kỹ thực hành cho học sinh bậc học phổ thông chúng ch−a có khả khái quát hóa
(3)toán học việc giải vấn đề sinh lý thuyết toán học trừu t−ợng” Các ví dụ thực tế minh họa tốt cho kiến thức trừu t−ợng Một yếu tố quan trọng giảng dạy tập Ngay vận động viên thể thao tài phải luyện tập hàng ngày Học sinh học tốn phải làm tập th−ờng xun có kỹ áp dụng kiến thức học
Tóm lại, giảng dạy tốn học khơng thể gồm công thức mệnh đề không hồn Vì việc giảm thiểu ch−ơng trình nên tập trung vào việc phân bố nội dung hợp lý khơng nên cắt bớt suy luận tốn học
Sử dụng tính chẵn lẻ
(Tié p the o tra ng 7)
Thí dụ Cho a, b, c số nguyên d−ơng số p= +a b ,qc = +b c , ra = +c ab số nguyên tố Chứng minh hai ba số p, q, r
Lời giải: Do vai trị a, b, c bình đẳng nên khơng giảm tính tổng quát ta xét tr−ờng hợp sau:
i)Trờng hợp 1: a, b lẻ c chẵn, suy c
p= +a b ch½n Do p nguyªn tè suy p =
suy a = b = r c
q c
= +
⇒
= +
Do c chẵn nên tồn vô số số nguyên tố q = r = + c
ii) Tr−êng hỵp 2: a, b chẵn c lẻ,
ú c
p= +a b chẵn Do p nguyên tố suy p =
2 suy a = vµ b = (loại a, b, c nguyên dơng)
ii) Trờng hợp 3: a,b, c chẵn
⇒ c a b
p= +a b , q= +b c , r= +c a
chẵn (loại p, q, r nguyên tố)
iii) Trng hp 4: a, b, c lẻ,
c a b
p= +a b , q= +b c , r= +c a cïng ch½n suy
ra p = q = r =2 suy a = b = c =1
VËy Ýt nhÊt hai ba sè p, q, r b»ng
Bµi tËp tù giải:
1) Tìm ba số nguyên tố a, b, c cho ab + ba = c
2) Tìm số tự nhiên n cho n2 + 2005 số phơng
3) Cho số a = 2n + 3n b = 2n+1 + 3n+1 với n số nguyên dơng tìm ớc chung lớn a b
Đào sâu, nghiên cứu toán học
ng dụng lý thuyết xấp xỉ ứng dụng lý thuyết xấp xỉ ứng dụng lý thuyết xấp xỉ ứng dụng lý thuyết xấp xỉ vào giải s bi
vào giải số vào giải số
vào giải số toán cực trị toán cực trị toán cực trị toán cực trÞ ë bËc THPT
ë bËc THPT ë bËc THPT bậc THPT
Lê Thị Tú Anh K29D Toán ở bậc THPT nghiên cứu hàm số, toán
cc tr l toán quan trọng Đây toán khó Trong tơi xin nói tới vấn đề vận dụng lý thuyết xấp xỉ (Giải tích số) vào số toán cực trị.
I Bài toán tổng quát
Cho hàm f xác định [a,b] Gọi Pn
tập hợp tất đa thức bậc không n [a,b] Ta phải tìm đa thức P∈Pn có “độ lệch” nhỏ so với f [a,b], tức
[ ] ( ) ( ) n [ ] ( ) ( )
xmax f x∈a ,b −P x =min max f xQ P x∈ ∈a ,b −Q x
NÕu C[a,b] ta xÐt chuÈn
[ ] ( ) ( [ ])
x a ,b
f max f x f C a,b
∈
= ∈
th× toán (1) có dạng: Tìm PPn cho
( )
n
Q P
f P En f : f Q
∈
= = = − (2)
Bài toán xét tr−ờng hợp tổng quát hơn: Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn, X0 ⊂ X không gian hữu hạn
chiều x∈X phần tử cố định Cần tìm
0
x ∈X cho
( )
0
0
v X
x x d x,x inf x v
∈
− = = − (3)
Nhận xét: 1) Bài tốn (3) ln có nghiệm 2) Trong không gian định chuẩn lồi thực sự, xấp xỉ tốt tồn duuy Bây ta xét X=C[a.b], X0 =Pn
Ta cã X0 ⊂ X dim X0=n+1
Cỏc nh lớ:
Định lÝ 1: (Vallee – Poussin)
Gi¶ sư f ∈C a,b , Q[ ] ∈Pn, nÕu tån t¹i n+2
điểm phân biệt a x0 < x1 < <xn+1 bsao
cho f x( )i −Q x( )i lần l−ợt đổi dấu
( ) ( ) ( )
{ i i i } ( 1)
sgn − f x −Q x =const i= ,n+
th× ( ) ( ) ( )
0 i i
i ,n
En f : min f x Q x
= +
=
Định lý Chebysev)
Điều kiện cần đủ để P∈Pn đa thức xấp
xØ tèt nhÊt cña f ∈C a,b[ ] tồn (n+2)
(4)điểm luân phiên Chebysev
0 n1
a x <x < <x + ≤b cho
( )i ( )i ( )1 i ( 1)
f x −P x = α − f −P i= ,n+ ú =
Định lí Đa thøc xÊp xØ tèt nhÊt cña [ ]
f ∈C a,b lµ nhÊt
Định lí Đa thức xấp xỉ tốt P∈Pn
cña mét hàm f C[1 1, ] chẵn (lẻ)
một hàm chẵn (lẻ)
Định lý Giả sử n[ ]
f ∈C a,b cßn f(n+1)( )x
giới nội khơng đổi dấu [a,b] Khi
( )( ) ( )
( ) ( )
[ ]
( )( ) ( )
( ) 1
2
1
2
2
2
n n
n
n n
n x a ,b
b a
inf f x En f
n ! b a sup f x
n !
+ +
+
+ +
+ ∈
−
≤ + − ≤
+
Hệ quả: Đa thức xấp xỉ tốt bậc n đa thức bậc n+1:
( ) ( )
0 1
n
n n
f x =a +a x+ a+ + x + a + ≠
cã d¹ng
( ) ( ) ( ) ( )
n
n n 2n
2x a b b a
Q x f x a T
b a
+
+ + +
− + −
= −
−
Việc chứng minh định lý bạn tham khảo “Giải tích số” nhóm tác giả: Nguyễn Minh Ch−ơng (Chủ biên) – Nguyễn Văn Khải – Khuất Văn Ninh – Nguyễn Văn Tuấn – Nguyễn T−ờng II Một số tốn vận dụng
Bài Tìm a để
[ ]
2
1
xmax∈ −, − x + x+a lµ nhá
nhÊt
a) Phơng pháp sơ cấp
Xét hàm ( )
4
f x = − x + x+a
[ ]
2
1
xmax∈ −, − x + x+a =
( )1 ( )2
max f − , f , f
=
1
6 12
4
max a − , a− , a+
Vẽ đồ thị y= a−6 , y= a−12, y= a+14
trên đồ thị hàm số
Từ đồ thị ta nhận thấy, phần đồ thị nét đậm có giá trị lớn đạt nhỏ I có hồnh độ
47
a=
a) Vận dụng lí thuyết xấp xỉ Mệnh đề: Cho
[ ] [ ] ( ) [ ] ( )
x a ,b x a ,b
f C a,b , M max f x m min f x
∈ ∈
∈ = =
Khi ( )
2
M m
Q x = + đa thức xấp xỉ tốt bậc không cđa f trªn [a,b]
Ta ứng dụng mệnh đề trờn gii bi toỏn Li gii:
Đặt ( )
4
f x = − x + x, Q(x)=-a
Bài toán trở thành
[ 2,] ( ) ( ) [ 2,] ( ) ( )
max f x a max f x Q x
− − − = − − đạt
min Nh− toán cho đ−ợc đ−a tốn tìm đa thức xấp xỉ bậc khơng Q(x)
hµm ( )
4
f x = − x + x trªn [-1,2]
áp dụng mệnh đề ta có ( )
2
M m Q x = + Dễ
dàng tìm đợc M=1/4, m=-12
VËy ( ) 12 47
2
/
Q x = − =a − + ⇒a= Nhận xét: Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ vào giải toán giúp nhanh chóng tìm đ−ợc a Hơn cách giải giúp chúng ta kiểm nghiệm kết cách có chính xác hay khụng
Bài toán Tìm a, bsao cho
1
x
max x ax b
+ + nhỏ a)Phơng pháp sơ cấp
Đặt ( ) ( )
1
x
f x x ax b , M max f x
≤
= + + =
(5)( ) ( ) [ ]
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]
[ ] { }
2
2
1 1 1
2 1
2 1
2
, , ,
,
f x f x x b x ,
max f x max f x max x b
M max x b max b , b
− − − − + − ≥ + ∀ ∈ − ⇒ + − ≥ + ⇒ ≥ + = + NÕu [ ] 1 1 ,
b b b max x b b
−
−
+ ≤ ⇔ ≤ ⇒ + =
1
M b , b ,
⇒ = ∈ −∞ −
1
b= −
NÕu [ ] 1 1 ,
b b b max x b b
−
−
+ ≥ ⇔ ≥ ⇒ + = +
1
M b , b ,
⇒ = ∈ − +∞
1
b= −
Nh− vËy víi a=0,
2
b= − th×
1
x
max x ax b
≤ + + lµ nhá nhÊt
b)Vận dụng lý thuyết xấp xỉ tốt Nếu coi ( )
f x = x P1 tập hợp đa
thức sinh phần tử { }1, x ta phải tìm đa
thức bậc nhÊt Q x( )= −ax−b cho
( ) ( ) ( )
1
x
max f x ax b max f x Q x
≤
− − = − lµ
nhỏ Nh− tốn trở thành tìm Q(x) xấp xỉ tốt ( )
f x =x
[-1,1] Vì f hàm chẵn nên Q hàm chẵn,
suy a=0 §Ỉt
( ) ( )
1 1
x x
m min f x , M max f x
≤ ≤
= = = = Vì đa
thức ( )
f x =x có đa thức xấp xỉ tt nht
bậc [-1,1]
1 1
2 2
M m
b b
+
= ⇒− = ⇔ = −
VËy
2
a= , b=
Bài toán Tìm a, b, c cho:
1
x
max x ax bx c
+ + + nhỏ
a)Phơng pháp sơ cấp Đặt
( ) ( )
1
x
f x x ax bx c , M max f x
≤
= + + + =
( )1 ( )1
1 1
2 2
f a b c , f a b c
a b a b
f c , f c
= + + + − = − − −
− = + + + − = − + −
