Monthly Archive

You are currently browsing the monthly archive for March 2009.

Ảnh lớp Cao học K16, cuối tháng 3 năm 2009

March 30, 2009 in Galleries, Travel | 9 comments

[Qn2009.4]: Số học của Z/pZ

March 17, 2009 in Olympiad | Leave a comment

Mục đích của bài này là giới thiệu một trường số khác, trường có p phần tử, khác với các trường số mà các học sinh đã biết là trường các số hữu tỷ, số thực, số phức, kí hiệu của chúng là \mathbb{Q},\mathbb{R} và \mathbb{C}. Sau khi làm quen với trường số này, chúng ta sẽ giải một vài bài toán số học sơ cấp bằng cách dùng các phép toán trong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}, đương nhiên là các bài toán này có thể giải theo cách thông thường, nhưng cồng kềnh và giả tạo hơn nhiều. Khi chuẩn bị bài giảng này tôi giả sử rằng học sinh đã có các kiến thức cơ bản về Lý thuyết số, ví dụ như đồng dư, định lý Fermat bé, luật tương hỗ,…Sau đây, nếu không nói gì thêm thì p luôn được hiểu là một số nguyên tố.

Với mỗi số nguyên a ta ký hiệu \bar{a} là tập hợp \{b\in\mathbb{Z}|b\equiv a\pmod{p}\} và \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} là tập \{\bar{a}|a\in\mathbb{Z}\}. Như thế nếu a và b là các số nguyên thoả mãn a\equiv b\pmod{p} thì \bar{a}=\bar{b}(ngược lại cũng đúng) và |\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}|=p, cụ thể là \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}=\{\bar{0},\bar{1},\cdots,\overline{p-1}\}, hơn nữa ta còn thấy rằng \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} là một phân hoạch của \mathbb{Z}. Gìơ là lúc chúng ta trang bị cho \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} hai phép toán mà nó cùng với hai phép toán này lập thành một trường (đương nhiên tôi hiểu rằng học sinh phổ thông chưa biết trường là gì, nhưng qua \mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C} các em sẽ thấy sự tương tự ở đây). Tổng của hai tập \bar{a} và \bar{b}, ký hiệu là \bar{a}+\bar{b} sẽ là tập \overline{a+b}, và tích của hai tập đó, ký hiệu là \bar{a}\cdot\bar{b} sẽ là tập \overline{ab}(chú ý rằng cùng các dấu +,. nhưng ý nghĩa của nó ở trên lại hoàn toàn khác nhau). Bởi các tính chất cơ bản của đồng dư ta thấy việc định nghĩa như trên là thoả đáng, và các phép toán đó có các tính chất sau đây, các bạn đồng nghiệp sẽ thấy rằng đấy chính là các tiên đề của trường.

(1)(\bar{a}+\bar{b})+\bar{c}=\bar{a}+(\bar{b}+\bar{c})\forall \bar{a},\bar{b},\bar{c}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(2)\bar{a}+\bar{b}=\bar{b}+\bar{a}\forall \bar{a},\bar{b}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(3)\bar{a}+\bar{0}=\bar{0}+\bar{a}=\bar{a}\forall \bar{a}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(4)Với mỗi \bar{a} thuộc \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}, tồn tại duy nhất \bar{b} thuộc \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} sao cho \bar{a}+\bar{b}=\bar{b}+\bar{a}=\bar{0}.  Phần tử duy nhất này chúng ta sẽ kí hiệu bởi -\bar{a}, và gọi là phần tử đối của \bar{a} thấy ngay là -\bar{a}=\overline{-a}. Và ta có thể định nghĩa hiệu của hai lớp như là \bar{a}-\bar{b}:=\bar{a}+(-\bar{b});
(5)(\bar{a}\cdot\bar{b})\cdot\bar{c}=\bar{a}\cdot(\bar{b}\cdot\bar{c})\forall \bar{a},\bar{b},\bar{c}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(6)\bar{a}\cdot\bar{b}=\bar{b}\cdot\bar{a}\forall \bar{a},\bar{b}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(7)\bar{a}\cdot\bar{1}=\bar{1}\cdot\bar{a}=\bar{a}\forall \bar{a}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z};
(8)Với mỗi \bar{a}\not =\bar{0} thuộc \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}, tồn tại duy nhất \bar{b} thuộc \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} sao cho \bar{a}\cdot\bar{b}=\bar{b}\cdot \bar{a}=\bar{1}. Phần tử duy nhất này chúng ta sẽ kí hiệu bởi \bar{a}^{-1}, và gọi là phần tử nghịch đảo của \bar{a}. Và khi đó ta có thể định nghĩa thương của hai lớp như là \dfrac{\bar{a}}{\bar{b}}:=\bar{a}\cdot \bar{b}^{-1};
(9)\bar{a}\cdot (\bar{b}+\bar{c})=\bar{a}\cdot\bar{b}+\bar{a}\cdot\bar{c}\forall \bar{a},\bar{b},\bar{c}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.

