Đang tải... (xem toàn văn)
Sophus Lie ®−îc rÊt nhiÒu ng−êi chó ý vµ dÔ dµng xin ®−îc c¸c häc bæng häc ë Berlin, Gottingen vµ Paris.. ChuyÕn ®i ®Çu tiªn ra n−íc ngoµi cã vai trß rÊt quan träng ®èi víi Lie.[r]
(1)Diễn đàn - thông tin
Di chóc cđa Nobel
thevinh (tỉng hỵp tõ Internet)
Đã thành thông lệ, năm, vào tháng 10, giải th−ởng Nobel đ−ợc lần l−ợt công bố, vinh danh ng−ời, tập thể có đóng góp lớn cho lợi ích nhân loại Nh−ng biết đ−ợc tranh cãi phía sau giải th−ởng uy tín giới
Kh«ng đợc thiên vị
Nobel l nh bỏc hc ni tiếng giới nghiên cứu chế tạo thuốc nổ kỷ 19 Ông sở hữu 355 hạng mục quyền sáng chế phát minh 100 xí nghiệp thuốc nổ nhiều n−ớc giới Do vậy, ông đ−ợc mệnh danh “vua thuốc nổ” Những năm cuối đời, Alfred Bernhard Nobel (1833-1896) viết Di chúc vào năm 1889, 1893, 1895 việc xử lý số tài sản ông sau ông qua đời Bản cuối Di chúc chuẩn đ−ợc ông gửi vào ngân hàng Stockholm Nguyên văn:
Ng−ời ký tên d−ới Alfred Bernhard Nobel Tôi suy nghĩ kỹ công bố Di chúc cuối việc xử lý số tài sản để lại sau qua đời nh− sau:
Tồn tài sản đ−ợc chuyển thành tiền mặt, ng−ời thừa hành đầu t− vào chứng khốn cách an tồn cấu thành loại quỹ Lợi nhuận quỹ đ−ợc chia thành phần để th−ởng cho ng−ời có cống hiến lớn lợi ích nhân loại năm tr−ớc đó, bao gồm: Ng−ời có phát phát minh quan trọng lĩnh vực Vật lí; Ng−ời có phát cải tiến quan trọng lĩnh vực Hóa học; Ng−ời có phát quan trọng lĩnh vực Sinh lí Y học; Ng−ời sáng tác tác phẩm văn học kiệt xuất theo khuynh h−ớng chủ nghĩa lí t−ởng; Ng−ời có cống hiến lớn tốt việc thúc đẩy mối quan hệ hữu nghị n−ớc, việc loại bỏ cắt giảm binh bị, quân đội hội nghị hồ bình
Viện khoa học Hồng gia Thụy Điển xét trao tặng giải vật lí giải hóa học; Viện y học Stockholm xét trao tặng giải sinh lí y học; Viện văn học Thụy Điển Stockholm xét trao tặng giải văn học; Giải hịa bình ủy ban gồm ng−ời đ−ợc nghị viện Na Uy cử để xét trao tặng
Ước muốn rõ ràng là: xem xét để trao giải th−ởng cho nhân vật nêu hồn tồn khơng thiên vị quốc tịch ng−ời đó, họ có phải ng−ời Scandinavia hay không (Thụy Điển phía Đơng bán đảo Scandinavia Bắc  -u - NV), cần họ xứng đáng
ViÖc lËp giải thởng nêu nguyện vọng thiết thân
õy l bn Di chúc có hiệu lực tơi Sau qua đời, phát di chúc khác tr−ớc xử lý tài sản tơi di chúc vơ hiệu
(2)Tranh c·i
Sau Di chúc Nobel đ−ợc công bố, gây nhiều tranh luận Thụy Điển, giới luật s− báo chí Khi ng−ời viết Di chúc yên nghỉ d−ới suối vàng đ−ợc hai năm
Nhiều tờ báo đăng khuyến khích ng−ời họ hàng thân thuộc Nobel làm đơn th−a kiện Họ cho Nobel ng−ời Thụy Điển nh−ng bình xét giải th−ởng ơng chẳng có chút −u ng−ời Scandinavia Hơn nữa, giải Hồ bình ơng lại giao cho Na Uy bình xét trao giải, điều ph−ơng hại đến lợi ích Thụy Điển Một số thành viên Đảng xã hội dân chủ Thụy Điển cho Nobel dùng tài sản lập giải th−ởng để th−ởng cho nhân vật kiệt xuất, nh−ng thực tài sản Nobel có đ−ợc nhờ công sức nhiều ng−ời lao động khoáng sản tự nhiên, đáng phải chia cho thành viên xã hội Thụy Điển Một số luật s− cố soi vào sơ hở Di chúc nhằm vơ hiệu Họ cho rằng, Di chúc không nêu rõ ng−ời lập Di chúc cơng dân n−ớc nào; đó, khó xác định đ−ợc quan chấp pháp n−ớc có thẩm quyền phán tính hợp pháp Di chúc, khơng thể xác định đ−ợc phủ n−ớc đứng tổ chức ủy ban giải Nobel
Trên thực tế Nobel “ng−ời giới” Ông sinh Thụy Điển nh−ng tr−ởng thành Nga, hoạt động sáng tạo khắp toàn cầu qua đời ý Những năm cuối đời ông không mang quốc tịch n−ớc
Các luật s− nêu số điểm sơ hở khác nh− Di chúc khơng nêu rõ tồn tài sản Nobel quản lý, khơng định đích danh đứng thành lập quỹ đó, ng−ời thừa hành thực Di chúc khơng có quyền thừa kế số tài sản khơng thể tồn tổ chức thừa kế quỹ giải th−ởng
Điều làm nhiều ng−ời ngạc nhiên là, theo Di chúc Nobel Viện khoa học Hồng gia Thụy Điển bình xét giải Vật lí giải Hóa học, nh−ng vị Viện tr−ởng Viện lại đề nghị tài sản Nobel không nên dùng làm quỹ giải th−ởng mà nên tặng cho Viện Khoa học Hoàng gia Thụy in
Do cố gắng ngời thừa hành Di chúc, cuối cùng, ngày 21-5-1898, Quốc vơng
Thụy Điển tuyên bố Di chúc Nobel có hiệu lực, ngày 29-6-1900, Quốc hội Thụy Điển thông qua Điều lệ giải Nobel
Ngày 10-12-1901, nhân kỷ niệm năm ngày Nobel, giải Nobel đ−ợc trao Và từ đến nay, hàng năm giải thu hút quan tâm nhiều ng−ời giới
§Ị kì này: Đề kì này:Đề kì này: Đề kì này: ****************************
Bi Cho s thực d−ơng a dãy số { }xn xác định
n n
x x a x n2 =0, +1= + , ≥0
Tìm điều kiện cần đủ a để dãy { }xn hội tụ
(thevinhthevinhthevinhthevinh)
Bài Cho số thực a∈[0, 1] Xác định tất hàm liên tục không âm [0, cho ] điều kiện sau đ−ợc thỏa mãn:
a) f x dx
0
( ) =1
∫ ;
b) x f x dx a
0
( ) =
∫ ;
c) x f x dx a
2
0
( ) =
∫
(TNGTNGTNGTNGVVVV) Bài Cho hàm sốf liên tục [ , ]a b , khả vi ( , )a b , f a( )=a f b, ( )=b Chøng minh tồn hai số c d, phân biệt thuéc kho¶ng
a b
( , ) cho: f c′( )+ f d′( ) 2=
(Nguyễn Văn TuyênNguyễn Văn TuyênNguyễn Văn TuyênNguyễn Văn Tuyên)
Bµi Cho d·y sè { }an , a1∈(0, 1),
n n n
a a3 a2 n
1 1,
+ = − + ≥ TÝnh nlim( )a a a1 n
→∞
(3)Giải kỳ trớc
Bài Giả sử tồn song ánh liên tơc f : (0,1)→[0, 1]
Khi tồn x∈(0, 1) : ( ) 0.f x = Lấy
A=(0, ),x B=( , 1)x Ta có: A∩B=φ từ f đơn ánh nên:
f A( )∩ f B( )= f A( ∩B)=φ
Do f liªn tục (0, 1] tập liên thông nên
( )
f (0, ] có chứa khoảng x [0, ),a a>0 Do f A( ) chứa khoảng (0, )a T−ơng tự f B( ) chứa khoảng (0, ),b b>0 Điều mâu thuẫn với f A( )∩f B( )=φ Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn song ánh liên tục từ
(0, 1) vào [0, 1]
Bài Đặt Eij ma trận vị trí i j
( , ) vị trí lại Không gian V Mn( ) bao tun tÝnh cđa
các ma trận có dạng AB−BA khơng gian bao tuyến tính AB−BA, A ma
trËn cã d¹ng Eij, B ma trận có dạng Ekl Chúng ta có:
il ij kl kl ij
kj
ii jj
j k i l
E j k i l
E E E E
E j k i l
E E j k i l
0 nÕu vµ nÕu vµ nÕu vµ nÕu vµ
≠ ≠
= ≠
− =
− ≠ =
− = =
Từ V bao tuyến tính tập hợp tất phần tử E iij, ≠ j tập phần tử có dạng Eii−Ei+1, 1i+ ,i=1,n−1 Rõ dàng chúng độc lập tuyến tính, :
2
dimV=(n −n) (+ n−1)=n −1
Bµi Có tồn hay không hàm số khả vi :
f → tho¶ m·n:
( )0
f = vµ ( ) 2( )
' ≥ ,∀ ∈
f x f x x ?