( )1 ( )1 2
f + f − ≥ + b
dÊu = xảy (1+ + +a b c)(1− − −a b c)≥0
T−¬ng tù: 1
2
f− + f ≥ +b
dấu = xảy
1
0
8
+ + + − + − ≥
a b a b
c c
Từ ta có
( )1 ( )1 1
2 2
3
6
2
f f f f
M M + − + + − ≥ ⇒ ≥ ⇔ ≥
DÊu “=” x¶y vµ chØ
( )( )
( )
( ) ( )
1
1
0
8
1
2 2
2
1 1
1
2
3
4
a b c a b c
a b a b
c c
b b
f f f f M
a c ,b
+ + + − − − ≥ + + + − + − ≥ + − − ≥ = − = = − = = ⇒ = = = −
b)Vận dụng lý thuyết xấp xỉ Đặt
( ) { 2} ( )
2
f x = x , P = , x, x ,Q x = ax bxc
Bài toán trở thành tìm
( ) ( )
1
x
Q P : max f x Q x min
≤
∈ −
Nh− tốn đ−ợc hiểu tìm xấp xỉ tốt Q(x) hàm số ( )
f x = x [-1,1]
f hàm lẻ nên Q hàm lẻ a= =c
Ta cã ( ) ( ) ( )
3
3
2
Q x = f x −T x ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
0
3
1
4
3
0
4
T x , T x x,T x x ,
T x x x
x
Q x b , a c
= = = −
= −
⇒ = ⇔ = − = =
(6)+ Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ có −u điểm hàm dấu giá trị tuyệt đối đa thc
Chẳng hạn xét toán sau: Tìm a,b,c,d
x x
max e ax bx cx d
≤ + + + = nhỏ nhất Bài toán t−ơng đ−ơng tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc hàm ( )
x
f x =e
trên [-1,1] Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ cho chúng t a kết nhanh chóng xác
Sư dơng tính chẵn lẻ giải toán số học (tiếp theo số 22) Nguyễn Đức Tâm K30A-Toán
B Tính chẵn lẻ tốn bất đẳng thức số học
Bất đẳng thức đóng vai trị quan trọng tốn học Vì nhà toán học làm việc với bất đẳng thức nhiều so với đẳng thức Có nhiều cách giải tốn BĐT Sau tơi xin giới thiệu ph−ơng pháp sử dụng tính chẵn lẻ giải toán bất đẳng thức Số học
Thí dụ1 Cho số tự nhiên n Kí hiệu ν(n) số −ớc nguyên tố n Chứng minh tồn vơ hạn số n có dạng n = 2k cho ta có bất đẳng thức ν(n) < ν(n+1)
Lêi gi¶i: Gi¶ sư cã mét sè tù nhiªn k0
n =2
sao cho ta có BĐT (n0) (n0 + 1) Vì
k
n =2 chØ cã mét ớc nguyên tố
2 nên suy ν(n0) =
Ta cã k0
0
n + =1 +1 tån t¹i Ýt nhÊt
0 s
k =2 , víi s0 = {1, 2, 3, 4} th× n0 + =
k
2 +1 số nguyªn tè, suy
ν (n0 + 1) ≥
⇒1 = ν(n0) ≥ ν(n0 + 1) ≥
⇒ν(n0) = ν(n0 + 1) = suy
k m
2 + =1 p (p nguyªn tè, m∈ℕ) (1)
Tõ (1) suy p số lẻ
i) Xét m có d¹ng m = 2l (l∈ℕ) Tõ (1) ta cã 2k0+ =1 pm ⇔ 2k0+ =1 p2l
⇔ 2k0 =(pl−1)(pl+1) (2) Theo lêi gi¶i thÝ dơ cđa môc A ta cã:
l
p − =1 ⇒l = & p = 3⇒k0 = ii) XÐt m lỴ, ta cã m = 1, thËt vËy nÕu m
≠1 tức m > (m ∈ℕ) từ (1) ta đặt: m
j
j
S p
−
=
= ta có S ớc 2k0nên S cã d¹ng S = r
2 (0<r< k0, r∈ℕ)
Mặt khác S tổng m số nguyên lẻ m lẻ suy S lẻ
Từ S =2r& S lẻ suy thoả mÃn r = (m©u thn víi r>0), suy m = 1, tõ (1) suy 2k0+ =1 p (3)
Tõ (3) suy q0
k =2 (q0∈ℕ) ThËt vËy,
nÕu q0
k ≠2 th× q r0
0
k =2 (r∈ℕ*) ⇒p = 2k0+1 =22q r0 + ≡1 (mod[22q r0 +1]) ⇒p ⋮ 2q r0
2 +1 §iỊu trái với giả thiết p
nguyên tố Vậy ν(n0) = ν(n0 + 1) víi mäi
k
n =2 nÕu k0 = hc k0 = 2q0suy ta lu«n cã: ν(n) < ν(n+1), víi
q
k≠3, k≠2 (q∈ℕ)
VËy cã v« hạn số k thoả mÃn toán
Thớ d Tìm tất số tự nhiên n để nn + số nguyên tố nn + < 1019
Lêi gi¶i: Tõ nn + < 1019(1) Suy n < 19 Tr−êng hỵp 1: n = ⇒ nn + =11 + = < 1019 vµ nguyên tố suy n = thoả mÃn
Tr−êng hỵp 2: n ≠1
* XÐt n lỴ, n = 2k + *
(k∈ℕ ) suy nn + = (2k + 1)n + ≡ (mod2) suy mäi n lẻ 1<n< 19 nn + Suy nn + hợp số loại n lẻ
* Xét n chẵn có ớc lẻ q>1, n có dạng n = pq (q lẻ > 1, p *
∈ℕ )
Ta cã n pq p
n + =1 (n +1) (n⋮ +1)
Do suy nn + hợp số (loại) * Xét n chẵn khơng có −ớc lẻ lớn nhỏ 19 suy n ={0, 2, 4,8,16}
Víi n = nn + = không nguyên tè (lo¹i)
Víi n =2⇒nn + =22 +1 =5 <1019 và nguyên tố suy n = tho¶ m·n
Víi n = ⇒ nn + = 44 + =257 <1019 257 nguyên tố suy n = thoả m·n
Víi n = ⇒ nn + = 88 +1 = 8
(7)Không thoả mÃn nn + số nguyên tố loại n =
Với n = 16 ⇒ nn + = 1616 +1 >1019 suy lo¹i n = 16
VËy n = 1, n = 2, n = th× nn + số nguyên tố nn + <1019 đpcm
Bài tập tự giải:
1) Cho số tự nhiên n >1 thoả mÃn (n + 1)(2n + 1)6 đợc thơng sè chÝnh ph−¬ng Chøng minh r»ng n≥ 337
2) Cho số tự nhiên n thoả mÃn : 3n – 1chia hÕt cho 22002 chøng minh r»ng n ≥ 2000
3) Cho sè tù nhiªn n ≥1 tho¶ m·n: n2 + n + = p1p2p3p4 víi pi nguyªn tè
i = 1, 4.Chứng minh rằng: n ≥ 67 H−ớng dẫn: n2 + n + số lẻ nên khơng có pi n(n + 1) tận {0,2,6}vậy n(n + 1) =1 có tận {1,3,7}vậy khơng có pi Từ xét p1 = tìm tiếp p2 , p3, p4
C Tính chẵn lẻ tốn chia hết Trong tốn chia hết có nhiếu ph−ơng pháp để giải Tuy nhiên có ph−ơng pháp đơn giản mà sử dụng tính chất chẵn lẻ số vào để giải tốn cụ thể ta xét thí dụ sau: Thí dụ Tìm bậc k 1991 để 1991k chia hết 19911992 19911990
1990 +1992
Lời giải: Trớc tiên ta chứng minh qui nạp rằng:
an n
n
(1 a)+ = +1 s a + (1)
với số lẻ a ≥ 3, n nguyên d−ơng sn số ngun d−ơng khơng chia hết cho a
NÕu n = 1, ta cã : a
a i i
a i
(1 a) C a
= + = +∑
=1 + a2 ( a i i a i
1 C a
=
+∑ ) =1 + s1 a2 Do a lẻ nên a ớc
a
C , suy
s1 = a
i i a i
1 C a
=
+∑ không chia hết cho a Vậy mệnh đề với n =
Giả sử mệnh đề với n = k tứclà: k
a k
k
(1 a)+ = +1 s a +
Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k + Ta có:
k
a k a
k
(1 a)+ + =(1 s a+ + ) =
a
j j k j k a j
1 s C a +
= +∑ = + ak+2( a j j
k a j
1 s C aj
=
+ ) = + sk+1 ak+2 sk+1 =
a j j k a j
1 s C aj
=
+∑ kh«ng chia hết cho a
vì sk không chia hết cho a
Tơng tự ta chứng minh đợc rằng: n
b n
n
(b 1)− = − +1 t b + , (2)
với số b lẻ≥3, n nguyên d−ơng, tn số ngun d−ơng khơng phải bội b
Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:
* Khi a = 1991, n = 1990, 19911991 lµ −íc cđa 19911990
1992 −1 vµ 19911992 không ớc
của 19911990
1992
* Khi b = 1991, n = 1992, 19911993 lµ −íc cđa 19911992
1990 +1 V× vËy ta cã:
19911991 chia hÕt 19911992 19911990
1990 +1992
19911992 không chia hết cho 1992 1990
1991 1991
1990 +1992
Vậy số phải tìm k = 1991
Thí dụ Tìm tất cá số nguyên p, q, r cho < p < q < r vµ (p – 1)(q – 1)(r -1) chia hÕt pqr –
Lêi gi¶i : KÝ hiÖu
R(p, q, r) = pqr
(p 1)(q 1)(r 1)
−
− − − , < p < q < r
§Ĩ (p – 1)(q –1)(r -1) chia hÕt pqr – Thì ta có p, q, r R(p, q, r) phải nguyên Ta thấy:
R (p, q, r)= 1 1
p q r
+ + + +
− − −
+
(q 1)(r 1)− − +
1
(r 1)(p 1)− − +(p 1)(q 1)− − Từ suy R(p, q, r) > 1, R(p, q, r) ≥ R(p’,q’,r’) p ≥ p’ ≥ 1, q ≥ q’ ≥ 1, r ≥ r
Mặt khác ta thấy p, q, r không tính chẵn lẻ R(p, q, r) không nguyên p, q, r phải tính chẵn lẻ
* Nếu p
< R(p, q, r) ≤ R(4, 6, 8) R(4, 6, 8) = 4.6.8 191
3.5.7 105
−
= < vµ
(8)< R(p, q, r) ≤R(3, 5, 7) R(3, 5, 7) = 3.5.7
2.4.6 −
=104
48 <
Do R(3, q, r) = 3qr 2(q 1)(r 1)
− = − − ⇒ 3qr-1 = 4( q – )( r – ) ⇒ qr - 4q - 4r + 5=0