Ta có thể định nghĩa \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} với n không phải là số nguyên tố bằng cách tương tự như trên, tất cả các tính chất vẫn còn đúng trừ tính tồn tại phần tử nghịch đảo của phép nhân.

Bài 1. Chứng minh rằng phương trình x^2+y^2=3z^2 có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0,0).
Lời giải và bình luận. Kiểm tra thấy (0,0,0) là một nghiệm nguyên của phương trình. Gỉa sử (x,y,z) là nghiệm nguyên của phương trình mà x,y,z không đồng thời bằng 0, do hai vế là đẳng cấp cùng bậc nên không giảm tổng quát ta có thể giả sử \gcd (x,y,z)=1. Trong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} ta có \bar{x}^2+\bar{y}^2=3\bar{z}^2, nhưng \bar{a}^2\in \{\bar{0},\bar{1}\}\forall\bar{a}\in\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} nên ta phải có \bar{x}^2=\bar{y}^2=\bar{z}^2=\bar{0}, suy ra cả ba số x,y,z phải là bội của 2, điều này là không thể và dó đó bài toán được giải.
Rõ ràng là việc chuyển một phương trình trên \mathbb{Z} (là tập vô hạn) sang một phương trình trên \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} (một tập hữu hạn) theo một nghĩa nào đó là đơn giản hơn. Không may, có những phương trình có nghiệm không tầm thường trên \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} với mỗi số nguyên dương n nhưng lại không có nghiệm không tầm thường trên \mathbb{Z}, ví dụ 3x^3+4y^3+5z^3=0. Chứng minh kết quả này không dễ và nó vượt quá khuôn khổ của bài giảng này.

Bài 2. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng khi viết số hữu tỉ \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{p-1} dưới dạng phân số tối giản thì tử số của nó chia hết cho p.
Lời giải và bình luận. Trong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} ta có \bar{1}^{-1}+\bar{2}^{-1}+\cdots+\overline{p-1}^{-1}=\overline{1}+\overline{2}+\cdots+\overline{p-1}=\overline{1+2+\cdots+(p-1)}=

\overline{(\dfrac{(p-1)p}{2})}=\overline{0}. Do đó ta có điều phải chứng minh. Tính toán thật là thuận lợi!

Bài 3(Định lý Lagrange). Cho p là một số nguyên tố và f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 là một đa thức với hệ số nguyên có bậc n>0. Chứng minh rằng nếu a_n không chia hết cho p thì đồng dư f(x)\equiv 0\pmod{p} có nhiều nhất n nghiệm phân biệt modulo p.
Lời giải và bình luận. Trong dạng khác, bài toán trên có dạng: Cho f(x)\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[x] có bậc n>0 thì f(x) có nhiều nhất n nghiệm trong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}. Rõ ràng đây là kết quả tương tự như trong \mathbb{Q}[x],\mathbb{R}[x] và \mathbb{C}[x] mà các bạn đã biết. Bởi vậy tôi để lại chứng minh cho các bạn.

Bài 4. Cho p là một số nguyên tố và f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i là một đa thức với hệ số nguyên. Nếu đồng dư f(x)\equiv 0\pmod{p} có nhiều hơn n nghiệm phân biệt modulo p thì tất cả các hệ số của f(x) phải chia hết cho p.
Lời giải và bình luận. Bài toán này được suy ra ngay lập tức từ bài toán trước. Kết quả tương tự trong \mathbb{Q}[x],\mathbb{R}[x] và \mathbb{C}[x] được áp dụng rộng rãi trong Đại số nên đương nhiên kết quả này sẽ được áp dụng rộng rãi trong Lý thuyết số theo cái cách mà nó đã làm với Đại số. Bài toán sau đây là một ví dụ, các ví dụ khác tôi cho vào trong phần Bài tập ở cuối bài giảng.