Lêi gi¶i:
Giả sử tồn hàm f thỏa mãn tốn Khi f đồng biến [0, )∞
( ) 0, [0, )
f x > ∀ ∈x ∞ Tõ gi¶ thiÕt cđa toán
ta có: 2
0
( )
( ) , [0, 1)
( )
x x
f t
dt dt f x x
f t x
′
≥ ⇒ ≥ ∈
−
∫ ∫
Do khơng tồn lim ( )
x→ f x , ®iỊu mâu thuẫn với giả thiết f liên tục Vậy không tồn hàm f thỏa mÃn toán
Bµi XÐt hµm sè f x( ) ax3 bx2 cx d
= + + + lµ
mét hàm liên tục Xét hàm số:
( ) ( ) (7 )
g x = f x + f −x −
cịng lµ mét hàm liên tục có
(2) (2) (5) 133 29 7
(3) (3) (4) 91 7
g f f a b c d
g f f a c d
= + − = + + + −
= + − = + + −
0
(2) (3) (2, 3) : ( )
g g < ⇒∃ ∈x g x =
0
( ) (7 )
f x f x
⇔ + − − =
Chän u x v= 0, = −7 x0, ta cã:
( ) ( ) u v
f u f v
+ =
+ − =
hay lµ ta cã:
( 3) ( 2) ( ) u v
a u v b u v c u v 2d -7=0
+ =
+ + + + + +
Trần Văn Tuấn K30G Bài
G O
L N
M
C B
A
Gọi G trọng tâm tam gi¸c ABC, ta cã: NGL AGC
∆ ∼∆ , suy LN LG
AC = CG T−¬ng tù ta cã: ∆MGL∼∆AGB, suy LM LG
AB = BG Mặt khác LN=LM, nên suy ra:
2
2
AB BG AB BG
AC= CG⇒ AC =CG
(4)2 2
2 2
2
2
BG AB BC AC
CG AC BC AB
+ −
=
+ −
V× thÕ ta cã:
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2
2
( )(2 )
2
AB AB BC AC
AC AC BC AB
AC BA BC AB AC
BC AB AC
+ −
=
+ −
⇔ − − − =
⇒ = +
BkhCuong
Giải đáp số tr−ớc
(Số tháng 03/06) Thực ra, bạn không để ý hàm f x
x2
( )= không bị chặn lân cận điểm x=0, khơng khả tích đoạn [ 1, 2]− , ú
không áp dụng công thức Newton Leibnitz
đợc
(BkhCuong)
Câu hỏi số này
Bài toán:Tính giới hạn
n n
n e lim
→∞
Lêi giải:
áp dụng quy tắc LHospital liên tiếp hai lÇn ta
cã:
n n n
n n n
n n
e e e
2
2
lim lim lim
→∞ = →∞ = →∞ =
Theo bạn lời giải hợp lí ch−a?
(TNgV)
Lũy thừa ma trận toán liên quan Lũy thừa ma trận toán liên quanLũy thừa ma trận toán liên quan Lũy thừa ma trận toán liên quan
Trần Văn Tuấn K30G
Cỏc bi toán lũy thừa ma trận th−ờng xuyên xuất kì thi Olympic tốn học sinh viên tồn quốc Lý thuyết ma trận đ−ợc sử dụng nhiều để nghiên cứu đối t−ợng khác tốn học: Dãy số, dạng tồn ph−ơng, đ−ờng mặt khơng gian, với mục đích khác viết tơi xin trình bày số kinh nghiệm để giải tốn liên quan đến lũy thừa ma trận
1 C¸c kiÕn thøc cÇn nhí
1.1.Ma trËn lịy linh: Mét ma trËn vu«ng A Mat n K∈ ( , ), (K trờng số thực trờng số phức), n *
đợc gọi ma trận
lũy linh nÕu k
k *: A 0
∃ ∈ = Sè tù nhiªn k
nhá nhÊt thỏa mÃn điều kiện đợc gọi bậc lũy linh
1.2.Ma trËn ®a thøc
NÕu r
r
f x( )=a0+a x1 + +a x ∈K x[ ] đa thức biến A Mat n K∈ ( , ), th× ta gäi
r r f A( )=a I a A0 + 1 + +a A
là ma trận đa thức Một số tÝnh chÊt cđa ma trËn ®a thøc:
f g K x, [ ]
K ta cã:
f g A f A g A f A f A
( )( ) ( ) ( )
(α )( ) α ( )
+ = +
=
1.3.Định lí Cayley - Hamilton
Gọi f tA( )= A tI− đa thức đặc tr−ng ma
trận A Khi f AA( ) 0=
Tồn đa thức đơn (tức đa thức có hệ số cao 1) nhận Alàm nghiệm Hơn đa thức nhận A làm nghiệm chia hết cho đa thức Đa thức gọi đa thức tối tiểu A
1.4.Công thức Taylor đa thức Giả sử P x( )∈K x[ ], degP n x= , 0∈K Khi đó, ta có:
k n
k k
P x
P x x x
k ( )
0
0
( )
( ) ( )
! =
=∑ −
suy
k n
k
k
P x
P x A x I
k ( )
0
0
( )
( ) ( )
! =
(5)k
A k( ∈*) thông qua ma trận A, thỏa mãn số yêu cầu đề bi
2 Một số phơng pháp giải
a Phơng pháp 1: Sử dụng tính chất chéo hóa ma trËn
Giả sử A∈Mat n K( , ), A chéo hóa đ−ợc tồn P GL n K∈ ( , ) cho ma trận P AP−1 có dạng chéo, suy tồn ma trận chéo D cho D= P AP−1 Từ ta có: Ak (PDP−1)k PD Pk −1.
= = Chó ý r»ng:
k k k k
n D =diag( ,λ λ1 2, , )
với i,i=1,n nghiệm ®a thøc f tA( ) VÝ dô (Olympic toán sinh viên 2006)
Cho ma trận A
2 4 8
=
Chøng minh r»ng det(I A− 2006) 0≠ Lêi gi¶i:
ChÐo hãa ma trËn A, ta cã: A PDP= −1 víi
D P
P
2 0 1
0 , 2 ,
0 14 1
1
0
3
1
0
2
1 1
6
−
−
= − = − −
−
= −
Do đó:
A PD P I A PP PD P
P I D P
2006 2006 2006 2006
2006
( )
− − −
−
= ⇒ − = −
= −
V× : D
2006
2006 2006
2006
2 0
0 ( 2)
0 14
= −
nªn det(I A2006) det(I D2006) 0.
− = − ≠
VÝ dô Cho ma trËn A 2
=
H·y t×m ma
trËn B cho B2 A. = Lêi gi¶i:
ChÐo hãa ma trËn A ta cã: A=PDP−1, víi:
D P P
1
1 3 3
, ,
0 1
3 −
−
= = =
−
Gäi B lµ ma trËn cã d¹ng B PCP= −1
B2 PC P2 −1
⇒ = Khi đó:
B2 A D C2 C
0
= ⇔ = ⇒ =
Thay vào biểu thức B, ta đợc B
4 3 3
=
Mét sè toán tơng tự: Bài tập Cho ma trận
A
11 5
5 3
5 3
−
= − −
−
H·y t×m ma trËn B cho B3 A
=
Bµi tập (Olympic sinh viên toàn Nga 2005) Cho ma trËn
M
1 2 0 0 0
=
−
H·y t×m ma trËn B Mat∈ (4, ) cho
B2005 =M. Bµi tËp TÝnh
5 17 13 12
−
−
Bµi tËp TÝnh
4 3
2
4
−
−
−
b Phơng pháp 2: Sử dụng khai triển nhị thức Newton
Ta cã kÕt qu¶: Víi A B Mat n K, ∈ ( , ) , cho AB BA= ta có công thức sau:
n
n k n k k
n k
A B C A B
0
( ) −
=
+ =∑
(6)B−íc 1: Ta h·y ph©n tÝch A B aI= + , víi a vµ
ma trËn B tháa m·n : m * m k Bm
, :
∃ ∈ < = từ tìm a Hoặc ta xác định a tr−ớc xác định B Thông th−ờng a nghiệm đa thức đặc tr−ng, m bậc đa thức tối tiểu A
B−íc 2: Ta cã
k m
k i k i i i k i i
k k
i i
A C a B 1C a B
0 − − − = = =∑ =∑
Mét sè vÝ dô
VÝ dơ (Olympic Khoa To¸n 2002) Cho ma trËn
b a A a b 1 0 − = − −
TÝnh A2002 Lêi gi¶i:
Ta có A B I= + , với I ma trận đơn vị,
b a B a b 0 0 − = − − Ta cã:
B ab a B
b ab
2
2
0 0
0 ,
0 = − = − Do đó:
A B I I C B C B
b a
a ab a
b b b
2002 2002 2
2002 2002
2
2
( )
1 2002 2002
2002 2003001 2003001
2002 2003001 2003001
= + = + + = − = − + − − −
VÝ dô (Olympic toán sinh viên 2006) Cho ma trận
A
2006 2006 2005 2006 2005 2005
− = − −
Xác định phần tử ma trận S I A A2006.
= + + +
Lêi gi¶i:
Ta có A B I= + ,
B
2005 2006 2005 2006 2005 2006
− = − − T cã: B2 0
= , nên với số tự nhiên k k
A = +I kB D đó: k
k
S A I B
I B 2006 2006(2006 1) 2007 2007 1003.2007 =
+
= = +
= +
∑
Suy phần tử đờng chéo là:
a a
a
11 22
33
2007(1 1003.2005), 1004.2007, 2007(1 1003.2006)
= + =
=
Một số toán tơng tự
Bài tập Giả sử ma trận A ma trËn d¹ng a
a
A a
a 0 0
0 0
=
Tìm tổng phần tử dòng đầu cña ma trËn m
A , (m n≤ )
Bµi tËp TÝnh A2007 víi ma trËn
A 1
1
= −
Ph−ơng pháp 3: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức đặ tr−ng
Xét tốn tổng qt, ta cần mơ tả Ak qua lũy thừa thấp A Khi ta đặt
k
P x( )=x ⇒P A( )=Ak Chia ®a thøc P x( ) cho f xA( ) ta cã:
A
P x( )= f x q x( ) ( )+r x( ) với degr<degfA =r Do đó, ta có:
A
P A( )= f A q A( ) ( )+r A( )=r A( )
Từ Ak hồn tồn đ−ợc xác định dựa vào đa thức d− r A( )
VÝ dơ TÝnh A2007, víi A 1
= −
Lời giải: Ta có đa thức đặc tr−ng ma trận A là:
x
A xI x
x
| |
1 −
− = = +
− −
(7)A2 I 0 A2 I A4 I.