⇒( q - )( r - ) = 11 Vì 11 nguyên tè vµ r > q suy
q - = & r – = 11⇒q = & r = 15 * NÕu p = th×
< R(p, q, r) ≤ R(2, 4, 6) R(2, 4, 6) = 2.4.6 47
1.3.5 15
−
= < Tr−êng hỵp 1:
R(2, q, r) = 2qr (q 1)(r 1)
− = − − ⇒ 2qr - 1=3( q - )( r - )
⇒(q - 3)(r - 3) = t−¬ng tù ta tìm đợc: q = & r =
Tr−êng hỵp 2:
R(2, q, r) = 2qr (q 1)(r 1)
− = − −
Suy 2qr – = 2(q - 1)(r - 1) điều xảy
Vậy toán có nghiệm (p, q, r) b»ng (2, 4, 8) vµ (3, 5,15)
Bµi tËp tù gi¶i:
1) Chøng minh 3n + 2005 kh«ng chia hÕt cho 184
2) Cho x, y, z nguyên thoả mÃn
2 2
x +y =z Chứng minh rằng: xyz⋮ 60 3) Xác định tất số nguyên n cho với số n tồn mộ số nguyên m số 2n-1 −ớc m2 +
4) Xác định tất cặp số nguyên (n, p) cho p nguyên tố n ≤ 2p và( p -1 )n +1 chia hết cho np-1
5) Tìm số có ba chữ số chia hết cho 11 đợc thơng tổng bình phơng chữ số
D Tính chẵn lẻ toán số học khác
Trong số tốn nhìn khơng có liên quan đến Số học nh−ng thực lại tốn Số học hay Ta xét thí dụ sau:
Thí dụ Cho tam giác vng có độ dài cạnh số ngun d−ơng Hai ba
c¹nh cđa số nguyên tố hiệu chúng 50 TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c
Lời giải: Gọi độ dài ba cạnh tam giác a,b, c (giả sử c cạnh huyền) áp dụng định lý pitago ta có:
a2 + b2 = c2 (1)
Tõ (1) suy Ýt nhÊt mét hai số a, b phải số chẵn Giả sử a, b số lẻ suy ra: a cã d¹ng a = 2k + 1, b cã d¹ng b = 2t +
(t, k∈ℕ) Tõ (1)suy ra: (2k+1)2 + (2t+1)2 = c2
⇒4k(k + 1) + 4t(t + 1) + = c2 (2) c số chẵn, c = 2m (m)
⇒4k(k + 1) + 4t(t + 1) + = 4m2 Vì 4m2 chia hết cho suy chia hết cho (vơ lí) Vậy hai số a, b có số lẻ Vì a, b hai cạnh góc vng suy a, b không đồng thời số nguyên tố
ThËt vËy gi¶ sư a, b cïng số nguyên tố theo giả thiết ta có ab= 50, mà theo chứng
minh hai số a, b phải số chẵn suy số lại số chẵn (vô lí a, b nguyên tố) Suy điều giả sử sai
Tam giác có cạnh góc vuông cạnh huyền số nguyên tố
Gi s a, c nguyên tố Suy c – a = 50, áp dụng định lí pitago ta có:
b2 = c2 – a2 =(c – a)(c + a) = 50 (2a + 50) = 100(a + 25)
⇒ a + 25 = s2⇒a = (s – 5)(s + 5) Vì a nguyên tố nên s – = vµ s + = a ⇒ s = vµ a = 11 ⇒ b = 60 vµ c = 61 VËy diƯn tÝch tam giác là: S = 1/2.11.60 = 330 (đvdt)
Thí dụ Tìm số tự nhiên a, k, n tho¶ m·n: n2 = (a – k)2 + + a2 + +(a + k)2 , (1) với n lẻ nhỏ nhất, a, k số nguyên tố a > k
Lời giải: Trong (1) cã k – (- k) + = 2k + sè h¹ng Tõ (1) ta cã:
2 2 2
n =(a k)+ + −(a k) + + (a 1)+ + −(a 1) +a
2 2
(2k 1)a 2(1 k )
= + + + + +
k(k 1)(2k 1)
(2k 1)a
3
+ +
= + + (1’)
⇒3n2
3(2k 1)a k(k 1)(2k 1)
= + + + + (2)
Vì n lẻ suy n có dạng n = 2t + víi t∈ℕ ⇒n2 = 4t2 + 4t + = 4t ( t +1) +
⇒n 2 = 8s + víi s
vì k(k + 1) Và n lẻ nên từ (2) suy a2 lẻa lẻ
Tơng tự a2 có dạng a2 = 8r +1 víi
r∈ℕ Thay a2 vµ n2 vµo biÓu thøc (2) ta
(9)3(8s + 1) = 3(2k + 1)(8r + 1) + +k(k + 1)(2k + 1)
⇔24s + = (6k + 3)8r + 6k + +3 +k(k +1)(2k +1)
⇒[6k + + k(k + 1)(2k + 1)] ⋮8
NÕu k = 2: ta cã 6.2 + 2.3.5 = 42 kh«ng chia hÕt cho ( loại) Vì k nguyên tố nên k lẻk có d¹ng k = 8q + p, (p = 1,3,5,7, q∈ℕ) k lẻ nên từ [6k + k(k + 1)(2k + 1)]⋮8 suy [6 + (k + 1)(2k + 1)] thay k = 8q + p vào ta đợc [6 + (8q + p + 1)(16q + 2p + 1)]⋮8
⇔[6 + 16q(8q + p +1) + (2p + 1)8q +(p + 1)(2p + 1)]⋮8
⇒[6 + (p + 1)(2p + 1)] ⋮8 (3) ⇒(2p2 + 3p + 7) ⋮8
⇒[2P(P +1)+ P −1+8]⋮8
V× 2p(p + 1)⋮4⇒(p – 1)⋮4
V× p = {1,3,5,7}⇒p = hc p = * p = thay vào (3) ta đợc
6 + 2.3 = 12 không chia hết cho (loại) * p = thay vào (3) ta đợc
6+ 6.11 =72= 9.8
Thoả mÃn k có dạng k = 8q + * XÐt q = ⇒k =
Tõ (1’) ⇒n2 = 11a2 + 110 = 11(a2 + 10) Vì 11 nguyên tố
a2 + 10 = 11m2 (
m∈ℕ) ⇒(a2 + 10)⋮11
⇒(a2 – +11) ⋮11 ⇒(a – 1)(a + 1)⋮11 (4)
⇒ a 11
a 11
− +
⋮
(vì 11 P )
Để n nhỏ a, n
Nên từ n2 = 11a2 + 110 (5) suy a còng nhá theo giả thiết a > k = a nguyên tố suy a a + số chẵn
* Xét a + = 22 ⇒a = 21 (lo¹i) * XÐt a – = 22 ⇒a = 23 (tho¶ m·n) Vì a nhỏ nên a = 23 giá trị cần tìm
Thay a = 23 vào (5) ta đợc n2 = 11 232 + 110 = 5929 = 772
* Xét q≠0 q∈ℕ, k = 8q +
13
theo giả thiết a > k kết hỵp víi (1’) suy ra:
2 13.14.27
n (2.13 1)13 77
3
≥ + + >
Vì n nhỏ nên loại tr−êng hỵp q≠0
VËy n = 77, a = 23 vµ k =
(xem tiÕp ë trang 4)
To¸n tiĨu häc To¸n tiĨu häc To¸n tiĨu häc To¸n tiĨu häc
Về toán nhận dạng hình tam giác, ch÷ nhËt ë tiĨu häc
(Ti Õp theo sè 22) B) Bài ở toán (sau tạm gọi
Bài toán ngợc lại):
1 Giải: Để giải toán có thĨ cã c¸c c¸ch :
C¸ch 1 LËp bảng tơng ứng số đờng thẳng phải kẻ (lần lợt từ 0,1,2 ) với số tam giác tạo ra:
Số đờng thẳng phải kẻ)
0 19 20 Số tam
giác tơng øng t¹o
0 1 3 171 190 (Bảng 1)
Đáp số phải kẻ: 20 = 18 đờng thẳng (2 số cạnh bên)
Cách 2 áp dụng công thøc (1), t−¬ng
đ−ơng với việc phân tích: 190 ì = 380 thành tích hai số tự nhiên liên tiếp Hai số n = 20 n –1 = 19
VËy ph¶i kẻ: 20 = 18 đờng thẳng ( số cạnh bên)
Tuy nhiên, việc phân tÝch sè cho tr−íc thµnh nưa tÝch cđa số tự nhiên liên tiếp việc dễ dàng, chẳng hạn số 2009010 nêu
Do để nghiên cứu sâu thêm, ta xét tốn tổng qt nh− sau:
C¸ch 3. Xét toán tổng quát:
(10)Giải: Giả sử số tia phải kẻ x tia (x nguyên dơng), áp dụng công thức (1) ta có:
m =
2 ) (x−
x
⇔ x2 – x – 2m = (2) với m nguyên , dơng
Giải phơng trình (2) này, tìm nghiệm, loại bỏ nghiệm âm không nguyên Những nghiệm nguyên dơng số tia phải kẻ
(Phơng trình (2) PT bậc 2, có nghiệm biệt số m nguyên dơng)
áp dụng giải bµi 4:
Thay m = 190 vµo (2) ta có phơng trình : x2 x × 190 = ⇔ x2 – x – 380 = Cã ∆= 1521 ⇒
− =
= 19 20
1
x x
( NghiƯm x2 nµy bị loại không số nguyên dơng), nghiệm x1 = 20 nguyên dơng nên đợc chọn
Vậy số đờng thẳng phải kẻ : 20 = 18 ( đờng), 2 số cạnh bên
Túm li: Ngoi cỏc cỏch: lp bng, tìm nửa tích số tự nhiên liên tiếp, ta giải PT bậc Việc giải ph−ơng trình bậc nhanh , ta giải đ−ợc “ Bài tốn ng−ợc lại” với số tam giác lớn nhiều, chẳng hạn: Để có 499500 tam giác tạo thành, ta phải kẻ 998 đ−ờng thẳng (không kể cạnh bên) từ đỉnh O xuống cắt cạnh đáy tam giác cho tr−ớc
2) Tìm điều kiện cho số m biểu thị số tam giác tạo thành “ làm sở để đề “Bài toán ng−ợc lại“:
a) Hiển nhiên công thức (1) dạng biểu diễn thứ , nghĩa m phải số phân tích đợc thành nửa tích nhÊt cđa sè tù nhiªn liªn tiÕp
b) Bây ta tìm dạng biểu diễn khác số m Bài toán ngợc lại thông qua phơng trình (2)
- Việc tìm dạng biểu diễn số m , dẫn đến việc giải tốn sau đây:
Tìm điều kiện số nguyên d−ơng m để PT (2) biết :
x2 – x 2m = 0 có nghiệm nguyên dơng ?