Bài 5(Định lý Wilson). Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì (p-1)!+1\equiv 0\pmod{p}.
Lời giải và bình luận. Quan tâm đến đa thức f(x)=(1-x)(2-x)\cdots (p-1-x)+1-x^{p-1}.
Bài 6. Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng \sum_{r=1}^{[2p/3]}C_p^r chia hết cho p^2.
Lời giải và bình luận. Vì C_p^i là bội của p với mỗi i\in\{1,2,\cdots,p-1\} nên ta chỉ cần chứng minh \sum_{r=1}^{k}\dfrac{C_p^r}{p} chia hết cho p là đủ, ở đây k=[2p/3]. (Như vậy từ modulo p^2 ta chuyển về modulo p) Trong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}, nhưng bỏ đi dấu gạch ngang trên đầu cho gọn, ta có \dfrac{C_p^r}{p}=\dfrac{(p-r+1)(p-r+2)\cdots (p-1)}{r!}=(-1)^{r-1}\dfrac{1}{r} với mỗi r=1,\cdots,k. Gìơ ta xét hai trường hợp
Nếu p=3h+1 với h là số nguyên dương lớn hơn 1 thì k=2h, là một số chẵn, và tổng ta đang quan tâm bằng \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\cdots-\dfrac{1}{2h}=\sum_{i=1}^{2h}\dfrac{1}{i}-\sum_{j=1}^h\dfrac{1}{j}

=\sum_{i=1}^{2h}\dfrac{1}{i}+\sum_{j=1}^h\dfrac{1}{p-j}=\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}=1+2+\cdots+(p-1)=\dfrac{(p-1)p}{2}=0.
Nếu p=3h+2 với h là số nguyên dương thì chúng ta xét tương tự như trên.
Bài toán được chứng minh đầy đủ.

Bài tập
Bài 7. Viết cụ thể chứng minh của Định lý Lagrange đã nói đến trong bài giảng.
Bài 8. Cho p là một số nguyên tố lẻ khác 3. Chứng minh rằng khi viết số hữu tỉ \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{p-1} dưới dạng phân số tối giản thì tử số của nó chia hết cho p^2.
Bài 9. Hai dãy (a_n) và (b_n) xác định bởi a_0=1,b_0=4 và a_{n+1}=a_n^{2001}+b_n,b_{n+1}=b_n^{2001}+a_n với mỗi n\geq 0. Chứng minh rằng 2003 không là ước số của bất cứ số hạng nào trong cả hai dãy này.
Bài 10. Cho p>5 là một số nguyên tố. Với mỗi số nguyên x, định nghĩa f_p(x)=\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{(px+k)^2}. Chứng minh rằng với mỗi cặp số nguyên dương x,y, khi viết phân số f_p(x)-f_p(y) dưới dạng tối giản thì tử số của nó chia hết cho p^3.
Bài 11. Với mỗi số nguyên tố p, tìm dư khi chia \prod_{i=0}^p(1+i^2) cho p.
Bài 12. Cho p>3 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng p^3|C_{2p-1}^{p-1}-1.
Bài 13. Cho p>3 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng p^2|\sum_{k=1}^{p^2-1}C_{2k}^k.
Bài 14. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố và 0\leq m<n<p thì C_{np+m}^{mp+n}\equiv (-1)^{m+n+1}p\pmod{p^2}.
Bài 15. Cho p là một số nguyên tố lẻ và \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\cdots-\dfrac{1}{p-1}=\dfrac{a}{(p-1)!}. Chứng minh rằng a\equiv \dfrac{2-2^p}{p}\pmod{p}.
Tài liệu tham khảo

(1) David S. Dummit and Richard M. Foote, Abstract Algebra, third edition.
(2) Gareth A. Jones and J. Mary Jones, Elementary number theory, Springer.
(3) Hà Huy Khoái, Số học, NXB Giáo dục.

[Qn2009.3]: Tập hợp và tập hợp con

March 10, 2009 in Olympiad | Leave a comment

Trong bài này chúng ta sẽ quan tâm đến các tập hợp nhưng không quan tâm đến tính chất của các phần tử của nó.