+ = ⇒ = − ⇒ =
LÊy ®a thøc x2007 chia cho ®a thøc x4, ta cã: x2007 x4 501x3
( )
=
Do đó:
A2007 (A4 501) A3 A3 A .
−
= = = − =
VÝ dô 2: Cho ma trËn a b
A Mat
c d (2, )
= ∈
và f x( ) đa thức tïy ý TÝnh f A( ) Lêi gi¶i:
Đa thức đặc tr−ng ma trận A là:
a x b
A xI x a d x ad bc
c d x
2
( )
−
− = = − + + −
−
áp dụng định lí Caley – Hamilton, ta có A
nghiệm đa thức đặc tr−ng A
f x x2 a d x ad bc ( )= −( + ) + − Gọi α β, ∈ hai nghiệm f xA( ) Do đó:
A
f x( ) (= x−α)(x−β)
NÕu α =β, ¸p dơng khai triĨn Talor cho ®a thøc f x( ) ta cã:
A
f
f x( ) f( ) f ( )(x ) ( )(x ) 2 2!
α
α ′ α α ′′ α
= + − + −
Suy f A( )= f( )α I+ f′( )(α A−αI) NÕu α ≠β, chia f x( ) cho f xA( ) , ta cã:
A
f x( )= f x q x( ) ( )+r x( ), deg ( ) 1.r x ≤
Do đó: f( )α =r( ), ( )α f β =r( )β Giả sử r x( )= px q+ Ta có:
f f
p p q f
p q f f f
q
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
α β
α α α β
β β α β β α
α β
−
=
+ = −
⇒
+ = −
=
−
VËy:
f f f f
f A( ) r A( ) ( )α ( )β A α ( )β β α( )I
α β α β
− −
= = +
− −
Mét sè bµi toán tơng tự Bài tập Cho
A
4 15
1
−
= −
−
TÝnh A2007
Bµi tËp Cho f x( ) đa thức tùy ý thuộc K x[ ], tÝnh f A( ) nÕu:
A
4 5
−
= −
−
Bµi tËp TÝnh A2002 nÕu:
A
3
1
2 .
1
1
2
+ −
=
−
Đề thi Olympic sinh viên khoa toán Năm 2006 2007
Môn: Đại số
Câu TÝnh A2006, biÕt
A cos sin
sin cos
ϕ ϕ
ϕ ϕ
−
=
Câu Cho K trờng, n *
∈ Chøng
minh c¸c tÝnh chÊt sau cđa ma trận vuông A cấp n K tơng đơng: a) A tích vô hớng víi
ma trận đơn vị b) Mọi véctơ n
v∈K , v≠0 véctơ riêng A
Câu Giải hệ phơng trình x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
1
2
2004 2005 2006 2005 2006 2006
0
0 0
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
(8)n n
n n n n
2 2
2 2
2 2
1
2 ( 1)
( 1) ( 2) (2 1)
+
+ + −
Câu Cho A B, hai ma trận phức cấp n nì
sao cho AB BA tổ hợp tuyến tính
của A B Chứng minh tồn véctơ v0 véctơ riêng
A B Câu
a) Hãy tìm đa thức f x( ) bậc thấp nhận giá trị cực đại x=1 giá trị cực tiểu x=3
b) Cho a a0, , ,1 an số thùc tháa m·n a0+a1+ +an =0 H·y chØ r»ng ®a thøc
n n P x( )=a0+2a x1 + (+ n+1)a x cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thực
Môn: Giải tích
Cõu Cho cỏc hàm số xác định liên tục khoảng ( , )a b thỏa mãn:
[f x( )] [2 = g x( )]2 ≠0,∀ ∈x ( , )a b Chøng minh r»ng f =g hc f = −g
Câu Tìm hàm f : khả vi liên tục
và thỏa mÃn điều kiện sau:
[ ]
f
f x f x x
2005
2006
(0)
2005
( ) ( ) ,
32
=
′ ≥
Câu Cho hàm số f liên tục [0; , khả ] vi (0; vµ tháa m·n: )
( )
f x x
0 ( ) , 0;
2006
′
< < ∀
Chứng minh tập giá trị f không nằm [0; phơng trình ] f x( )=x nghiệm đoạn
Câu Giả sử hàm số f có đạo hàm liên tục đoạn [ , ]a b Chứng minh rằng:
b
n a
f x nxdx
lim ( )sin
→∞∫ =
C©u Cho d·y ( ) tháa m·n xn
( n n)
n x x
lim 2007 + 2006
→∞ − =
CMR: d·y( ) héi tơ vµ xn n n x
lim
=
Môn: Toán sơ cấp
Câu Tìm nghiệm ( , )x y cđa hƯ
x y x y
x y
tan tan
3 π
− = −
+ =
tháa m·n ®iỊu kiƯn x y,
2
π π
− < <
C©u Chøng minh r»ng
a b c
b c c a a b
2006 2006 2006 2006
2005( + )+ 2005( + )+ 2005( + )> 2005
với a b c, , dơng
Câu Cho tø diÖn ABCD cã AB CD c= = ,
AC BD b= = , AD BC a= = với a b c, , ba độ dài cho tr−ớc Tìm mặt phẳng ( )α khơng qua đỉnh tứ diện tạo với tứ diện thiết diện có chu vi bé
C©u Chøng minh víi mäi n∈*, ta cã: ( ) ( ) ( ) ( n) n n
n n n n n
2 2
0 2
2 2 2
C − C + C − + C = −( 1) C
Câu Tính tổng nghịch đảo nghiệm x 2007
24062
≥ cđa ph−¬ng tr×nh:
x x
x x
x x
2
10 2007 10 2007
4sin 32 cos
2006 6018
10 2007
31sin 35
6018
+ +
− −
+
− + =
Câu Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau
(9)Tiếng anh qua toán Nguyễn Quèc TuÊn K29G NguyÔn Quèc TuÊn K29G NguyÔn Quèc TuÊn K29G NguyÔn Quèc TuÊn K29G
Problem:
There are some boys and girls sitting in a n x n quadratic array We know the number of girls in every column and row and every line parallel to the diagonals of the array For which is this information sufficient to determine the exact positions of the girls in the array? For which seats can we say for sure that there is a girls or not?
Solution:
The information is trivially sufficient for n =1, n = and n = (The diagonal sums immediately tell whether there are girls im the corners) Let n = 5, and assume the seating is desribed by the n x n matrix aij is 1, if the person sitting on the j – th seat on row i is a girl, and otherwise Set
5
i ij
j
h a
=
=∑ ,
1
i ij
j
v a
= =∑
1 51,
r =a r2 =a41+a52, ,r9 =a15,
1 11
l =a , l2 =a12+a21, ,l9 =a55
Then
33 8 5
3a = − − − − + + + + + +h v v v v r r l l r l
So the row, column and diagonal sums determine the corner and center positions On the other hand, for any of the remaining 20 positions one can easily construct a combination in which a zero can be changed to one without changing the sums (For instance, change any of the numbers a12,a13,a22,a23 while keeping the other three unchanged and convine yourself that there is a way of changing some of the other numbers in the array in a consistent manner.)