Giải: Phơng trình (2) có nghiệm có
= 1+8m > 0, m nguyên dơng Bây ta xét điều kiện nghiệm phải nguyên dơng
Dễ thấy
(2)x(x-1) = 2m (3) + x nguyên, dơng số chẵn
hoặc lẻ
- Nếu x chẵn tồn số k để
sao cho: x = 2k víi k = 0,1,2,3 Thay vµo (3) ta cã:
2k(2k-1) = 2m ⇒ m = k(2k-1) (I) - Nếu x lẻ tồn số k để cho: x =2k +1 với k = 0,1,2,3 Thay vào(3) ta có:
(2k+1)[(2k+1)−1]= 2m
⇒ m = k(2k+1) (II) Kết hợp (I)và (II) ta đến kết luận : Nếu m số tam giác tạo thành có số k để cho:
m = k(2k ∓ 1) với k = 0,1,2,3 (4) Cơng thức (4) dạng tổng qt thứ hai số m (dãy số hình tam giác trên) Chẳng hạn, với số hạng (cùng hệ số k) dãy 499500 500500, ta tìm đ−ợc k = 500 để:
(11)Vậy : chỉ có số biểu diễn đ−ợc d−ới dạng công thức (1) (4) đ−ợc chọn số tam giác tạo thành để đề cho “Bài toán ng−ợc lại“
Kết luận : Bài viết góp phần :
- Gióp giáo viên học sinh dễ dàng tính nhẩm đợc kết toán dạng Đếm hình tam giác, hình chữ nhật
- Nêu đợc số toán mở rộng cố thể dùng cho học sinh học ngoại khoá bồi dỡng häc sinh giái
- Tìm điều kiện cho số biểu thị số hình tam giác tạo thành, làm sở cho ng−ời dạy đề “Bài toán ngc li
Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo
Irving Adler (Ngời dịch Lê Đình Phi), C¸c ph¸t minh To¸n häc, NXB Gi¸o dơc, 2000
2 Trần Diên Hiển, 10 chuyên đề bồi d−ỡng học sinh giỏi toán 4-5, NXB Giáo dục, 2000
Đỗ Trung Hiệu, Phơng pháp dạy häc to¸n, T2, NXB Gi¸o dơc, 2000
4 Phạm Đình Thực, 100 câu hỏi đáp việc dạy toán tiểu học, NXB Giáo dục, 1998
5 Phạm Đình Thực, Một số thủ thuật giải toán lớp lớp 5, NXB ĐHQG Hà Nội, 2001
6 Tạp chí Dạy Học, số 11-2004
Giải kỳ trớc
Bài (Sè 22T10/05) Chøng minh r»ng
2002 2 6x
2
1
(1 3x) e dx
2003.9e
−
− ≥
∫
Lời giải (của tác giả). Xét hàm sè 3x
f(x) x.e−
= liªn tơc trªn ®o¹n [0, 2003] Ta
cã
3x 3x 3x
f (x) e′ − 3x.e− (1 3x)e−
= − = −
Hàm số f(x) đạt GTLN 1/3e x = ẵ f(0) = áp dụng bất đẳng thức Holder với
f (x)′ vµ g(x) = 1, ta cã
(∫01/ 3f (x)dx′ )2≤(∫01/ 3(f (x) dx′ )2 )(∫01/ 3dx)=
( 1/ 3( )2 )
0
1 f (x) dx
3 ′
= ∫
Do 1/
0
1
f (x)dx max f(x)
′ = =
∫ , nªn ta cã
( )
( x2 )
2
max f(x)≤ ∫ f (x) dx′ x −0
víi mäi x mµ2 x2 2003
3≤ < Suy
( )
( 2003 )
0
f (x) dx 2003
3e≤ ∫ ′ −
hay
2003 2 6x
2
1 (1 2x) e dx
2003.9e
−
− ≥
Bài (Số 22T10/05) Giải phơng tr×nh
2 4x
7x 7x
28 +
+ =
Lêi gi¶i (cđa tác giả). Đặt
4x t
28
+
= + (1) (®k: t
2
≥ − )
Khi ph−ơng trình cho t−ơng đ−ơng với hệ
2 2
2
1
7x 7x t 2 7x 7x t
2
4x
4x t t t
28
28
+ = + + = +
⇔ ⇔
+ +
= + = + +
(12)2
2
1
1 7x 7x t
7x 7x t 2
2
1
7t 7t x
28t 28t 4x
2
+ = +
+ = +
⇔
+ + = + + = +
L
ấy phơng trình trừ phơng trình dới theo vế, ta đợc
2
7x 7x 7t 7t t x
7(x t)(x t) 8(x t)
x t (2)
7x 7t (3)
+ − − = −
⇔ − + + − =
− =
⇔
+ + =
Thay (2) vào phơng trình (1), ta có nghiÖm
6 x
14
− +
=
Thay (3) vµo (1), ta cã nghiÖm
4 23 /
x
7
− −
=
Bài (Số 22T10/05) Tính giới hạn hàm sè
x
1 2x sin x
I lim
3x x
→
− + +
=
+ − −
Lời giải. Đặt f(x) 1= − 2x sin x+ + ,
ta cã f(0) f (0) 0.= = Đặt
g(x)= 3x x+ − − , ta còng cã g(0) 0= vµ
1
g (0)
4
′ = − Giới hạn cho viết lại
nh− sau: x
f(x) f(0) x g(x) g(0)
x
f (0)
I lim
g (0) 1/
→
− − − −
′
= = = =
′ −
Bài (Số 22T10/05) Tìm tất hàm số liªn tơc f: ℝ→ℝ tháa m·n
2
f (x) f x , x
4
= + ∀ ∈
Lời giải. Đặt g(x) x2
= + NhËn xÐt r»ng
nÕu x
2
− ≤ ≤ th× x g(x)
≤ ≤ Do dãy(x )n xác định bởi: x0
2
− ≤ ≤ vµ
n n
x + =g(x ), n = 0, 1, 2, 3, héi tơ vỊ giíi
hạn L > g(L) = L, L
2
= Nhê tÝnh
chÊt liªn tơc cđa hµm f(x), suy n
f(x )→f(1 / 2) Nh f hàm
đoạn 1,
2
−
T−¬ng tù, nÕu
1 x
2
≥ th×
1
g(x) x
2≤ ≤ f(x) cng l hng s
trên nửa đờng thẳng Mặt khác, từ giả
thiết suy f(x) f( x)= hay f hàm chẵn
Vậy f hàm
Bài (Số 22T10/05) Giả sử f : (0, )∞ →ℝ
tháa m·n ®iỊu kiƯn
a) f hàm tăng nghiêm ngặt,
b) f (x) 1, x
x
> − ∀ > ,
c) f (x)f f (x) 1, x
x
+ = ∀ >
HÃy tìm f (1) ?
Lời giải. Đặt k f(x) x
= + , ®iỊu kiƯn b)
nên k 0> , theo c) ta có
1
f (k)f f (k)
k
+ =
, mặt khác, từ c) suy f(x)f(k) 1= V× vËy
1 1
f(x) f f(k) f
k f(x) f(x) 1/ x
= + = +
+
Do hàm f tăng nghiêm ngặt nên f song ánh, từ suy
1
x
f(x) f(x) 1/ x
= +
+
Giải phơng trình này, ta đợc f(x) 2x
= ,
kiĨm tra l¹i chØ cã f(x) 2x
−
= lµ tháa m·n
VËy f(1)
−
=
Chúng không nhận đ−ợc lời giải độc giả cho toán số tháng 10/05 Chúng mong đóng góp bạn đọc cho chuyên mục
(13)Đề thi Olimpic Toán sinh viên toàn quốc năm 1996
Môn Đại số
Câu Cho đa thức Pn( )x cã bËc n vµ sè
*
m∈ℕ Chøng minh r»ng:
a) NÕu Pn( )xm chia hÕt cho x-1 th×
cịng chia hÕt xm −1
b) NÕu Pn( )xm chia hÕt cho (x−a)k
th× cịng chia hÕt (xm −am)k , a≠0
C©u Cho mat trËn
0
a b
A , a,b,c
c
= ∈
ℝ
a) Chøng minh r»ng nÕu A1996 =0 th×
0
A =
b) Gi¶ sư
0
* n n : A
∃ ∈ =
ℕ Khi
đó xác định a, b, c Câu Giả sử
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 11 12 13
0 21 22 23
0
31 32 33
n
a n a n a n
a n a n a n
a n a n a n
=
T×m ( )
( )
22 32
a n lim
na n
Câu Giả sử { }
1
A aij
i, j ,n
=
= lµ ma trËn
vuông cấp n Chứng minh A không khả nghịch thay aij A phần thử khác giữ nguyên để nhận đ−ợc ma trận S khả nghịch
C©u Giả sử a số thực khác Chứng minh hệ phơng trình
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
1
ax b y cz d t a
b x ay d z ct b
cx d y az b t c
d x cy b z at d
+ − + + − =
− + + − + =
− + − + + − =
− − + − + =
cã nghiệm với b,c,d
Môn Giải tích
Câu Khảo sát tính khả vi hàm số f x( )= x−1 x−2 x−1996
C©u Cho b∈ℝ TÝnh
( 2)( )
1
a
bx a
a
dx lim
x e
−
→+∞∫ + +
C©u Chứng minh tồn hàm số h(x) tho¶ m·n:
b) Víi mäi x≥0
( )
( )
1
2 1
x x x h x
x h x
+ + = + + + −
+
b) ( )
0
1
x
min h x
≥ =
Câu Giả sử P(x) đa thức bậc 1996 Biết với x∈ℝ ta có
( ) ( ) ( ( ))
g x+h =g x +hg ' x+ θh x,h , θ(x,h) bị chặn, g’’(x)≠0
TÝnh ( )
0
h
lim x,h
→ θ
C©u Cho M>0 hàm số f(x) liên tục
ℝtho¶ m·n f x( +y)− f x( )− f y( ) ≤M
Chøng minh r»ng tån t¹i giíi h¹n ( )
n
f nx
lim , x
n
→∞ ∀ ∈
ℝ
Suy nghÜ báo Suy nghĩ báo Suy nghĩ báo Suy nghĩ báo
(Tip theo trang 23) T tìm lời giải cho lớp toán mà biểu thức điều kiện đa thức đối xứng Một số ví dụ sau dành cho bạn:
Bµi Cho x, y, z >0 tho¶ m·n: x+y+z=m, m>0
Tìm max xy+3 yz+3 zx Tổng quát: cho
1
0
n
i i
i
x , i ,n : x m
=
> = ∑ =
T×m GTLL cđa biĨu thøc:
A=n 2 3 n 1 3 n 1 2 1
n n n
x x x + x x x + + x x x −
Bµi Cho x, y, z > tho¶ m·n: x + y + z ≤
Chøng minh r»ng:
2 2
2 2
1 1
81
x y z
y z x
+ + + + + ≥
Bµi Cho 5 05
1
x, y x y
≥
+ ≤
(14)Đáp án đề thi Olimpic Tốn sinh viên tồn quốc năm 1995
Môn Đại số
Câu Từ
3
A− = A⇒ A = E
Do 1994 997 997 1995 997 1 3
1 3 3
3 n n A E A A A = − ⇒ − = =
C©u Đặt A=( )aij . Dễ thấy T
A = −A
( )1 n
T
A A A A A A
⇒ = = − = − = − ⇒ =
VËy hệ có nghiệm không tầm thờng
Câu Tách 1
1
M =E+ A, A=
Ta cã
2
k k
A = − A Khi
1
2
3
3 2
2 3 1 3 1
2
n n
n k k k k
n n
k k
n n
n
n n
M C A E C A E
A E − = = = + = + = + − − = + = − + ∑ ∑
Câu Biến đổi định thức
x b a b a b b x b a b a a b x b a b b a b x b a a b a b x b b a b a b x
=
0 0
0 0
0
0
0 0
0 0
x b a x
b x a x
a b x a a x
b a x a a x
a b x a
b a x a
− − − − = = − − − −
( )4
2 0 0
3 0 0
1
0 1
0
0 0
x a b
b x a
a b x a b a a b b a + + − − − ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2
4
2
4
4
9
x ax a b x a f x
f a
a b !