Bài 1. Chứng minh rằng số tập con của tập có n phần tử bằng 2^n.

Lời giải. Dùng phương pháp quy nạp theo n hoặc chú ý là mỗi tập con sẽ ứng với một xâu nhị phân có độ dài n.
Bài 2. Cho 1978 tập hợp A_{1},\cdots,A_{1978} thoả mãn các tính chất sau
a)|A_i\cap A_j|=1\forall i<j;
b)|A_i|=40\forall i.
Chứng minh rằng |\cap A_i|=1.
Lời giải. Gỉa sử ngược lại, khi đó giao của các tập hợp phải bằng rỗng. Gỉa sử m là số nguyên dương lớn nhất sao cho trong các tập đó ta tìm được m tập có giao khác rỗng. Không giảm tổng quát gọi các tập đó là A_1,A_2,\cdots,A_m và \{x\}=\cap_{i=1}^mA_i, cố định A_1, trong 1977 tập còn lại vì mỗi tập giao với A_1 tại đúng một phần tử và chúng đôi một giao nhau đúng một phần tử, suy ra x thuộc ít nhất [1977/40]+1=50 tập trong 1977 tập này, suy ra m\geq 51. Vì x không thuộc A_{m+1} nên x sẽ không thuộc m tập A_i\cap A_{m+1}, đương nhiên m tập này đôi một rời nhau và là các tập con của A_{m+1}, suy ra m\leq 40, vô lý! Bài toán được giải hoàn toàn.
Bài 3. Tìm số các bộ ba có thứ tự các tập (A,B,C) sao cho A\cup B\cup C=\{1,2,\cdots,2003\} và A\cap B\cap C=\emptyset.
Lời giải. Mỗi bộ ba như vậy ứng với một xâu (a_1,a_2,\cdots,a_{2003})\in \{1,2,3,4,5,6\}^{2003}, vì mỗi phần tử i chỉ có thể thuộc A,B,C,A\cap B,B\cap C và C\cap A. Đáp số 6^{2003}.
Bài 4. Có bao nhiêu cặp có thứ tự tập hợp con không giao nhau của tập hợp gồm n phần tử?
Lời giải. Kí hiệu một cặp nào đó như đầu bài là (A_1,A_2). Nếu |A_1|=k thì chúng ta sẽ có C_n^k cách chọn A_1, sau khi chọn A_1 rồi thì số cách chọn A_2 bằng số cách chọn một tập con của tập S-A_1, tập này có n-k phần tử (S là tập có n phần tử trong đầu bài), hay số cách chọn A_2 bằng 2^{n-k}. Vậy đáp số của bài toán là \sum_{k=0}^n C_n^k2^{n-k}=(2+1)^n=3^n.
Cách tiếp cận khác: Mỗi cặp như vậy sẽ ứng với một xâu (a_1,a_2,\cdots,a_n)\in\{0,1,2\}^n vì mỗi phần tử của S có thể thuộc A_1, hoặc A_2, hoặc không thuộc cả hai tập đó.

Bài 5. Tập X có n phần tử. Đối với cặp có thứ tự tập con (A_1,A_2) của X, ta tính số phần tử của A_1\cap A_2. Chứng minh rằng tổng các số nhận được bằng n4^{n-1}.
Lời giải. Gỉa sử (A_1,A_2) là một cặp tập con của X, |A_1\cap A_2|=k và H=A_1\cap A_2. Ta thấy có C_n^k cách chọn H, sau khi đã chọn H rồi thì số cách chọn (A_1,A_2) bằng số cách chọn cặp (B_1,B_2) các tập con rời nhau của tập X-H, vì tập này có n-k phần tử nên số các cặp (B_1,B_2) bằng 3^{n-k}. Vậy đáp số của bài toán là \sum_{k=0}^nkC_n^k3^{n-k}=n4^{n-1}.
Cách tiếp cận khác: Có 4^n cặp tập (A_1,A_2), chia các cặp này thành các bộ bốn \{(A_1,A_2),(\overline{A}_1,A_2),(A_1,\overline{A}_2),(\overline{A}_1,\overline{A}_2)\}, mỗi phần tử của X sẽ thuộc đúng một trong bốn giao hình thành từ bộ này, do đó tổng đối với bộ này bằng n, mà có đúng 4^{n-1} bộ nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 6. Đối với mỗi số nguyên dương n, tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho trong một tập hợp có n phần tử có thể chọn ra k tập con của nó đôi một giao nhau.
Lời giải. Gọi X là một tập có n phần tử và a là một phần tử của nó. Xét 2^{n-1} tập con của X có dạng \{a\}\cup A với A là một tập con của tập X-\{a\}, rõ ràng các tập con này là đôi một giao nhau (cách chọn như vậy là dễ nhất và đây cũng là chìa khoá cho lời giải). Mặt khác với mỗi cách chọn lớn hơn 2^{n-1} tập con của X, bao giờ cũng tồn tại hai tập trong cùng một bộ \{A,\overline{A}\} và hai tập này giao nhau bằng rỗng. Vậy đáp số của bài toán là 2^{n-1}.