New words:
Quadration array: m¶ng hình vuông Diagonal: đờng chéo
Determine: Xỏc nh Trivially: tầm th−ờng Remaining: lại Combination: tổ hợp
Mét số toán hạng ma trận Một số toán hạng ma trậnMột số toán hạng ma trận Một số toán hạng ma trận
Nguyễn Đức T©m K30A
Trong kỳ thi Olympic Tốn sinh viên tồn quốc xuất nhiều tốn trực tiếp gián tiếp liên quan đến hạngcủa ma trận viết xin đ−a số tốn hạng ma trận
I.KiÕn thøc cÇn nhí: 1)
rankA rankB− ≤rank A B( + )≤rankA rankB+ 2)
rankA rankB n rank AB+ − ≤ ( ) min(≤ rankA rankB, )
Chøng minh:
1) Giả sử f g, ∈End(Kn), có ma trận t−ơng −ớng A B, sởε =(εi)đã cho Khi f g+ có ma trận A B+ f g có ma
trËn lµ AB
Ta chøng minh :
g f
g
f ) Im Im
Im( + ⊂ +
ThËt vËy:
) )( (
)
Im(f g x K y f g x
y∈ + ⇒∃ ∈ n = +
∀
g f Im Im
g(x) + f(x)
= ∈ +
⇒Im(f +g)⊂Im f +Img
Suy ra: dim Im(f g+ ) dim Im≤ f +dim Img Hay lµ rank A B( + )≤rankA rankB+
rankA rank A B B= ( + − )≤rank A B( + )+rankB rankA rankB rank A B( )
⇒ − ≤ + (1)
Mặt khác:
rankB rank B A A= ( + − )≤rank A B( + )+rankA rankB rankA rank A B( )
⇒ − ≤ + (2)
Tõ (1)vµ (2) suy ra: )
(A B rank rankB
rankA− ≤ +
2) XÐt f Imf =id Ta cã: f g x f g x ( )( )= ( ( ))
⇒Im f g =Im(f Img)⊂Im f Suy ra: rankAB rankA
Mặt khác, ta có
rankAB=dim Im(f g ) dim Im≤ g rankB=
Do đó: rankAB≤min{rankA rankB, } Ta chứng minh:
rankA rankB n rankAB+ − ≤
(10)Kerg
Ker f g Kerf g
: ( ) Im
φ → ∩
Trong φ[ ]x =g(x) với x Ker f g∈ ( )
Dễ thấy φ đẳng cấu tuyến tính nên theo định lý đẳng cấu ta có:
Ker f g Kerg Kerf g
dim ( ) dim= +dim( ∩Im )
f g n Kerf g
dim Im( ) dim( Im )
⇒ = − ∩
=dim Img−dim(Kerf ∩Im )g rank AB( ) rankB dim(Kerf Im )g
⇒ = − ∩
≥rankB−dimKerf
Suy ra: rank AB( )≥rankA rankB n+ −
II Bài tập Bài1: Nếu A2 E
= rank E A( + )+rank E A( − )=n
Lời giải: Vì A2 E
= nên ta có (E A E A+ )( − ) 0=
Theo phÇn ta cã:
) ( )
(E A rank E A rank
n≥ + +
Mặt khác theo ta có:
rank E A( + )+rank E A( − )
n rankA A
rank = =
≥ (2 )
Suy rank E A( + )+rank E A( − )=n
Bµi 2: Cho ma trËn A Mat n ( , ) phần tử
trên đờng chéo phần tử khác a khác không số nguyên
pkh¸c a
Chøng minh r»ng rankA n≥ −1 Lời giải
Đặt:B=(bij),bij =ai, jsuy rankB=1
Suy A B+ =(aij+bij)
≠ −
= − = +
j i a p
j i a b
aij ij
), (
,
Suy radet(A B+ ) (≡ −a) mod(n p a− ) 0≠ rank A B( ) n
⇒ + =
Theo trªn ta cã:
n rank A B( ) rankA rankB
⇒ = + ≤ +
=rankA+1 Suy ra: rankA n 1(đpcm)
Bài 3: Cho Vlà không gian véc tơ nchiều Kvà u v End V, ∈ ( )sao cho uv=0
a.CMR:rank u rank v n+ ≤
b.CMR với tự đồng cấu u End V∈ ( )tồn v End V∈ ( )sao cho uv=0
vµ rank u rank v n+ =
Lêi gi¶i:
a.Cã thÓ trùc tiÕp suy tõ tÝnh chÊt b.XÐt c¬ së { }ei ,{ }εj víi i j, =1,2, ,n tho¶ m·n:
u(ei)=εi víi i=1, ,r u(ei)=0 víi i r= +1, ,n v(εj)=0 víi j=1, ,r v (εj)=ej víi j r= +1, ,n
Víi u v End V, ∈ ( )
Suy uv=0, tháa m·n: rank u rank v n+ =
Bµi 4: Cho ma trËn A=( )aij ∈Mat n( , ) cã
rankA r= Xét ma trận A* =(Aij)trong ij
A phần bù đại số aij trongA
TÝnh rankA* Lêi gi¶Ø:
NÕu r n≤ −2⇒ Aij =0víi ∀i j, Suy
ra rankA*=0
NÕu r n= −1⇒∃Aij ≠0suy A *
≠0
⇒rankA* ≥1
Ta cã (A*)tA=detA.I =0 v× detA=0
Víi jta có: n
s ik kj k
A a
i n
1 1, , =
=
∑ (*)
Suy rankA* chÝnh lµ sè chiỊu cđa kh«ng gian nghiƯm cđa hƯ PT (*)
Mặt khác rank a( )kj = n
⇒ rank A* t rankA*
( ) = =1
NÕu r n= ⇒ Aij ≠0 víi mäi i j, =1, ,n
V× (A*)tA=detA.I ≠0 Suy rarankA* n
=
Bµi5:Cho ma trËn A Mat (1999,2000),A
ma trận chuyển vị A B, ma trận phụ hợp củaA A
BiÕt r»ng det(A A′ )≠0vµ B ≠0 TÝnh rankB
Lời giải:
A A ma trận vuông cấp 2000 AA ma trận vuômg cấp 1999 det(A A )≠0 suy rank AA( ′)=1999
⇒1999=rank AA( ′)≤rankA =1999
(11)⇒rank A A( ′ ) ≤rankA=1999
NÕu rank A A( ′ )<1999 suy rankB=0
NÕu rank A A( ′ )=1999 theo bµi ta có rankB=1
Bài6: Cho A B Mat n, ∈ ( , ) tho¶
m·nrankB rank AB= ( ).Chøng minh r»ng rank BC( )=rank ABC( ),∀ ∈C Mat n( , )
Lêi gi¶i:
Ta cã KerB Ker AB= ( ) ThËt vËy ∀ ∈x KerB
⇒Bx =0⇒ ABx =0
Suy x Ker AB ( ) KerBKer AB( ) (1) Mặt khácvì rankB rank AB= ( )
⇒dimKerB=dimKer AB( ) (2) Tõ (1) vµ (2) suy KerB Ker AB= ( )
T−¬ng tù ta cã Ker BC( )⊂Ker ABC( ) x Ker ABC∈ ( )⇒ ABCx =0 ⇒ AB Cx( ) =0
⇒BCx =0 v× KerB Ker AB= ( ) Suy Ker ABC( )⊂Ker BC( )
⇒Ker BC( )=Ker ABC( )
⇒rank BC( )=rank ABC( )(đpcm)
Bài7:Cho A Mat n ( , ) , A luü linh, B ≠0
sao cho AB BA=
CMR: rank AB( )≤rankB−1 Lêi gi¶i:
Do A luỹ linh nên tồn ksao
choAk 0 =
Ta cã rank AB( )≤rankB
Gi¶ sư rank AB( )=rank BA( )=rankB Ta cã
rankB rank BA rank BAA rank BA2
( ) ( ) ( )
= = = =
k rank BA( )
= =
trái với giả thiết B
Suy rank AB( )rankB1(đpcm)
Bài 8:Cho A Mat (3 4, )× ,
B Mat∈ (4 2, )× , C Mat∈ (2 3, )×
sao cho: ABC
0 1
1
1
− −
= − −
H·y tÝnh rank CBA( )vµ chøng minh
BCA BCA
( ) =
Lời giải: Đặt M= ABC M2 =M Do detM=0rankM=2
CBA Mat∈ (2 2, )× ⇒rank CBA( ) ≤2
Tõ gi¶ thiÕt ⇒rank ABC( )2 rank ABC( )
= =
2=rank ABCABC( ) ≤rank CAB( ) Suy rank CAB( )=2 vµ
CAB C ABC AB C ABC AB2 CAB
( ) = ( ) = ( ) =( )
CAB I CAB CAB I
( ) ( )
⇒ − = ⇒ = D đó:
BCA2 B CAB CA BCA
( ) = ( ) =
Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt Khai th¸c mét số tính chất liên tục hàm số
liên tục hàm sốliên tục hàm số liên tục hàm số
Đỗ Văn Kiên K29C
Hàm số liên tục lớp hàm đặc biệt quan trọng, khơng giải tích Tốn học mà ngành khoa học khác Khái niệm hàm số liên tục khái niệm tảng để hình thành: đạo hàm, ngun hàm, tích phân, Các toán hàm số liên tục th−ờng xuyên xuất kỳ thi toán quốc gia quốc tế Định nghĩa: Cho I khoảng
, f
hàm số xác nh trờn I Ta núi f
liên tục x0∈I, nÕu:
0
( 0)( 0)( )(| | )
| ( ) ( ) |
x I x x
f x f x
ε δ δ
ε
∀ > ∃ > ∀ ∈ − <
⇒ − <
2 Các tính chất:
2.1 Cho f hàm số liên tục I tồn
I
x0 cho f(x0)>0 ( f(x0)<0) tồn δ >0 cho f(x)>0,∀x∈S(x0,δ), ( f(x)<0,∀x∈S(x0,δ))
2.2 Cho f :[a;b]R, f gọi liên tục
] ;
[a b f liên tục điểm x0 (a;b) liên tục phải tạia, liên tục trái b
(12)) ;
( Giả sử có điểm a,b(;) cho
) ( ) (a f b <
f c(a;b): f(c)=0
Hệ 1: Nếu hàm số f liên tục đoạn
] ;
[a b f(x)sẽ nhận giá trị trung gian nằm f(a)và f(b)
Tht vy: -Nu f(a)= f(b) mệnh đề hiển nhiên
-NÕu f(a) ≠ f(b), gi¶ sư )
(a
f < f(b) vµ α∈( f(a),f(b)) ⇒ f(a)−α <0, f(b)< Xét hàm số g(x)= f(x) liên tục đoạn
] ;
[a b cú f(a).f(b)<0 Do theo định lí ∃c∈(a;b):g(c)=0 hay f(c)=α
Hệ 2: Cho hàm sốf a b:[ , ]→[ ; ]a b liên tục Khi f có điểm bất động