= + + − − =
⇒α = = −
C©u XÐt tr−êng hỵp
a) r≤ −n Khi đóAij l ma trn vuụng cp
n-1 có hạng không lín h¬n n-2 ( )
0 * *
ij
A = ∀i, j⇒A = ⇒rank A = .
DÔ thÊy detA=0 VËy A.A* =0
b) r=n-1⇒A có định thức
khác không, hay
0 1
* * *
A ≠ ⇒rankA ≥ ⇒rankA =
c) r=n, nªn A ≠0 Tõ
0
t * * *
A A = A E⇒ A ≠ ⇒rankA =n
C©u Víi mäi k=1,2, ,n ta cã
( )( )
( )
1
k k k k k
k
B E B E B B E
B E M
− − − − α = − α + α + + α = − α Do ( ) ( ) ( )
0 0
0
0
0
n n n
k k k k
k k k
k k k
n k k k n n k k k k k k
a B a E a ( B
B E a M B E M
a B a E B E M
= = = = = = − α = − α = − α = − α ⇒ − α = − α = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Môn Gải tích Câu Bất đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 a b a a
b f x dx a f x dx
b a f x dx a f x dx
≥
⇔ − ≥
∫ ∫
∫ ∫
Do f nghịch biến [0,a] [a,b] nªn
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 a a b b a a
b a f x dx b a f a dx
b a f a a f a dx a f x dx
− ≥ − =
− = ≥
∫ ∫
∫ ∫
C©u LÊy tÝch phân phần ta đợc
( ) ( ) 1 n n n d x
f x dx dx − − = ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 2
1
1 1
1
1 2
1
1
1 0
n n
n n
n n
n n
d x d x
f x f ' x dx
dx dx
x f x dx dx
(15)C©u 3 Tr−íc hÕt, ta nhËn xÐt 1 0 n x t t x t
lim , n , lim g e x e + − →+∞ → = ∀ ∈ = ℕ
trong g đa thức Bây ta chứng minh toán Với
0
2
n∈ℕ, n≥ , x ≠ ta cã
( )
( )
0 1 1 n x n
f x g e
x − − − =
, gn( )t đa thức Ta chứng minh hàm f(x) khả vi vơ hạn, có đạo hàm cấp x=0 Thật vậy,
( ) ( ) ( ) 0 0 x x x
f x f e
f ' lim lim
x x
−
→ →
−
= = =
Giả sử có ( 1)( )
0
n
f − = ta cã
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 1 1 0 0 1 n n n x x n x n x x
f x f
f lim
x
g e
x
lim lim g e
x x − − → − − − → → − = = = = = VËy f( )n ( )0 =0, ∀ ∈n ℕ
Câu Bằng cách sử dụng định lý Rolle khoảng [a ,a , a ,a , 1 2][ 2 3] dễ dàng chứng
minh đ−ợc bổ đề sau:
Bổ đề: Giả sử f(x) có đạo hàm ℝ Giả thiết tồn dãy đơn điệu { }
1
n n
a
≥ hội tụ đến x0 thoả mãn f a( )n =0,∀ ∈n ℕ Khi tồn dãy đơn điệu { }a'n n≥1 →x0 thoả mãn
( n)
f ' a' = ∀ ∈n ℕ
áp dụng Bổ đề cho hàm f(x) với
1
n
a , n n
= ∈ℕ, sau áp dụng với f’(x), f’’(x), ta đ−ợc
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 n ' n n '' n n
f lim f n f ' lim f ' a
f '' lim f '' a →∞ →∞ →∞ = = = = = =
Nh− vËy ( )n ( )0 0
f = , n∈ℕ Khai triển
Taylor hàm số f(x) x=0 ta đợc f x( )0
Câu Vì f(x) liên tục [a,b] nên tồn
[ ] ( )
[ ] ( )
x a ,b
c a,b : f c max f x M
∈
∈ = =
Xét c≠a,b Khi ∀ε >0,∃δ >0 cho
víi mäi x tho¶ m·n
( ) ( )
4
x−c < δ⇒ f x − f c < ε
Ta cã: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 n n
c c n n
c c
b n n b n
a a
M dx f x dx
f x dx M dx
+δ +δ −δ −δ ε − < < < ∫ ∫ ∫ ∫ Hay ( ) ( ( ) ) ( ) 1 n b n
n M ε a f x dx M b a n
δ − < ∫ < −
DÔ thÊy ( )2 1n ( )1n
n n
lim , lim b a
→∞ δ = →∞ − =
Xét c=a, ∀ε >0, ∃δ >0: a< x<a+ δ
thì f x( )− f a( ) < ε Lời giải t−ơng tự cần đổi cận tích phân thành a, a+δ
XÐt c=b, t−¬ng tù ta lÊy tÝch ph©n víi hai cËn
b− δ, b
Tãm l¹i ( ( ) )
1
b n n
a
nlim→∞ ∫ f x dx =M Câu Theo giả thiết ta cã f nx( )≤nf x( ) ∀ ∈n ℕ
Khi f x( ) nf x , f ( )0
n
≤ ≥
hay 0≤ f ( )0 ≤ f x( )+ f( )−x
Víi x0 >0 ta cã
( ) ( )
0
0
0 0
x x
f f
f x f x
n n
n
x x x x
n n − − ≥ ≥ ≥ ∀ ∈ − − ℕ 0 0 n n x x f f n n lim lim x x n n →∞ →∞ − = = −
Suy ( )0 ( 0) ( )
0
1
f x f x
x
x x
−
= = ∀ >
−
Do vËy f x( )=x ∀ ≠x
(16)( ) ( )0 ( 0) 0
0≤ f ≤ f x + f −x = x −x =0
( )0
f
⇒ =
VËy f x( )=x ∀ ∈x ℝ C©u Víi n≥2 ta cã
( 2) ( 1)
sin nx=sin n− x+ cos n− x sin x
Khi
( )
2 20
n n n
I =I − − ∫πcos n− xdx=I −
XÐt c¸c trờng hợp
a) Nếu n lẻ, 1
n
I =I =∫πdx= π
b) NÕu n chẵn,
0 0
0
n
sin
I I dx
sin x
π
= =∫ =
Nh¾m m¾t
Ơng nội bế cháu đích tơn tuổi chơi Bỗng đứa núi: ễng nhm mt li i
Ông hỏi: Tại lại nhắm mắt ?
Chỏu: ễng c nhắm mắt lại cháu nói Ơng làm theo lời đứa bé, sau hỏi: Cháu nói ơng nhm mt li lm gỡ?
Cháu: Tại bố mẹ cháu bảo, ông nhắm mắt vợ chồng giàu đợc
Ông: ??????
Trong giê häc VËt lý:
Thầy giáo: Ai đ−a ví dụ để nói rõ ngun lý nóng nở ra, lạnh co lại
Học sinh: Nghỉ đông cú bn tun, ngh hố tun
Thầy giáo: !!!!!!