Bài 7. Gỉa sử trong tập hữu hạn X chọn ra 50 tập hợp con A_1,A_2,\cdots,A_{50} sao cho mỗi tập này chứa hơn một nửa phần tử của X. Chứng minh rằng tồn tại tập con A của X thoả mãn các điều kiện sau
a)|A|<6, và
b)A\cap A_i\not =\emptyset.

Bài 8(APMO 1998). Cho F_n là tập tất cả các n-bộ (A_1,A_2,\cdots,A_n) sao cho mỗi A_i là một tập con của tập \{1,2,\cdots,2009\}. Tính \sum_{(A_1,A_2,\cdots,A_n)\in F_n}|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n|.

Bài 9(RMC 2006). Một tập M gồm 4 số nguyên dương được gọi là liên thông nếu với mỗi x trong M ít nhất một trong các số x-1,x+1 thuộc M. Cho U_n là số các tập con liên thông của tập \{1,2,\cdots,n\}.
a)Tính U_7;
b)Tìm n nhỏ nhất để U_n\geq 2006.

Bài 10(RMC 2006). Tìm số lớn nhất các tập con của tập \{1,2,\cdots,2006\} sao cho mỗi hai tập con khác nhau trong chúng có giao là một tập có 2004 phần tử.

[Qn2009.2]: Các tập hợp số

March 10, 2009 in Olympiad | Leave a comment

Bài 1(APMO 2004). Tìm tất cả các tập hữu hạn khác rỗng S các số nguyên dương sao cho \dfrac{i+j}{\gcd (i,j)}\in S\forall i,j\in S.
Lời giải. S=\{2\}.
Bài 2(Rumani TST 2008). Cho n>1 là một số nguyên dương. Tìm tất cả các tập A gồm n số nguyên sao cho tổng của tất cả các phần tử của mỗi tập con khác rỗng của A không chia hết cho n+1.
Lời giải. Các phần tử của A bằng nhau theo modulo n+1, chúng đồng dư với p, ở đây \gcd (p,n+1)=1.
Bài 3(Rumani TST 2007). Tìm tất cả các tập con A của tập các số nguyên dương sao cho A có ít nhất 2 phần tử và với mỗi x,y\in A (x\not =y) chúng ta có \dfrac{x+y}{\gcd (x,y)}\in A.
Lời giải. Xét hai trường hợp các phần từ đôi một không nguyên tố và có hai phần tử nguyên tố. Đáp số \mathbb{N}^*,\mathbb{N}^*-\{1\},\mathbb{N}^*-\{2\},\mathbb{N}^*-\{1,2\} và \{n,n(n-1)\}(n>2).
Bài 4. (Rumani TST 2002) Tìm tất cả các tập A và B sao cho
a)A\cup B=\mathbb{Z};
b)Nếu x\in A thì x-1\in B;
c)Nếu x,y\in B thì x+y\in A.
Lời giải. A=\mathbb{Z},B=\mathbb{Z} và A=\{2k|k\in\mathbb{Z}\} , B=\{2k+1|k\in\mathbb{Z}\}.

Bài 5. Cho tập hợp khác rỗng M\subset\mathbb{Q} thoả mãn hai điều kiện
a)Nếu a\in M và b\in M thì a+b\in M và ab\in M;
b)Nếu r\in\mathbb{Q} thì xảy ra đúng một trong ba khả năng sau r\in M,-r\in M,r=0.
Chứng minh rằng M là tập các số hữu tỷ dương.