trªn [a;b]( tøc x0[a;b]: f(x0)= x0) 2.3 Định lí Weiertrass: Cho hàm sè f liªn
tục đoạn [a;b] Khi f b chn
trên[a;b] tồn
[ , ] [ , ]
min ( ), max ( )
a b a b
m= f x M= f x
Chøng minh:
+ Giả sử f khơng bị chặn [a;b], đó:
(nIN*)(xn[a b, ]) :| f(xn)|>n
DÃy (xn)[a,b](xn)bị chặn nên theo nguyên lí Bolzano- Cauchy, (xnk)(xn) mà
⇒x0
xnk [a;b]
Từ từ tính liên tục f đoạn [a;b], suy ra:
0 lim ( nk) ( )
k→∞ f x = f x (1), nh−ng | f(xnk)|>nk,
k
IN* (mâu thuẫn với (1) ) f bị chỈn
trên[a,b] Từ
[inf ( ),a b, ]
m f x
∃ =
[ , ] sup ( )
a b f x
Μ = Theo tÝnh chÊt cña sèM, ta cã:
Víi n
ε = , tån t¹i xn∈[a b, ] , cho: M-ε
n M −1
= < f(xn)≤M T−¬ng tù nh− trªn, ∃(xnk)⊂(xn)héi tơ vỊx0∈[a,b]
Tõ tÝnh liªn tơc cđa f(x )t¹i x0, suy )
(x0
f =lim ( nk)
k→∞ f x = M
VËy
[ , ] max ( )
a b
M= f x
Chøng minh t−¬ng tù, ta cã
[ , ] ( )
a b
m= f x
HƯ qu¶ 1: NÕu f liên tục [a,b] )
(x
f nhận giá trị trung gian giá
trị lớn giá trị nhỏ f
[a,b]
Hệ 2: Nếu f liên tục [a,b] [ ]u,v
[a,b] , f([ ]u,v ) đoạn
2.4 Định lí Cantor: Nếu hàm số f liên tơc
trên đoạn [a,b] f liên tục trờn
đoạn[a,b]
2.5 Tớnh liờn tc v n điệu: Định lí: Cho hàm số
f : (a,b)→|R liên tục Khi f đơn ánh
⇔ f đơn điệu nghiêm ngặt
Chøng minh: (⇐) HiĨn nhiªn
(⇒) Giả sử f đơn ánh nh−ng khơng đơn điệu nghiêm ngặt
Khi ∃x1 <x2,x3 < x4 thuộc (a,b) cho: )
( )
(x1 f x2
f < , f(x3)> f(x4) XÐt hµm sè )) (
( )) (
( )
(t f x1 t x3 x1 f x2 t x4 x2
g < + − − + − ;
[ ]0,1 ∈
t DƠ thÊy liªn tơc trªn[0, , ta cã: ] )
0 (
g g(1) 0< ⇒t0∈( )0,1 : g(t0)=0 tơng đơng:
)) (
( )) (
(x1 t0 x3 x1 f x2 t0 x4 x2
f + − = + − ,
suy ra:
0 ) (
) ).(
(x1 −x2 −t0 +t0 x3−x4 = ( mâu thuẫn vế trái < 0) Vậy f đơn điệu nghiêm ngặt
2.6 Định lí: Giả sử f hàm số đơn điệu
đoạn [a,b] Khi đó:
( f liên tục trên[a,b] )( f ([a,b]) đoạn)
Chứng minh:
Không giảm tổng quát, giả sử f tăng
[a,b], (nếu không xét hµm f )
(⇒):
Ta cã f([a;b])⊂[f(a); f(b)] Vì f liên tục
trờn [a,b], nờn theo nh lý giá trị trung gian, ta có f([a;b])=[f(a); f(b)]
(13)Nếu f tăng f([a,b]) đọan )]
( ); ( [ ]) ;
([a b f a f b
f = Khi giả sử
) ; (
0 a b
x điểm gián đoạn f có
nht mt hai bất đẳng thức sau: ) ( ) ( ), ( )
(x0 f x0 f x0 f x0 f < + − <
Gi¶ sư f(x0)< f(x0+), v× f(x)≤ f(x0) víi
0
x
x≤ vµ f(x)≥ f(x0+) nÕu x > x0 suy ra:
0
( ( ); (f x f x +))f a b([ ; ])=
Mặt khác, f(a)≤ f(x0)< f(x0+)≤ f(b) nªn:
]) ; ([ )] ( ); ( [ )) ( ); (
(f x0 f x0+ ⊂ f a f b = f a b (mâu thuẫn)
Trờng hợp f(x0)< f(x0) chứng minh tơng tự
Vậy f liên tục (a;b)
2.7 Tính liên tục với hàm ngợc:
Định lí: Hàm số f : a; b[ ] liên tục vµ
tăng nghiêm ngặt (giảm nghiêm ngặt) Khi
f song ánh từ [a,b] lên [f(a);f(b)] (hoặc )]
( ); (
[f b f a )
Hàm số ngợc f : [ f (a); f (b)]−1 →[a;b] (hc 1:[ ( ); ( )] [ ; ]
a b a
f b f
f ) liên tục
và tăng nghiêm ngặt (giảm nghiêm ngặt) từ )]
( ); (
[f a f b (t−¬ng øng [f(b);f(a)]) lên [a,b]
2.8 Định lí: Nếu f hàm tăng [a,b] )
; (a b x
∀ :
0
0
f (a) f (a ) f (x )
f (x ) f (x ) f (b ) f (b)
+ −
+ −
≤ ≤ ≤
≤ ≤ ≤ ≤
Hệ 1: Hàm số f : [a; b ]→ đơn điệu
trên [a,b] có điểm gián đọan loại Hệ 2: Nếu f hàm đơn điệu [a,b] f nhận giá trị trung gian f(a)
f(b) f liên tục [a,b] Các hệ suy trực tiếp từ 2.8 2.9 Định lý Banach:
Hµm sè f :→ gäi lµ co nÕu ∃θ∈(0;1)
sao cho:
1 2
| ( )f x − f x( ) |≤θ |x −x |,∀x x, ∈
Khi f có điểm bất dộng
Chøng minh:
Lấy x0∈ lập dãy xn+1= f x( ),n n∈ Khi đó:
1
1
| | | ( ) ( ) |
| | | |,
n n n n
n n n
x x f x f x
x x x x n
θ θ
+ −
−
− = − ≤
≤ − ≤ ≤ − ∀ ∈
Do ∀m>n, ta có:
( )
1
1
0
0 1
| | | | | |
( ) | |
| | | |
1
m n n n m m
n n m
n k
k n
x x x x x x
x x
x x x x n
θ θ θ
θ θ
θ
+ −
+ −
∞
=
− ≤ − + + − ≤
≤ + + + − ≤
≤ − = − → → ∞
− ∑
Vậy (xn) dãy Từ từ
tính liên tục f suy f có điểm bất động
và hiển nhiên điểm bất động 2.10 Nguyên lý phần tử cực biên Nếu f liên tục [a,b], xét tập { [ ; ]: ( ) có tính chất }
P= x∈ a b f x α , tÝnh chÊt
α cã thĨ b¶o tån qua phÐp chuyển qua giới hạn Giả sử P P bị chặn
t m=inf , P M=sup P thỡ m phần tử nhỏ để f m( ) có tính chất α , Mlà phần tử lớn để f M( )có tính chất α
3 Các dạng toán
3.1 Tính liên tục hàm
Bài 1: Cho f g, hàm liên tục (a,b) Chứng minh hàm:
(x) min{ ( ), ( )}ϕ = f x g x ; (x) max{ ( ), ( )}ψ = f x g x cịng liªn tơc trªn (a,b)
Chứng minh: Điều cần chứng minh suy từ:
( )
( )
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
x f x g x f x g x x f x g x f x g x ϕ
ψ
= + − −
= + + −
Vµ tõ tÝnh liên tục hàm f g f g+ , Bài 2: Chứng minh tồn hàm liên tục y y x= ( ) thỏa m·n :
x y
y−sin = víi 0≤a<1
Chøng minh: Tr−íc hÕt víi y∈, ta xÐt hµm y
y
x= −sin Ta sÏ chøng minh x x y= ( ) lµ
hàm đơn điệu tăng
(14)2 2
2 2
2
(sin sin )
2 cos sin
2 2
2 sin
2
x x y y a y y
y y y y y y
a
y y y y
− = − − − = − + − = − ≥ − −
≥ − >
(doy2 −y1 >0)
Vậy x x y= ( ) hàm đơn điệu tăng (tất nhiên bạn suy trực tiếp từ đạo hàm hàm x, nh−ng ta không sử dụng đạo hàm) Hàm
( )
x x y= liên tục Vì tồn
nhất hàm ngợc ki hiệu y y x= ( ) liên tục thỏa mÃn: yasiny =x
Hơn nữa,
lim ( sin ) lim ( ( ) sin ( )) lim
x x
x
y a y y x a y x
x
→±∞ →±∞
→±∞
− = − =
= = ±∞
Vậy hàm y= y(x) xác định liên tục )
; (+
x
Bài tậptơng tù
1) Cho f :[a b, ]→ lµ hµm số liên tục Chứng minh hàm:
{ } { }
( ) inf ( ) , ( ) sup ( )
a t x a t x
m x f t M x f t
≤ ≤ ≤ ≤
= = còng
liên tục [a,b]
2) Cho hàm sè f :( , )a b → liªn tơc
vµ lim inf ( ), lim sup ( )
x a x a
l f x L f x
→ →
= = (a,b)
CMR: (∀ ∈λ [ ]l L, )(∃( ( ))x n ⊂( , ) :a b ) xn →a cho lim ( )n
n→∞ f x =λ 3.2 Sù tån nghiệm: Bài 1:
Cho hai hàm số f,g liªn tơc trªn (a,b) cho: [ ( )]2 [ ( )]2 0, ( ; )
b a x x g x
f = ≠ ∀ ∈
Chøng minh r»ng f = g hc f = - g (a;b) Chứng minh:
Từ giả thiết, ta cã:
− = = ) ( ) ( ) ( ) ( x g x f x g x f Gi¶ sư: 1 2
1 2
( ) ( ) , ( ; ) :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) (1)
f x g x
x x a b
f x g x
f x f x g x g x
= ∃ ∈ = − ⇒ = − ≠
- NÕu x1 = x2 ⇒ f(x1)=g(x1)=0 (trái giả thiết)
- Nếu x1 x2, không giảm tổng quát, giả sử
2
1 x
x < f(x) g(x) hàm liªn tơc trªn ]
; [x1 x2 :
+ NÕu f x f x( ) ( ) 01 < [ ; ]: ( ) 01
c x x f c
⇒∃ ∈ = (trái với giả thiết) + Nếu: f x f x( ) ( ) 01 >
1
( ) ( ) g x g x
⇒ < ⇒∃ ∈c2 ( ; ) : ( ) 0x x1 2 g c2 = (trái với giả thiÕt)
Do f = g f = - g trờn (a;b)
Bài Cho f(x) liên tục , nhận giá trị