Tìm hiểu toán học
Lịch sử lý thut to¸n tư
Ln điều hữu ích nhìn lại dịng lịch sử ngành toán học, đặc biệt theo để hiểu đ−ợc vấn đề hoàn toàn khác lại có mối liên hệ với nhau, mảng tốn lại có đ−ợc ý quan tâm đặc biệt đến
LÞch sư lý thut to¸n tư
Các khái niệm đến bắt nguồn từ vấn đề nh− : tuyến tính, khơng gian vơ hạn chiều, ma trận, phổ (phổ bao gồm trị riêng, học sau, với khái niệm liên quan) Các khái niệm đ−ợc áp dụng vào Các ma trận đại số trừu t−ợng Mơ hình khai sinh lý thuyết toán tử xuất phát từ việc nghiên cứu ma trận Mắc dù từ "ma trận" đ−ợc James Sylvester nhắc đến năm 1850, ph−ơng pháp ma trận đ−ợc sử dụng từ 2000 năm tr−ớc , mà gọi nh− Phép tối giản Gauss, thực chất bắt nguồn từ sách ch−ơng Toán nghệ thuật (Mathematical Art) nhà Hàn, Trung Quốc Ngay tr−ớc đó, năm 300 tr−ớc Cơng ngun, dấu vết cịn l−u lại Babylon chứng tỏ họ dùng đến ph−ơng trình tuyến tính Cũng giống nh− vậy, mắc dầu Carl Friedrich Gauss đ−a khái niệm "định thức" kỷ thứ 19, nhiên, định thức đ−ợc điềm báo hàng kỷ tr−ớc đó, đ−ợc đồng thời Takakazu Seki Kowa Nhật Bản Gottfried Leibniz Châu Âu sử dụng năm 1683
(17)cấu trúc việc tìm hiểu cấu trúc đó, ý t−ởng ch−a đ−ợc biết đến tận kỷ thứ 19 đ−ợc phát triển nhân rộng từ kỷ thứ 20 Có thể cho rằng, việc khám phá Quaternion William Rowan Hamilton năm 1843 đời Đại số mở rộng Hermann Grassmann năm sau đánh dấu khai sinh Đại số trừ t−ợng Grassmann ng−ời giới thiệu tích vô h−ớng Cauchy Jean Claude de Saint-Venant ng−ời đóng góp cho lịch sử đại số trừ t−ợng Tuy nhiên, sinh viên phát triển đại số trừu t−ợng để mơ hình hóa vấn đề khác, không đ−ợc nhắc đến Đối với Hamilton, quaternion mang đến cách diễn giải đại số tốt không gian thời gian, khi, Grassmann, mang nhiều ý nghĩa hình học
Năm 1875, Arthur Cayley giới thiệu ý t−ởng đại số ma trận, năm 1858 ông rằng, ngơn ngữ đại, quaternion đ−ợc "biểu diễn" ma trận Mục đích việc tìm đối t−ợng thực cấu trúc trừu t−ợng đ−ợc tiếp tục nhay nay, trở thành nét bật đại số trừ t−ợng, tiếp tục quan tâm đến vấn đề lớp (diễn đàn) để hiểu đ−ợc đại số tốn tử trừ t−ợng đ−ợc biểu diễn t−ợng tự
Năm 1987, Camille Jordan công bố dạng giải tích tiêu chuẩn ma trận, dạng để phân ly (decomposition) tốn tử compact khơng gian vơ hạn chiều
Một loạt tiên đề cho không gian tuyến tính đ−ợc Giuseppe Peano giới thiệu sách ơng năm 1888, có tiêu đề Calcolo geometrico secondo l'Ausdehnungslehre di H Grassmann preceduto dalle operazioni della logica deduttiva Cũng từ sách , bạn tìm thấy định lý nói rằng, tốn tử xác định không gian vector hữu hạn chiều ma trận Peano định nghĩa tổng tích tốn tử tốn tính cách ngắn gọn, từ đây, lý thuyết toán tử bắt đầu hình thành song song với phát triển đại số kết hợp với b−ớc phát triển giải tích
Tốn tử thời kỳ đầu Giải tích Leibniz ng−ời nghĩ đến tính chất đại số tốn tử ph−ơng pháp tính , ví dụ nh− việc xem xét
đạo hàm bậc cao giống nh− tốn tử liên tục, viết chúng nh− Daf(x) Theo đó, ơng cố gắng tìm hiểu tr−ờng hợp nhận giá trị âm vô tỉ
Ngày nay, nhiều ngành giải tích khơng thể tách rời với lý thuyết toán tử, đáng ý phải kể đến variational calculus, transform theory, differential equations Các ngành phát triển sau lý thuyết toán tử tới hàng kỷ, thế, khơng phải ngạc nhiên nhiều vấn đề lý thuyết toán tử đ−ợc giới thiệu ngành Ph−ơng trình đạo hàm riêng ph−ơng pháp tính nhiều biến đ−ợc phát triển nhờ đóng góp lớn Leonhard Euler, Joseph-Louis Lagrange, gia đình Bernoulli Ví dụ, ngày nhận thấy rằng, kỹ thuật tính tốn biến phân hàm dạng đạo hàm không gian hàm, tốn tử tuyến tính Trong khi, ng−ời sáng tạo tr−ớc ph−ơng pháp tính nhiều biến khơng cho phép chúng nh− tốn từ nh− quan điểm trừu t−ợng
Cùng với tiếp nối Pierre-Simon Laplace, Joseph Fourier số nhà toán học khác, mở h−ớng nghiên cứu trội dạng tốn tử khơng gian hàm Các toán tử nguyên đ−ợc đựa nhà toán học ng−ời Anh George Green
Fourier nhà khoa học có tiếng (một nhà cách mạng, kỹ s− xây dựng, nhà Ai cập cổ nhà trị) , ng−ời phải đ−ợc biến đến nhiều Ông có đóng góp nhiều vấn đề cách tân, bao gm :
- Khai triển Fourier, đợc xem lµ
một ví dụ quan trọng một tốn tử đơn vị khơng gian Hilbert
- Đạo hàm nghiệm bậc
phơng trình nhiệt phơng trình khuếch t¸n
- Ng−ời sáng tạo ký hiệu đại
cho tích phân xác định
- Hệ thống hóa khai triển
hàm giải tích hệ phơng trình vô hạn
(18)nghĩa khơng giống với tr−ờng hợp Cauchy, không gian sở vơ hạn chiều, cho phép vấn đề phát triển đ−ợc tr−ờng hợp hữu hạn đại số tuyến tính Ví dụ, tốn tử vơ hạn chiều có phổ liên tục, đ−ợc sáng tỏ George Hill giới thiệu lý thuyết ph−ơng trình chu kỳ Sturm-Liouville, ông nghiên cứu ổn định quỹ đạo mặt trăng Trong b−ớc phân tích ơng, Hill giới thiệu định thức vô hạn
Lý thuyết Sturm- Liouville bắt đầu với mà ngày gọi lý thuyết phổ toán tử đạo hàm tầm th−ờng Các nhà toán hoc cuối kỷ thứ 19 quan tâm đến trị riêng ph−ơng trình đạo hàm riêng, đặc biệt toán tử Laplace Bài toán Dirichlet, mang tên nhà tốn học Gustav Lejeune Dirichlet, tìm mơt nghiệm cho ph−ơng trình Laplace với điều kiện giới hạn rõ ràng
Sự tinh tế toán dẫn nhà tốn học có nhìn sâu sắc chặt chẽ hội tụ dãy hàm , chất mà ngày gọi toán tử đạo hàm riêng Ngày nay, nhận nh− câu hỏi tơpơ, coi hàm nh− điểm tập hợp gọi không gian hàm, nh−ng đến nửa sau kể thứ 19, khái niệm ch−a xuất Năm 1862, Grassmann Salvatore Pincherle ng−ời ký hiệu hàm nh− đại l−ợng ngắn gọi f, mà f(x), nh− quan hệ biên miền giá trị ý t−ởng hoàn chỉnh
không gian hàm đợc giới thiệu kỷ thứ 20, thực tế, trọng tâm giải tích hàm kỷ này, chịu ảnh hởng trình tìm lời giải cho toán Dirichlet , chuỗi khai triển chuỗi Fourier, với công trình Vito Volterra Ivar Fredholm phơng trình nguyªn
Lịch sử tốn học kỷ thứ 19 cịn phải nhắc đến đóng góp Oliver Heaviside Heaviside ng−ời ngoại đạo tài năng, không đ−ợc đào tạo cách hệ thống, nh−ng ông lại có dấu ấn lý thuyết điện từ vật lý, năm 1880 1887, ơng hệ thống hóa ph−ơng pháp tính đ−a ký hiệu mà ngày sử dụng rộng rãi, d/dx Mắc dù ông phát triển h−ởng giải ph−ơng trình đạo hàm hiệu quả, song ơng khơng có mối quan hệ tốt với cộng đồng tốn học Các ph−ơng pháp ơng coi
tr−ớc cộng đồng, ng−ời tiên phong việc phát triển toán tử đạo hàm giả Ph−ơng pháp Heaviside đ−ợc nhà kỹ thuật sử dụng nhiều, nh− h−ớng độc lập với tốn học đại, cầu nối tốt ngành khoa học với
Lý thuyết toán tử nửa đầu kỷ thứ 20 Các chủ đề lý thuyết toán tử vấn đề quan trọng bậc nh− tập con, lý thuyết phổ đ−ợc ý đặc biệt từ sau năm 1900 Sự kiện quan trọng phải kể đến đời lý thuyết ph−ơng trình nguyên Fredholm, đ−ợc phát triển nh− h−ớng tiếp cận cho tốn Dirichlet Trong báo cáo ơng năm 1900 bái báo có tính chất móng Acta Mathematica 1903 , Fredholm đ−a h−ớng giải tích hồn chỉnh lớp ph−ơng trình nguyên quan trọng, đ−ợc biết đến nh− ph−ơng trình Fredholm Các kết phải kể đến
- Định lý Fredholm mở rộng
kết không tầm th−ờng đại số tuyến tính thành lớp rộng tốn tử
- Các bớc phân tích thận trọng sù
hội tụ chuỗi toán tử, việc lấy xấp xỉ ph−ơng trình ông với tổng Rienmann, dẫn đến giới hạn
- Định nghĩa định thức cho lớp
của toán tử (một b−ớc cách tân so vi nh ngha ca Hill)
- Lần sử dụng toán tử resolvent
(khỏi nim ny c Hilbert nhc n)
- Năm 1902, nghÞ biƯn cđa
ơng, Lebesgue định nghĩa dạng tích phân đại giới thiệu khơng gian quan trọng hàm, viết tắt Lp
(19)Năm 1906, Hilbert tách h−ớng giải tích ơng ngồi h−ớng ph−ơng trình ngun khám phá phổ liên tục, đ−ợc giới thiệu , nhiên không đ−ợc nhận cơng trình Hill
T− t−ởng đại số toán tử đ−ợc xuất chuỗi báo đ−ợc tập hợp lại thành sách năm 1913 Frigyes Riesz, Riesz nghiên cứu tính chất đại số tốn tử biên không gian Hilbert L2 Riesz giới thiệu ánh xạ trực giao, phổ nguyên, lần đ−ợc xuất cơng trình ơng Năm 1916, Riesz sáng tạo lý thuyết mà ông gọi tốn tử "liên tục hồn tồn", đ−ợc biến đến nh− tốn tử compact Do cơng trình ơng ban đầu đ−ợc viết tiếng Hungari, nên phải vài năm sau có dịch sang tiếng Đức Định lý phổ Riesz cho tốn tử compact tóm tắt đồng thời mở rộng cơng trình Fredholm
Định nghĩa định lý phổ tự liên hợp , tổng quát norm, toán tử đ−ợc khám phá lúc Marshall Stone John von Neumann năm 1929-1932 Mặc dầu định nghĩa Stone đ−ợc dùng nhiều sách ngày nay, song đóng góp von Neumann có ý nghĩa Một động lực von Neumann học l−ợng tử, ơng khám pha dạng phát biểu mởi, khác biệt với dạng mà Erwin Schrodinger Werner Heisenberg đề xuất chứa đựng nhìn sâu sắc Neumann, ông cho rằng, ngôn ngữ tự nhiên học l−ợng tử tốn tử tự liên hợp không gian Hilbert Quan điểm thấm đ−ợm lý thuyết sau vật lý đại Von Neumann giới thiệu khai triển nhiều khái niệm , trọng tâm lý thuyết toán tử nh− :
- Các miền định nghĩa - Mở rộng toán tử - Một tốn tử đóng - Các tốn tử liờn hp
- Các toán tử không biên
Và năm 1932, năm mà sách lý thuyết toán tử Stefan Banach viết đ−ợc xuất bản, ông sử dụng cách sâu sắc ngơn ngữ hình học sách Banach cịn đ−ợc biết đến với đóng góp - Fixed - point theory
- Một cách hiểu mởi tốn đồ thị
đóng,
- Sù héi tô yÕu
Trong chuỗi báo năm 1935, viết với F.J Murray, von Neumann viết cách tỉ mỉ lý thuyết đại số toán tử, đ−ợc giới thiệu Riesz Họ nhận rằng, tập hợp tốn tử giao hốn với algebra công cụ quan trọng giải tích phân loại, có đóng góp quan trọng cho đại số túy nói riêng hay đại số mở rộng nói chung
Sau đó, năm 1941, báo Israil Gel'fand gửi Matematicheskii Sbornik, ông phát triển định lý phổ cho sở đại số norm hóa, đồng thời gii thiu :
- Công thức bán kính phổ
- Đại số C* đặc tr−ng đại số
Từ đến nay, lý thuyết phổ không ngừng phát triển, mở rộng tầm ảnh h−ởng khơng tốn lý thuyết mà cịn tốn ứng dụng, nh− vật lý
Tµi liƯu tham kh¶o
[1] A.D Alexandrov, A.N Kolmogorov, and M.A Lavrent'ev, eds., Mathematics Its Content, Methods, and Meaning, in three volumes Cambridge, Mass.: MIT Press, 1963 (original publication by Akademiya Nauk, 1956)
[2] Florian Cajori, A History of Mathematical Notations, New York: Dover, 1993
[3] Jean DieudonnÐ, History of Functional Analysis, Amsterdam, New York, and Oxford: North-Holland, 1981
[4] Felix Klein's Vorlesungen ober die Entwicklung der Mathematik im 19 Jahrhundert, New York: Chelsea, 1967
Nguyễn Văn Tuyên (theo diendantoanhoc.net)
Đề kì này: ****************************
Cõu1 Cho tam giác ABC cân đỉnh A Giả sử phân giác góc B cắt AC D cho BC BD AD= + Tính góc A?