Bài 6(RMC 2004). Kí hiệu \mathbb{P} là tập tất cả các số nguyên tố. Gỉa sử rằng M là một tập con của \mathbb{P} thoả mãn các điều kiện sau
a)|M|>2;
b)Với mỗi tập con thực sự, khác rỗng và hữu hạn A của M , các ước nguyên tố của số \prod_{p\in A}p-1 cũng thuộc M.
Chứng minh rằng M=\mathbb{P}.

Bài 7(Romania TST 2004). Cho A là một tập con của \mathbb{Z}^+ có các tính chất
a)Nếu a\in A thì tất cả các ước dương của a cũng thuộc A;
b)Nếu a,b\in A và 1<a<b thì 1+ab\in A;
c)|A|>2.
Chứng minh rằng A=\mathbb{Z}^+.

Bài 8(RMC 2006). Cho A là tập các số nguyên không âm có ít nhất hai phần tử sao cho nếu a,b\in A, a>b thì số \dfrac{\text{lcm}\, (a,b)}{a-b}\in A. Chứng minh rằng A có đúng hai phần tử.

Bài 9(RMC 2006). Xét các tập A=\{\sqrt{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}|a,b\in\mathbb{Z}^+,a\not =b\}  và B=\{\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}|x,y,z\in\mathbb{Z}^+,x>y>z\}.
Chứng minh rằng A\cap B chứa vô hạn các số hữu tỷ và vô hạn các số vô tỷ.
Lời giải. Quan tâm đến phương trình \dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}.
Bài 10(RMC 2007). Tìm tất cả các tập con khác rỗng A của tập \{2,3,\cdots\} sao cho với mỗi n\in A, cả hai số n^2+4 và [\sqrt{n}]+1 cũng thuộc A.
Bài 11(France 2002). Xét 2002 số hữu tỉ x_1,x_2,\cdots,x_{2002}. Biết rằng với mỗi tập con I gồm 7 phần tử của tập \{1,2,\cdots,2002\} tồn tại tập con J gồm 11 phần tử của tập \{1,2,\cdots,2002\} sao cho \dfrac{1}{7}\sum_{i\in I}x_i=\dfrac{1}{11}\sum_{j\in J}x_j. Chứng minh rằng x_1=x_2=\cdots=x_{2002}.

Solutions of the problems in the section 1 of GTM 81

March 10, 2009 in [18++]Complex Analysis | Leave a comment

Problem 1.1. (a) We have \infty\not\in\emptyset and \emptyset be open set in \mathbb{R}^n hence \emptyset be open set in X, we have also that X be open in X because \infty \in X and X-X=\emptyset be compact set in \mathbb{R}^n.
Assume that U,V are open sets in X, if \infty\not\in U or \infty\not\in V then \infty\not\in U\cap V and U\cap V is an open set in \mathbb{R}^n therefore U\cap V is open set in X. If \infty\in U and \infty\in V then U=\{\infty\}\cup U',V=\{\infty\}\cup V', here \infty\not\in U'\cup V' and \mathbb{R}^n-U',\mathbb{R}^n-V' are compact sets in \mathbb{R}^n. We have X-(U\cap V)=\mathbb{R}^n-(U'\cap V')=(\mathbb{R}^n-U')\cup (\mathbb{R}^n-V') is compact set in \mathbb{R}^n and \infty\in U\cap V therefore U\cap V be open set in X.
Assume that \{U_i\}_{i\in I} is a family of open sets in X and \infty\in U_i\forall i \in J,\infty\not\in U_i\forall i\in I-J for some J\subseteq I (maybe empty). If \infty\not\in\cup_{i\in I}U_i then \cup_{i\in I}U_i be open in \mathbb{R}^n, and so open in X. If \infty\in\cup_{i\in I}U_i then X-\cup_{i\in I}U_i=[\cap_{i\in J}(\mathbb{R}^n-U_i)]\cap [\cap_{i\in I-J}(\mathbb{R}^n-(U_i-\{\infty\}))] is closed and bound in \mathbb{R}^n, also it is compact set in \mathbb{R}^n, therefore \cup_{i\in I}U_i is open set in X.
Thanks to all conditions above we have X is a topological space.
Assume x\not=y are elements in X. If \infty \not\in \{x,y\} then x,y\in\mathbb{R}^n, note that because \mathbb{R}^n is Hausdorff space we can find open sets U_x,U_y in \mathbb{R}^n such that x\in U_x,y\in U_y and U_x\cap U_y=\emptyset(Note: U_x and U_y are also open sets in X). If \infty\in \{x,y\} , assume that y=\infty, denote U=S(x;1)=\{z\in\mathbb{R}^n|||z-x||<1\},\overline{U}=\{z\in\mathbb{R}^n|||z-x||\leq 1\} and V=\{\infty \}\cup (\mathbb{R}^n-\overline{U}). Then U,V are open sets in X, x\in U,y\in V and U\cap V=\emptyset.
Compactness of X is a immediately follows from (b).
(b)We have \sigma be a surjective because \sigma (0,\cdots,0,1)=\infty and \sigma (x_1,x_2,\cdots,x_{n+1})=(y_1,y_2,\cdots,y_n)\forall (y_i)\in\mathbb{R}^n, where x_i=\dfrac{2y_i}{k+1}(i=\overline{1,n}),x_{n+1}=\dfrac{k-1}{k+1},k=\sum_{i=1}^ny_i^2. But it is easy to see that \sigma is an injective(checking \sigma (x)=\sigma (y) then x=y), therefore \sigma is a bijective. By above formular, we have \sigma is a homeomorphism.(x_n\to x_0\Leftrightarrow \sigma (x_n)\to\sigma (x_0) in topology of \mathbb{R}^n)