khác dấu CMR ∃a,b,c(a<b<c) lËp thµnh cÊp sè céng cho: f(a)+ f(b)+ f(c)=0 Chøng minh:
Theo gi¶ thiÕt, ta cã:
0 , ) ( , ) ( :
, 2 1 2 1 2
1 ∈ > < ⇒∃ >
∃x x R f x f x δ δ
cho: ] ; [ )
(x x S x1 δ1 f > ∀ ∈ ,
] ; [
)
(x x S x2 δ2 f < ∀
Đặt =min(1,2) f x( ) dơng t¹i δ
δ +
− 1 1
1 ,x ,x
x f x( ) âm t¹i
δ
δ +
− 2 2
2 ,x ,x
x
Đặt
1 1
1
( ) ( ( )) ( ( ))
( ( )), [0;1]
g t f x t x x f x t x x
f x t x x t
δ δ
= − + − + + − +
+ + +
Hàm gliên tục [0; 1] có (0) 0, (1)
g > g < nªn t0(0;1):g(t0)=0 Đặt
1 1
1
( ), ( ),
( )
a x t x x b x t x x
c a x t x x
δ δ
= − + − = + −
= = + + −
ta cã a b c, , lËp thµnh mét cấp số cộng (đpcm)
Bài Cho hai hàm f,g:[a;b][a;b] liên
tục thỏa mÃn
( ( )) ( ( )), [ ; ]
f g x = g f x ∀ ∈x a b Chøng minh ) ( ) ( : ] ;
[a b f x g x
x∈ =
∃
(15)Giả sử f g x( ( )) ( ( )), g f x ∀ ∈x [ ; ]a b Khi hàm h x( ) ( ) - ( ) = f x g x liên tục giữ dấu [a;b] Ta giả sử h x( ) 0> ,
[a; b]
[ ; ] ( )
x a b c h x
∀ ∈ ⇒∃ = > Khi đó, ]
; [a b x∈
∀ , ta cã:
( ( )) ( ( )) - ( ( ))
h f x = f f x g f x ≥c vµ ( ( )) ( ( )) - ( ( ))
h g x = f g x g g x ≥ c, suy ( ( )) - ( ( ))f f x g g x ≥ 2c
Đặt fn = f f,gn = g g (nlần) Bằng quy nạp, giả sử:
1
( ) ( )
( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( ))
( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( 1)
n n
n n n n
n n n n
n n n n
f x g x n c
f x g x f f x g g x
f f x g f x g f x g g x
f f x g f x f g x g g x n c
+ +
− ≥
⇒ − = − =
− + − =
− + − ≥ +
VËy b−a≥ fn(x)−gn(x)≥n.c, víi c > 0, cho n→ ∞⇒b a > (vô lý)
Bài Cho hàm sè f x( ) tháa m·n (0) 0, (1)
f > f < tồn hàm liên tục
gsao cho f + g không giảm trªn [0; 1]
CMR: ∃x∈(0;1): f(x)=0 Chøng minh:
Đặt a0 =0,b0 =1 Chia đoạn a b0, 0 thành hai đoạn điểm chia 0
2 a +b
NÕu
0 0
2
a b
f + =
th× chän
0 a b
x= + NÕu
0 0
2
a b
f + >
, chọn đoạn [a b1, 1] đoạn
0 0 ,
a b
b +
Ngợc lại chän [a b1, 1] lµ
0 0,
2
a b
a +
Khi f a( ) 0, ( ) 01 > f b1 < C
nh ta xây dựng đợc dÃy đoạn:
[an+1,bn+1] [ a bn, n], n ; limn→∞(bn −an)=0, ( ) 0, ( ) 0.n n
f a > f b < Theo nguyªn lÝ Cantor dÃy đoạn thắt, tồn c limn an limn bn
→∞ →∞
= =
Ta cã: lim inf ( ) lim sup ( )n n
n→∞ f a ≥ ≥n→∞ f a (1) Do an <bn ⇒ f a( )n +g a( )n ≤ f b( )n +g b( )n vµ tÝnh liªn tơc cđa g ta cã:
lim sup ( ) ( ) lim sup ( )
lim sup ( ) lim sup (2)
n n
n n
n n
n n
f a g c b g c
f a b
→∞ →∞
→∞ →∞
+ ≤ +
⇒ ≤ ≤
Tõ (1) vµ (2) suy lim ( ) lim ( ) 0n f an n f bn
→∞ = →∞ =
Mặt khác, ta có:
, ( ) ( ) ( ) ( )
n n n
a ≤c ∀ ∈n ⇒ f a +g a ≤ f c +g c Cho n , ta đợc: ( ) f c ≥ T−¬ng tù ta
cịng cã f c( ) 0≤ VËy f c( ) 0=
3.3 Sử dụng tính đơn điệu hàm liên tục
Bµi Cho f : liên tục thỏa mÃn:
( ( )) 2,
f f x = −x ∀ ∈x Ch−ng minh r»ng : f x( ) 0,≤ ∀ ∈x
Chøng minh:
+ Với x≤0,∃ ∈y :x= −y2 Do đó:
( ) [ ]2
2
( ) ( ) ( ( )) ( )
f x = f −y = f f f y = − f y ≤ + Với x>0, ta chứng minh f đơn điệu nghiêm ngặt + Thật với hai phần tử x x1, 2 >0 mà
2
1 2
( ) ( )
f x = f x ⇒−x = −x ⇒x =x Vậy f đơn ánh liên tục +, f đơn điệu nghiêm ngặt tập Giả sử, tồn
0 : ( ) 0.0 x > f x >
NÕu f tăng nghiêm ngặt + Theo tính chất hàm liên tục, ta có:
0
( , ) : ( ) 0, ( , )
S x δ f x x S x δ
∃ > ∀ ∈
Khi lấy x1 >x2∈S x( , )0 δ , ta có:
2
1 2
( ) ( )
f x > f x ⇒−x > −x ⇒x <x (m©u
thuÉn) M©u thuÉn chøng tỏ f giảm thực + Do f(0) 0
( ) (0) 0,
f x f x +
⇒ ≤ ≤ ∀ ∈
(16)Đào sâu - nghiên cứu
Thiết diện Conic
Nguyễn Thị Trà K32E Nói đến “đ−ờng Conic” quen thuộc Nh−ng nói “thiết diện conic” khơng phải biết Bài toán thiết diện conic toán hay Nh−ng vấn đề mà học sinh THPT sợ số bạn sinh viên năm thứ học “Hình học giải tich” cng cha chng minh c
Sau xin giới thiệu với bạn số toán thiết diện conic cách chứng minh
Bài tốn Cho mặt nón trịn xoay mặt phẳng ( )P không qua đỉnh mặt nón Chứng minh giao tuyến ( )P mặt nón elip ( )P khơng song song khơng vng góc với đ−ờng sinh mặt nón
Lêi gi¶i:
Gi¶ sử mặt phẳng ( )P cắt mặt nón theo giao tuyến ( )E Dựng mặt cầu tâm O O1, 2 nội tiếp
mặt tròn xoay tiếp xúc víi ( )P t¹i F F1, 2 Gäi (C1), (C2) lần lợt hai đờng tròn tiếp xúc ( ),(O1 O2) mặt nón Gọi M điểm chung cuar mặt nón ( )E Dựng đờng sinh mặt nón qua M cắt (C1), (C2) lần lợt ,I J Theo tính chất tiếp tuyến, ta cã:
2
2
;
MI MF MJ MF
MI MJ MF MF IJ
= =
⇒ + = + +
Do IJ không đổi; F F1, 2 cố định, M điểm ( )E Vậy ( )E elip nhận
1,
F F làm tiêu điểm
( bạn đọc dễ dàng tính đ−ợc IJ theo bán
kính hai mặt cầu dựa vào định lí Thalet) Bài tốn Cho mặt nón trịn xoay mặt phẳng ( )P Chứng minh giao tuyến ( )P mặt nón hypebol ( )P song song với hai đ−ờng sinh ca mt nún
Lời giải:
Mặt phẳng ( )P cắt mặt nón theo giao tuyến ( ).H Dựng hai mặt cầu tâm O O1, 2 nội tiếp mặt tròn xoay Hai mặt cầu tiếp xúc với
O
F2
C1
C2
M
(H)
I
1 O F
J P
C1
C2
O2
J M
(E)
1 F
2 F
O
(17)( )P lÇn lợt F F1, 2 Gọi (C1), (C2) ®−êng trßn tiÕp xóc cđa ( ), ( )O1 O2 với mặt nón Gọi M điểm chung ( )H mặt nón, qua M dựng đờng sinh mặt nón cắt
(C1), (C2) lần lợt ,I J Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã:
1
2
;
| | | |
MF MI MJ MF
MF MF MI MJ IJ
= =
⇒ − = − =
(Bạn đọc dễ dàng tính IJ theo bán kính hai mặt cầu O O1, 2 dựa vào định lí Thalet) F F1, 2 cố định, M điểm
( )H , nên ( )H hypebol nhận F F1, 2 làm hai tiêu điểm
Bài toán Cho mặt nón tròn xoay mặt phẳng ( )P Chứng minh giao tuyến ( )P mặt nãn lµ mét parabol nÕu ( )P song song víi đờng sinh mặt nón
Lời giải:
Mặt phẳng ( )P song song với đờng sinh SA; cắt mặt nón theo giao tuyến ( )P Dựng mặt cầu tâm O tiếp xúc với ( )P F; ( )O tiÕp xóc mỈt nãn theo giao tun đờng tròn (C) Gọi ( )Q mặt phẳng chøa (C), suy ( )Q vu«ng gãc víi trơc mặt nón
Gọi ( )Q mặt phẳng song son với ( )Q , cắt ( )P ,M N, suy ( )Q vuông góc với trục mặt nón O Gọi đờng thẳng ( )D giao tuyÕn cña ( ), ( )P Q Ta cã MN lµ giao cđa
( ), ( )P Q′ ⇒MN//( )D (1) Gäi K =A B′ ( )D (A B đờng kính (C) ) Ta có , ,K F I thẳng hàng (cùng nằm giao tuyến ( )P (SAB))
Do SA//( )D ⇒KI SA// (2) MỈt kh¸c, ta cã A K′ ′//AB (3) Tõ (1), (2), (3), suy A KIA hình bình hành
Nối S M ta đợc đờng sinh mặt nón tròn xoay Đờng sinh cắt (C) E Ta cã: AA′=ME AA, ′=IK⇒ME IK= Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn th×:
ME MF= ⇒IK=MF (4) Tõ M dùng MH ⊥( )D Dựng mặt phẳng ( )R tiếp xúc mặt nón chøa ®−êng sinh SA Gäi
( ) ( ) ( ).d = R ∩ Q′ Ta cã:
( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
AB⊥ d SO⊥ d ⇒ d ⊥ SAB ⇒ R ⊥ SAB Do ( )P song song víi SA mặt phẳng ( )R chứa SA, nên ( ) //( )P R Ta cã:
( ) ( )
//( ) ( ) ( ) ( )
( ) (5)
MN P Q
MN d
d R Q
MN SAB MN IK
′
= ∩
⇒
′
= ∩
⇒ ⊥
Mặt khác, MN//( )D suy IK ⊥( )D t¹i K Ta cã MH⊥( )D t¹i H nên IK MH// Vậy MIKH hình chữ nhËt, suy
(6)
IK=MH
Ta có: ( )D cố định, F cố định, M ( ).P′ Vậy ( )P′ parabol nhận F tiêu điểm nhận ( )D ng chun
Ngoài ba toán trên, với cách chứng minh tơng tự bạn hÃy thử làm toán sau nhé: Bài toán Cho mặt trụ tròn xoay mặt phẳng ( )Q Mặt phẳng ( )Q không song song không vuông góc với đờng sinh mặt trụ Chứng minh giao tuyến ( )Q mặt trụ tròn xoay elip
Các đờng conic nhiều điều thú vị Các bạn hÃy thử khám phá t×m hiĨu nã nhÐ
B
(d)
S
(Q)
(R)
(P)
M A
N A′
I O
F K E
B
(18)Danh nhân Toán học
Sophus Lie: thiên tài bất hạnh Sophus Lie: thiên tài bất hạnhSophus Lie: thiên tài bất hạnh Sophus Lie: thiên tài bất hạnh
Nguyễn Văn Tuyên (theo diendantoanhoc.net)
Cũng nh− bậc đàn anh Niel Abel, Sophus Lie (1842-1899) lên nh− t−ợng n−ớc Bắc Âu bối cảnh khoa học lúc khu vực hầu nh− ch−a đ−ợc biết đến tr−ờng quốc tế Suốt đời mình, ơng khơng ngừng đ−a ý t−ởng táo bạo
Sophus Lie tên tuổi lớn lịch sử toán học, ng−ời có tầm nhìn xa trơng rộng Ơng tạo mơn mới: tốn học nhóm Lie, mơn tốn phát triển bắt rễ hầu hết ngành toán toán-vật lý
Jean Dieudonné, thành viên đặt móng tr−ờng phái Bourbaki hẳn cho đời cơng trình có giá trị khơng nhờ tới tốn học nhóm Lie Các cơng trình tốn vật lý sau này, đặc biệt công trình élie Cartan Hermann Weyl có đ−ợc thành cơng nhờ tới lý thuyết tốn học Lie
Trong khoảng thời gian 30 năm nghiên cứu, Sophus Lie xuất cơng trình dài cỡ 8.000 trang vit tay
Khởi đầu không hoàn hảo
Sophus Lie sinh ngày 17/12/1842 Nordfjordeid, thành phố nhỏ nằm phía Tây Na Uy Khi Sophus lên 9, gia đình cậu chuyển tới Moss, khu vực nằm phía Đơng Nam Oslo
Một năm sau tới Moss, mẹ Sophus qua đời Bất hạnh khiến Sophus lúc 10 tuổi hầu nh− đánh tuổi thơ trở thành đứa bé nghiêm nghị Ngay từ đầu năm học đầu tiên, Sophus ham thích nhiều mơn học Do tr−ờng học Moss không cấp tốt nghiệp cuối khóa 15 tuổi, Lie tới học tr−ờng Hartvig Nissen thủ đô Na
Uy Ngôi tr−ờng tiếng Nissen Ole Jacob Broch lập có mục tiêu rõ ràng: sử dụng ph−ơng pháp s− phạm ngôn ngữ đại dạy ngành khoa học quan trọng
Sophus ng−ời quan tâm nhiều tới tiến trình đổi giáo dục Na Uy ln tham gia vào tranh luận rộng rãi xã hội Ông viết nhiều báo nêu rõ cần thiết phải đổi hệ thống giáo dục Na Uy ông th−ờng so sách với giáo dục khác nh− Pháp, Đức Ông nhấn mạnh tầm quan trọng đặc biệt giáo dục đại học Mặc dù giáo dục khiến ông quan tâm nh−ng cuối ông lại chọn khoa học làm đ−ờng lập nghiệp Cần phải nhớ lúc đó, số 560 sinh viên Đại học Oslo, có khoảng chục ng−ời theo đ−ờng khoa học
Các nghiên cứu Sophus Lie thực nằm lĩnh vực Gian khổ lĩnh vực toán học có hình học, học, thiết kế kỹ thuật Trong lĩnh vực này, giáo s− Sophus Lie Broch Carl Anton Bjerknes, nhà toán học Lugwig Sylow
Trong lớp học Sylow thời kỳ 1862-1863, có ng−ời đ−ợc đánh giá cao có Sophus lớp học liên quan tới mơn học mới: thuyết ph−ơng trình đại số Abel Galois Môn học hút Sophus ông nhãng môn học khác nh− vật lý-hóa học lịch sử tự nhiên Chính vậy, tốt nghiệp ơng khơng đ−ợc xuất sắc nh− mong muốn Những năm học cuối, tính cách ông trở nên sầu muộn, kỳ quặc thiếu niềm tin vào "khả trí tuệ" Sự nghiêm khắc giáo dục công giáo không cho phép ng−ời ta yếu Chính cứng nhắc khiến Sophus rơi vào chiều h−ớng trầm cảm
Cũng may, ơng có nhiều bạn bè họ chia sẻ tình cảm với ơng buổi dạo vào cuối tuần vịnh khu rừng Oslo Ông luyện tập thể thao, c−ỡi ngựa Vào mùa đông, ông chơi tr−ợt tuyết xe tr−ợt Lie ng−ời trung thành với bạn bè Ernst Motzfeldt, ng−ời bạn lớp với ông tr−ờng Nissen trở thành luật s−, công chức cấp cao bạn ông bảo vệ ông
(19)khoa học đại học có hội sinh viên liên quan tới ngành học họ nhằm đ−a thảo luận có tính chun sâu để bổ túc cho khóa học Lie thành viên tích cực Hội thực hàng loạt nói chuyện hình học
Sau nhận tốt nghiệp, Lie quan tâm nhiều tới thiên văn học, ông bắt đầu dạy truyền bá ngành khoa học Ông tham gia giảng dạy đài thiên văn nh−ng không kiếm đ−ợc chân thiên văn nh− mong muốn Để kiếm sống, ông đảm nhiệm vị trí dạy thay cho giáo s− buổi học tốn, vật lý thiên văn Ơng giáo s− đ−ợc đánh giá cao
Bớc sang ngành toán
Phong tro th dc, th thao lúc phát triển Sophus Lie nhà leo núi đ−ợc nhiều ng−ời biết tiếng Ông tay cừ khôi: ngày th−ờng, ông từ 30 đến 40 số, ngày luyện tập thể thao, ông tới 70-80 số Ng−ời ta kể có ngày ơng để qn sách Moss ông chuyến "khứ hồi" từ thủ đô tới Moss, tức khoảng 100 số ngày Ông nhanh tới mức nhiều ng−ời t−ởng ông tên ăn trộm
Dù vậy, khả hòa nhập xã hội Sophus Chính điều khiến ơng ln day dứt có tâm hồn lúc bình n Vào tháng năm 1968, ông viết th− cho ng−ời bạn thân Motzfeldt: "Khi chào từ biệt bạn vào ngày tr−ớc Noel, t−ởng xa bạn mãi Tơi ln có ý muốn tự sát nh−ng tơi khơng có đủ dũng cảm Thế tơi tìm cách để cố mà sống" Khơng biết đ−ợc điều muốn sống thật khiếm khuyết lớn Mãi tới năm 1868, Sophus Lie tìm thấy nghề anh 26 tuổi, sau lần gặp nhà toán học Đan Mạch Hyeronymus Zeuthen Lúc Zeuthen học Paris d−ới h−ớng dẫn nhà hình học Michel Chasles Nhờ Zeuthen mách bảo, Lie tìm đọc say s−a Sách chuyên luận đặc tính xạ ảnh số Jean-Victor Poncelet Một phát minh Poncelet lúc giới thiệu sử dụng số phức tạp hình học xạ ảnh Bên cạnh chủ đề hấp dẫn này, Sophus
cũng mê nh− điếu đổ cơng trình Allemand Julius Plucker
Vào đầu năm 1869, Lie hoàn thành sách miêu tả thực tế số t−ởng t−ợng Bài báo dài trang đ−ợc hai giáo s− tốn học lừng danh Đan Mạnh thời Broch Bjerknes đón chào nồng nhiệt Ngay năm đó, báo đ−ợc xuất lại tiếng Đức tờ báo tiếng Journal de Crelle Sophus Lie đ−ợc nhiều ng−ời ý dễ dàng xin đ−ợc học bổng học Berlin, Gottingen Paris Khi n−ớc, ông đ−ợc bổ nhiệm làm thành viên tr−ờng đại học năm sau trở thành giáo s− tr−ờng
Chuyến n−ớc ngồi có vai trị quan trọng Lie Ông đ−ợc gặp ng−ời bạn, đồng nghiệp-những ng−ời đánh giá cao cơng trình nghiên cứu ông Đặc biệt Berlin, ông gặp Felix Klein, Alfred Clebsch Gottingen Gaston Darboux Camille Jordan Paris Lie nhanh chóng trở thành bạn thân Klein họ công bố cơng trình nghiên cứu hình học Klein hay tới thăm Lie nhiều họ tới thăm Darboux Jordan