C©u Chøng minh r»ng víi mäi số tự nhiên n , tồn cặp số tự nhiên lẻ x , y n n
cho
2 2
n n
7x +y =2
(20)Danh nhân Toán học Danh nhân Toán học Danh nhân Toán học Danh nhân Toán học
Claude Louis Marie Henry Navier
Cha Claude Louis Navier luật s−, thành viên Quốc Hội thời Cách mạng Pháp Nh−ng ông năm 1793 Navier tuổi Lúc gia đình Navier sống Paris nh−ng sau cha Navier mất, mẹ ông chuyển sống quê bà Chalon-sur-Saône để Navier lại Paris cho bà Emiland Gauthey chăm sóc
Emiland Gauthey kĩ s− xây dựng công ti cầu đ−ờng Paris Ông đ−ợc xem nh− kĩ s− cầu đ−ờng hàng đầu Pháp ông truyền cho Navier niềm say mê với kĩ thuật Mặc dù khuyến khích Navier vào học tr−ờng Polytechnique (Bách khoa Paris), Gauthey khơng thành cơng việc dạy dỗ Navier Navier phải chật vật đỗ đ−ợc vào tr−ờng năm 1802 Nh−ng từ vị trí gần nh− chót bảng thi vào, năm đầu Navier v−ơn lên đứng topten tr−ờng đ−ợc chọn thực tập Boulogne năm thứ hai
Trong năm thứ Bách khoa Paris, Navier đ−ợc học giải tích từ Fourier, ng−ời ảnh h−ởng lớn đến chàng trai trẻ Fourier trở thành ng−ời bạn suốt đời Navier, quan tâm đến nghiệp ông Năm 1804 Navier vào học Tr−ờng cầu đ−ờng tốt nghiệp sau năm với vị trí dẫn đầu Không lâu sau Navier tốt nghiệp Emiland Gauthey qua đời Navier quay lại Paris theo yêu cầu công ti cầu đ−ờng Paris để biên tập cơng trình Gauthey
Navier nhận nhiệm vụ giảng dạy Tr−ờng cầu đ−ờng năm 1919 đ−ợc phong giáo s− năm 1830 Ơng khơng thực việc giảng dạy theo truyền thống tr−ờng mà cịn thay đổi giáo trình, nhấn mạnh nhiều vào vật lí giải tích tốn học Ơng thay Cauchy làm giáo s− Bách khoa Paris từ 1931 Những ý t−ởng ông giảng dạy đ−ợc tất ng−ời tán đồng sau ông đ−ợc bổ nhiệm chức giáo s− Bách khoa Paris, Navier
đã sa vào luận chiến với Poisson việc giảng dạy lí thuyết nhiệt Fourier
Là chuyên gia xây dựng cầu đ−ờng, Navier ng−ời phát triển lí thuyết cầu treo mà tr−ớc đ−ợc xây dựng nguyên lí thực nghiệm Tuy nhiên dự án lớn ông xây cầu treo v−ợt sông Seine lại kết thúc thất bại Thực khó khăn Hội đồng thành phố (Municipal Council) không ủng hộ Mặc dù dự án đ−ợc tiến hành, song cầu gần hồn thành đ−ờng cống dẫn n−ớc thải đầu bị vỡ làm dịch chuyển trụ cầu Vấn đề lớn công ti cầu đ−ờng họ thông báo việc sửa chữa đơn giản, nh−ng Hội đồng thành phố cố tìm lí để dừng dự án bắt họ phải tháo dỡ cầu
Tuy nhiên ngày Navier đ−ợc nhớ đến ông cơng trình s− cầu đ−ờng tiếng mà ph−ơng trình Navier-Stokes - Ph−ơng trình động lực học chất lỏng Ông nghiên cứu vấn đề tốn học ứng dụng nh− kĩ thuật, tính đàn hồi học chất lỏng Ơng có nhiều đóng góp cho chuỗi Fourier ứng dụng chúng tốn vật lí Ơng đ−a ph−ơng trình Navier-Stokes tiếng cho dịng chảy khơng bị nén năm 1921, năm 1922 đ−a ph−ơng trình cho dòng chảy nhớt Cũng cần ý Navier suy ph−ơng trình Navier-Stokes khơng hiểu đầy đủ chất vật lí tình mà ơng mơ hình hóa Ơng khơng hiểu ứng suất tr−ợt (shear stress) chất lỏng mà cố sửa ph−ơng trình Euler để gộp đ−ợc lực phân tử chất lỏng Tuy nhiên suy luận ông ngày khơng cịn đ−ợc chấp nhận nh− Anderson viết A History of Aerodynamics (Cambridge, 1997): " Điều trớ trêu Navier chẳng có khái niệm ứng suất tr−ợt ông không dự định đ−a ph−ơng trình mơ tả chuyển động có ma sát, nh−ng cuối ông lại đến dạng ph−ơng trình đó"
Navier đ−ợc nhận nhiều vinh dự; có lẽ lớn việc đ−ợc chọn vào Viện Hàn lâm Khoa học Paris năm 1924 (Académie des Sciences) Ông đ−ợc trao Bắc đẩu bội tinh năm 1831
(21)Tiếng anh qua toán Tiếng anh qua toán Tiếng anh qua toán
Tiếng anh qua toán
Nguyễn Văn TuyênNguyễn Văn TuyênNguyễn Văn TuyênNguyễn Văn Tuyên
Problem: A convex hexagon is given in which any two opposite sides have the following property: the distance between their midpoints is
2 times the sum of their
lengths Prove that all the angles of the hexagon are equal
(A convex hexagon ABCDEF has three pairs of opposite sides: AE and DE, BC and EF, CD and FA)
Solution
We first prove the following lemma:
Lemma: Consider a triangle PQR with
60
QPR
∠ ≥ Let L be the midpoint of QR
Then PL≤ 3QR /2, with equality if and
only if the triangle PQR is equilateral Proof:
O S
R
Q L
P
Let S be the point such that the triangle QRS is equilateral, where the points P and S lie in the same half-plane bounded by the line QR Then the point P lies inside the circumcircle of the triangle QRS, which lies inside the circle with centre L and radius 3QR /2 This
completes the proof of the lemma
A B
C
D E
F
M
N P
The main diagonals of a convex hexagon form a triangle though the triangle can be degenerated Thus we may choose two of these three diagonals that form an angle greater than or equal to 600 Without loss of generality, we may assume that the diagonals AD and BE of the given hexagon ABCDEF
satisfy
60
APB
∠ ≥ , where P is the
intersection of these diagonals Then, using the lemma, we obtain
( )
3
MN = AB+DE ≥PM +PN ≥MN
Where M and N are the midpoints of AB and DE, respectively Thus it follows from the lemma that the triangles ABP and DEP are equilateral
Therefore the diagonal CF forms an angle greater than or equal to 600 with one of the diagonals AD and BE Without loss of generality, we may asssume that
0
60
AQF
∠ ≥ Where Q is the intersection of
AD and CE Arguing in the same way as above, we infer that the triangles AQF and CQD are equilateral This implies that
0
60
BRC
∠ = , where R is the intersection of
BE and CF Using the same argument as above for the third time, we obtain that the triangles BCR and EFR are equilateral This completes the solution
New words:
Convex: Lồi, vỏ lồi Hexagon: Lục giác Distance: Khoảng cách Equal: Point: điểm
Midpoint: Trung im Lemma: Bổ đề
Consider: Xét, ý đến Triangle: Tam giỏc Equilateral: u
Half-plane: Nửa mặt phẳng
Circumcircle: Vòng tròn ngoại tiếp Radius: Bán kính
Diagonal: Đờng chéo Intersection: Giao điểm
Argue: Bàn luận, thảo luËn, lý luËn
(22)Suy nghĩ báo Suy nghĩ báo Suy nghĩ báo Suy nghĩ báo
Đặng Thế Anh K28E To¸n