Problem 1.2. We have D=\{z\in\mathbb{C}|cz+d\not =0\} is an open set in \mathbb{C} and f'(z)=\dfrac{ad-bc}{(cz+d)^2}\forall z\in D therefore f is holomorphic on D.
If c=0 then ad\not=0 we definition f:\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^1 by setting f(\infty)=\infty.
If c\not =0 then we definition f:\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^1 by setting f(\infty)=\dfrac{a}{c} and f(-\dfrac{d}{c})=\infty.
In both cases we have f is continuous over \mathbb{P}^1 and f is a bijective, it is easy to find formular of f^{-1} and check f and f^{-1} are holomorphic.

Problem 1.3.

Problem 1.4. The problem is wrong, an example \omega_1=1,\omega_2=i and \omega_1'=\sqrt{2}+i,\omega_2'=1+i\sqrt{2} and A=\left(\begin{matrix}\sqrt{2}&1\\1&\sqrt{2}\end{matrix}\right). Then \left(\begin{matrix}\omega_1'\\ \omega_2'\end{matrix}\right)=A\left(\begin{matrix}\omega_1\\ \omega_2\end{matrix}\right) and \omega_1'\not\in \Gamma . In my opinion, A must is belong to \text{SL}(2;\mathbb{Z}).
Problem 1.5. (a)Assume that U is open in \mathbb{C}/\Gamma' and f is original map. We have \pi^{-1}(f^{-1}(U))=\{y\in\mathbb{C}|\pi (y)\in f^{-1}(U)\}=\{y\in\mathbb{C}|\pi'(\alpha y)\in U\} and \pi'^{-1}(U) is open in \mathbb{C} therefore \pi^{-1}(f^{-1}(U)) is open in \mathbb{C}, so $f^{-1}(U)$ is open in \mathbb{C}/\Gamma , or f is continuous.
If \psi_1:U_1\to V_1 and \psi_2:U_2\to V_2 are complex charts of \mathbb{C}/\Gamma and \mathbb{C}/\Gamma', respectively, such that f(U_1)\subset U_2. We have \psi_2\cdot f\cdot \psi_1^{-1}(z)=\psi_2\cdot f ([z]_\Gamma ) =\psi_2 ([\alpha z]_{\Gamma'})=\alpha z\forall z\in V_1 therefore f is holomorphic.
If f is biholomorphic then f must is bijection and \alpha \Gamma =\Gamma'. In fact, if x\in \Gamma'-\alpha \Gamma then f([\dfrac{1}{\alpha}x])=f([0]) but [\dfrac{1}{\alpha}x]\not =[0], contradiction!
If \alpha \Gamma =\Gamma' then f is bijective and \dfrac{1}{\alpha}\Gamma'\subseteq \Gamma therefore by above, f and f^{-1} are holomorphic.
(b)We have \Gamma =\mathbb{Z}\omega_1+\mathbb{Z}\omega_2=\omega_1(\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\cdot\dfrac{\pm\omega_2}{\omega_1}) and use (a).
(c)Use (a) again!