Ng−êi hïng kh«ng mong muèn
Khi chiến Pháp-Phổ nổ vào tháng 7/1870, Klein rời Paris lời kêu gọi chống Pháp Ơng v−ợt biên giới nh−ng bị ốm đột ngột tham gia chiến đấu Lúc đó, Lie lại định từ Paris tới Milan để gặp nhà toán học Luigi Cremona Nh−ng vừa tới Fointainebleau, ông bị bắt giam bị tình nghi gián điệp Đức Ngay lập tức, trang nhật báo Na Uy giật tít: Nhà khoa học Na Uy bị giam cầm nghi ngờ gián điệp Đức
(20)khảo Na Uy lúc thực kẻ bất tài chẳng tên cai ngục Pháp
Tuy nhiên, phạm vi Châu Âu luận án đ−ợc đánh giá cao nhiều Darboux nhận xét khám phá thú vị hình học đại Chính quyền Na Uy dù tạo điều kiện tốt để Lie làm việc Năm 1872, nghị sĩ Th−ợng viện yêu cầu trao danh hiệu giáo s− đặc biệt cho Sophus Lie Họ không muốn lặp lại sai lầm mắc phải với Abel Nh− vậy, 30 tuổi Lie trở thành giáo s− thực thụ Thời gian hạnh phúc Lie, ông gặp yêu Anna Birch, lúc 18 tuổi em họ Motzeldt Ơng gửi th− tỏ tình với Anna Bức th− khiến khơng ng−ời bất ngờ nghĩ ơng “dũng cảm” lập gia đình Ơng nội Anna ruột Abel Sophus hy vọng điều tốt lành Mặc dù Anna lúc đầu chần chừ 30 tuổi Lie lúc “quá già” cô nh−ng đám c−ới hai ng−ời diễn 20 tháng sau Sau c−ới, đời Lie có tóm gọn giai đoạn: năm Oslo, đến 12 năm Leipzig thời gian ngắn ngủi trở lại Na Uy tr−ớc ông qua đời
Những năm Oslo, ông làm việc hùng hục nh−ng hầu nh− khơng có nghiên cứu khoa học đáng kể Bù lại, sống gia đình ơng lại hạnh phúc: Sophus Anna hợp họ có đứa
Năm 1882, Lie làm việc với Klein Adolph Mayer Leipzig tới Paris tháng liền để trao đổi với Darboux, Jordan, Hermite, Poincaré, Picard, Halphén Lévy Những ng−ời hoàn toàn hiểu tầm quan trọng nghiên cứu Lie Năm 1884, Klein Mayer muốn giúp Lie cải thiện sống họ gửi sinh viên Friedrich Engel tới để ông h−ớng dẫn giúp ông hồn thiện ý t−ởng Nghiên cứu chung Engel Lie đ−ợc tập hợp lại thành sách có tên Theorie der Transformationsgroppen (Lý thuyết nhóm biến đổi), lần l−ợt đời vào năm 1888, 1890 1893 với độ dài tổng cộng 2.000 trang giấy
Năm 1886, Lie đ−ợc phong chức giáo s− Leipzig thay Klein, vị trí khoa học quan trọng Ơng trở thành g−ơng mặt sáng giá cộng đồng toán học Châu
Âu nhiều sinh viên n−ớc tới làm học trị ơng Tuy nhiên, cơng việc giảng dạy h−ớng dẫn sinh viên chiếm đoạt hết thời gian ơng Ơng cảm thấy chán nản ln phải làm việc với nhiều sinh viên tầm th−ờng Leipzig d−ờng nh− thiên đ−ờng nh− ông mong muốn Việc Lie khơng hồn tồn làm chủ đ−ợc tiếng Đức sân khấu trị xung đột cá nhân ngày làm ơng mệt mỏi Ơng nhớ tới ng−ời bạn đất n−ớc quê h−ơng Na Uy Ông muốn đ−ợc làm việc nơi n bình nh−ng cơng việc quan hệ lại ln thúc ép ơng Dần dần, ơng cảm thấy hiểu nhầm bị lợi dụng nhiều Các xung đột khiến ông bị ngủ lại rơi vào tình trạng trầm uất Lúc này, ơng cảm thấy thất vọng cách não nề Tháng 12 năm 1889, ông đ−ợc chuyển tới bệnh viện tâm thần gần Hanovre Ơng tháng đ−ợc điều trị nha phiến loại thuốc ngủ Nh−ng d−ờng nh− thói quen nhiều khiến ơng bình phục trở lại Dù vậy, ơng hồn tồn khơng thể trở lại hồn tồn khỏe mạnh đ−ợc nh− x−a Ơng trở lại khó tiếp xúc ln nghi ngờ ng−ời khác Chính điều phá hoại tình bạn lâu năm ơng với ng−ời tri kỷ Ơng mắc chứng cuồng ám ln tố cáo ng−ời bạn đánh cắp ý t−ởng Quan hệ ơng với Klein hồn tồn đổ vỡ
Thiên tài bất hạnh
Lie tip tc cỏc nghiên cứu đầy sáng tạo Những ơng công bố tiếp tục đ−ợc truyền bá đánh giá ngày cao Năm 1892, ông gia nhập Viện Hàn lâm khoa học Pháp Năm 1893, Darboux Tannery mời ông tới Paris ông thích thú gặp élie Cartan Vào tháng 4.1893, ng−ời ta thấy Lie Cartan th−ờng lui tới ngồi quán Café de la Source Lie cho tr−ớc sử dụng lý thuyết nhóm biến đổi để giải ph−ơng trình vi phân cần phải xếp cấu trúc nhóm biến đổi có số chiều có hạn Một năm sau đó, năm 1894, élie Cartan xuất báo “Về cấu trúc nhóm có hạn khơng ngừng” Những nghiên cứu họ d−ờng nh− có kết giống
(21)nhóm biến đổi Ông đ−ợc h−ởng mức l−ơng gần nh− gấp đôi với giáo s− thông th−ờng Năm 1897, Lie nhận giải th−ởng danh giá Lobatchevski cơng trình đặc biệt xuất sắc hình học, đặc biệt hình học ngồi Ơclit
Tiếc thay, ông trở Na Uy vào mùa hè 1898, tất ng−ời nhận thấy bệnh tình ơng nặng Ơng mắc chứng thiếu máu ác tính, bệnh nan y lúc Mùa thu năm đó, ông khó khăn để lên lớp, chí, có lúc ơng phải giảng từ gi−ờng Ngày 18 tháng năm 1899, ông qua đời Rất nhiều ng−ời cho chết khiến ông buộc phải giã từ nhiều cơng trình nghiên cứu cịn dang dở Ngày nay, cơng trình đ−ợc thừa nhận nhiều ơng nghiên cứu ph−ơng trình vi phân cơng trình sau trở thành nhánh nghiên cứu toán học quan trọng: lý thuyết nhóm Lie đại số Lie
B−ớc 1: Download Firefoxvề cài đặt tại: http://www.mozilla.com/
B−ớc 2: Hiệu chỉnh thông số duyệt web: Khởi động Firefox , gõ "about:config" (khơng có dấu ") vào địa ấn Enter Cuộn chuột xuống tìm khoản mục sau:
network.http.pipelining network.http.proxy.pipelining
,network.http.pipelining.maxrequests, network.http.max-connections,
network.http.max-connections-per-server, network.http.max-persistent-connections-per-server
Thơng th−ờng trình duyệt gửi yêu cầu tới trang web vào thời điểm Khi kích hoạt pipelining(đ−ờng ống dẫn) gửi nhiều yêu cầu vào thời điểm, thực tăng tốc độ nạp trang web
2 Thay đổi khỏan mục nh− sau: - Đặt giá trị "network.http.pipelining" "true"
- Đặt giá trị của:
"network.http.proxy.pipelining" "true" - Đặt giá trị của:
"network.http.pipelining.maxrequests" bng mt s no nh− 30 chẳng hạn Có nghĩa gửi 30 yêu cầu vào thời điểm - t giỏ tr network.http.max-connections = 64
- Đặt giá trị network.http.max-connections-per-server=21
- Đặt giá trị network.http.max-persistent-connections-per-server=8
3 Cuối click phải chuột vào giá trị click chọn New-> Integer để tạo giá trị Đặt tên "nglayout.initialpaint.delay" cho giá trị "0" Giá trị khoảng thời gian mà trình duyệt phải đợi tr−ớc hoạt động với thơng tin mà nhận đ−ợc * Tuy nhiên không muốn làm thủ cơng b−ớc có cơng cụ làm thay cho tất việc - Fasterfox Cách làm nh− sau: Mở trình duyệt Firefox, chọn Tools\Extensions\Get more extensions, chọn Fasterfox để cài đặt, khởi động lại Firefox