Sau đọc báo: “Sử dụng kĩ thuật tách số để chứng minh bất đẳng thức toán cực trị” (Số 20, 21 THNT ) tác giả Phạm Văn Thế K27G Tốn Tơi đặt vài câu hỏi d−ờng nh− lời giải khơng tự nhiên có vài suy nghĩ muốn trao đổi với bạn nh− sau
Bài toán 1: Cho x, y, z số dơng thoả mÃn: 2003 2003 2003 1
x + y +z ≤ (*)
T×m max cña 3
T = x + y +z
Lời bình: T đa thức đối xứng x,y,z Do ta dự đốn dấu “=” xảy x=y=z Từ (*)
2003
1
x y z
⇒ = = =
Do T đối xứng nên cần biến x để áp dụng bất đẳng thức Côsi
2003 2003
1
3
x= ⇔x =
XÐt biÓu thøc 2003
3
*
x β, ,
α + α β ∈ℕ
( )
2003 2003
3
x α+βx α
β
β
α + ≥ α +
Để xuất x3 cần chọn
,
α β cho
2003 2000 3
x x
α+β α
= ⇒ α = β
Chọn α =3,β =2000, số mà tơi
tõng th¾c m¾c lời giải tác giả Chú ý số =3, =2000 chọn đợc không
duy Cã thÓ chän
3 2000 *
k , k , k
α = β = ∈ℕ
Với t− t−ởng tơi trình bày lời gii ca bi toỏn tng quỏt
Bài toán (THNT sè 20) Cho a a1, 2, ,ak
lµ số thực dơng thỏa mÃn
1
m m m
k
a +a + +a (*) với >0
Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc
n n n
k A a= +a + +a víi n m< vµ k,m,n∈N*
Lời bình: Do A đối xứng, dự đoán A đạt max a1=a2 = =ak Dựa vào (*) dự đoán
1 2 m
k
a a a
k
α
= = = =
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ta
( )
1
q
m p q pm *
pa p p q a , p,q
k k
+
α α
+ ≥ + ∈
ℕ
Chän p, q cho pm=n(p+q) (m n p) nq
⇒ − = , chän p=n, q=m-n
Ta cã: 1 ( ) 1
m n m
m n
na m n ma
k k
− α α
+ − ≥
( )
1
1
m n
k m k
m n
i i
i i
m n
k m
n i i
n a m n m a
k k
a k
−
= =
− −
=
α α
⇒ + − ≥
α
⇒ ≤
∑ ∑
∑
DÊu “=” x¶y m
i
a ,i ,k
k
α
= =
Bài toán Cho x, y, z > thoả mÃn:
1
x+ y+ ≤z
T×m max 2 2 2
1 1
x y z
T
x y z
= + +
+ + +
Lêi b×nh: Do x, y, z có vai trò nh nêndự đoán T max x = y = z =
3
2 2
9
x y z
⇒ = = =
Từ dẫn đến việc phân tích:
2
10
1 10
1
9 9
x + =x + . ≥ x T−ơng tự y, z
( )
10
5
5 4
9 10
T x y z
⇒ ≤ + +
Để đánh giá x4 +5 y4 +5 z4 ta lại thấy đa thức đối xứng x,y,z Dự đoán đạt max x = y = z =
3
XÐt biÓu thøc ( )
3
x α+βxα
β
β
α + ≥ α + β
CÇn chän α β, cho
4
x x
α+β α
= ⇒α = β, chän α =4,β =1
Ta cã
5
1
3
x+ ≥ x T−¬ng tù:
5
1
3
y+ ≥ y ,
5
1
3
z+ ≥ z
5
5 4 53
10
x y z T
⇒ + + ≤ ⇒ ≤
(23)Có thể bạn chưa biết! Có thể bạn chưa biết! Có thể bạn chưa biết!
Có thể bạn chửa bieỏt!
Bốn cách chứng minh phân kỳ của Chuỗi điều hoà
Trong hc phn Gii tớch chỳng ta ó xột
chuỗi 1 1
2p 3p p
n
+ + + + +
Các bạn biết chuỗi hội tụ p>1 phân kỳ p≤1 Khi p=1 chuỗi có dạng 1 1
2 n
+ + + + + (1) đ−ợc gọi Chuỗi điều hoà Xin giới thiệu với bạn đọc bốn cách chứng minh phân kỳ Chuỗi điều hồ
C¸ch 1: XÐt dÃy tổng riêng chuỗi (1)
1 1
2 n
S
n
= + + + + Ta cã:
2
1 1 1
1 2 2
n n
S S n
n n n n
− = + + + ≥ =
+ +
Do lấy
2
= không tồn số N nµo cho:
*
n p n
n N , p : a + a
∀ > <
Điều chứng tỏ { }Sn không dÃy
Do khơng hội tụ
C¸ch 2: (Chøng minh cđa Pietro Mengoli nhà toán ngời Italy)
Với n>1 ta cã: 1
1
n +n+ n+ > n (A)
Đặt
1 1 1 1 1
2 10
S= + + + + + + + + + +
Bây ta coi S tỉng cđa c¸c nhãm
1 1 1 1 1
1
2 10
S= + + + + + + + + + +
¸p dơng (A) cho c¸c nhãm ta cã:
1 1 3 1
+ + > =
+ + > =
1 1
8 10
+ + > =
1 1
2
⇒S> + + + +
Quá trình lặp lại vơ hạn Do S lớn tuỳ ý, hay chuỗi (1) phân kỳ
C¸ch 3: (Chøng minh cđa Nicole Oresme nhà toán học ngời Pháp)
Ta có:
1 1
2 2
+ > + =
1 1 1
1
2 4
+ + + > + + =
1 1 1 1
1
2
1 1
8 8
+ + + + + + + >
+ + + + =
Tỉng qu¸t
1 1
1
2 2n
n
+
+ + + + >
Suy tổng riêng (1) lớn tuỳ ý n tiến đến vô cùng, hay chuỗi (1) phân kỳ
Cách 4: (Chứng minh Bernoulli nhà toán học ngời Thuỵ Sĩ)
Từ
( )
1 1 1
1 12 20
n
n n
∞
=
= + + + + = +
(2)
Đặt
1 1 1
2
1
2 12 20 30 42
A
= + + + + + + =
= + + + + + +
Sư dơng (2) ta cã:
C=1 1 1
2+6+12+ 20+ =
D= 1 1
6 +12+20+ =C−2 =
E= 1 1 1
12+20+ =D−6 = 2−6 =3
F= 1 1
20+ = E−12 =3−12 =5
1
C D E F A A
⇒ + + + + = = +
1
A A
⇒ = +
Dấu “=” xảy A đại l−ợng vơ hạn, hay 1+A vơ hạn
Từ chuỗi (1) phân kỳ
(24)
Giải đáp số tr−ớc
(Số tháng 10/05) Lời giải mắc hai sai lầm Thứ nhất, tìm tiệm cận đứng, lời giải “quên” tham số m, m = = -1, hàm số có giới hạn -1 x
có giới hạn x 1+
→ khơng có tiệm cận đứng
Thø hai, x→ +∞ th× hµm sè cã tiƯm cËn
ngang y 1= cịn x→ −∞ hàm số có tiệm cận ngang y= −1 lời giải trên, tác giả đ−a x vào dấu bậc tính giới hn
x lim y
mà không ý tíi dÊu cđa x
Bkhcuong
Bài toán:
Nếu {fn( )x}là dÃy hàm liên tục
hi t n hm f(x) f có liên tục hay khơng?
Cã lêi gi¶i nh− sau:
∀ε >0 n đủ lớn: fn( )x − f x( ) < ε (*)
Với n đủ lớn: fn(x+h)− f x( +h) < ε (**)
Chọn n đủ lớn cho bất đảng thức thoả mãn
Với fn, fn liên tục nên ta có
fn(x+h)− fn( )x < ε (***)
với h đủ nhỏ, fn liên tục x Vì với
h đủ nhỏ, ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
n
n n n
f x h f x f x h f x h f x h f x f x f x
+ − ≤ + − + +
+ + − + − < ε
Với ε>0 bất kì, f liên tục x
Theo bạn lời giải ch−a?
(Chøng minh trªn cđa Augustin-Louis Cauchy (1789-1857) năm 1821 )
Nguyễn Văn Tuyªn
Claude Louis Marie Henry
Navier (TiÕp theo trang 21)
Navier sống vào thời kì mà phong trào cách mạng diễn mạnh mẽ khắp Châu Âu nói chung Pháp nói riêng Hai ng−ời có ảnh h−ởng nhiều đến quan điểm trị Navier Auguste Comte, nhà triết học Pháp, đ−ợc biết đến nh− ng−ời đặt móng cho chủ nghĩa xã hội chủ nghĩa thực chứng; Henry de Saint-Simon, ng−ời khởi đầu phòng trào Saint-Simon, phong trào đề ý thức hệ xã hội chủ nghĩa tảng tiến khoa học kĩ thuật
Comte học ngành toán Đại học Bách khoa Paris từ năm 1814 Navier trợ lí ơng trở thành ng−ời ủng hộ nhiệt tình lí l−ởng Comte Saint-Simon Navier tin t−ởng vào giới cơng nghiệp khoa học kĩ thuật giải phần lớn vấn đề Ông chống lại chiến tranh việc để xảy nhiều đổ máu cách mạng Pháp nh− bành tr−ớng quân Napoleon
Từ 1830 Navier làm cố vấn cho phủ vấn đề áp dụng khoa học kĩ thuật để phát triến đất n−ớc Ơng cố vấn sách giao thơng vận tải, xây dựng đ−ờng đ−ờng sắt Nhiều báo cáo ông cho thấy khả kĩ s− xuất sắc với quan điểm trị mạnh mẽ ông việc xây dựng xã hội công nghiệp lợi ích tất
mäi ng−êi
Bkhcuong (su tầm)
Đề kỳ (tiÕp theo trang 20)
Câu Cho dãy số ( )xn xác định n
1 n
n
x n
x 1, x , n
n x
+
= = + ≥
CMR víi mäi n 4≥ , ta cã a2n =n
C©u Giả sử , , nghiệm
phơng trình x3 x 0
= H·y tÝnh
1 1
1 1
− α − β − γ
+ +
+ α + β + γ
Câu Giải hệ phơng trình sau
i
i i
4
4x x
1 4x
1 1, 2, 3, x đợc hiểu x
+
=
+