[Qn2009.1]: Giải tích

March 10, 2009 in Olympiad | 2 comments

Từ ”Giải tích” tôi hiểu ở đây là có liên quan đến các phép toán giới hạn. Phần này rộng và năm nào thi QG ở Việt Nam cũng có ít nhất một bài. Trong khuôn khổ hai buổi tôi không thể tổng kết hết các kỹ thuật giải các bài toán Giải tích được. Trong bài này, qua các bài toán cụ thể tôi sẽ nhắc lại vài kĩ thuật mà theo tôi là quan trong nhất.

Bài 1. Cho (x_n)_{n\geq 0} là dãy các số thực xác định bởi x_1=0,x_2=2 và x_{n+2}=2^{-x_n}+\dfrac{1}{2}\forall n=1,2,\cdots
Chứng minh rằng dãy số này hội tụ và tìm giới hạn của nó.
Lời giải và bình luận}.
Đây là một trong 7 bài toán trong kỳ thi chọn HSG QG năm 2008 của Việt Nam. Kiểu bài này gặp rất nhiều trong các kỳ thi tại Việt Nam vì nó kiểm tra tốt các kiến thức Giải tích của học sinh. Nó thường được tôi dạy cho các học sinh của mình trong năm với cái tên ”Dãy kiểu u_{n+1}=f(u_n)”. Công thức truy hồi trong bài toán là ”cách 2”, chúng ta chuyển về ”cách 1” bằng cách quan tâm đến hai dãy (x_{2k}) và (x_{2k+1}). Một cách chi tiết ta có lời giải sau đây:
Xét các dãy (a_n) và (b_n) xác định bởỉ a_k=x_{2k}(k=1,2,\cdots) và b_k=x_{2k+1}(k=0,1,2,\cdots), thế thì a_1=2,a_{n+1}=f(a_n)(n=1,2,\cdots) và b_0=0,b_{n+1}=f(b_n)(n=0,1,\cdots), trong đó f(x)=2^{-x}+\dfrac{1}{2}(x\in\mathbb{R}), là một hàm số nghịch biến trên \mathbb{R} vì f'(x)=-2^{-x}\ln 2<0\forall x\in\mathbb{R}. Bây giờ ta sẽ xét tính hội tụ của hai dãy (a_n) và (b_n).
Với dãy (a_n), ta có a_2=\dfrac{3}{4},a_3=\dfrac{1}{2^{3/4}}+\dfrac{1}{2}, suy ra a_3<a_1. Dùng tính đơn điệu của f ở đây ta có dãy (a_{2n+1}) là dãy số giảm còn dãy (a_{2n}) là dãy số tăng. Không khó khăn ta thấy cả hai dãy số này bị chặn dưới bởi \dfrac{1}{2} và bị chặn trên bởi 2, bởi vậy nên chúng có giới hạn, đặt giới hạn của chúng tương ứng là a và a'. Khi đó a,a'\geq \dfrac{1}{2} và g(a)=g(a'), ở đây g(x)=x+2^{-x} là hàm số đồng biến trên [\dfrac{1}{2},+\infty) vì g'(x)=\dfrac{2^x-\ln 2}{2^x}>\dfrac{2^{1/2}-\ln 2}{2^x}>0\forall x>\dfrac{1}{2}. Do vậy mà ta phải có a=a', thay trở lại quan hệ hình thành khi qua giới hạn ta có h(a)=\dfrac{1}{2}, ở đây h(x)=x-2^{-x} là hàm đồng biến trên \mathbb{R} vì f'(x)=1+2^{-x}\ln 2>0\forall x\in\mathbb{R}. Từ đây với chú ý h(1)=\dfrac{1}{2} chúng ta có a=1. Như vậy dãy số (a_n) hội tụ và giới hạn của nó bằng 1.
Với dãy (b_n) chúng ta cũng làm tương tự và thấy rằng dãy số này cũng hội tụ và giới hạn của nó bằng 1.
Từ các kết quả về hai dãy số (a_n) và (b_n) ta suy ra rằng dãy (x_n) hội tụ và có giới hạn bằng 1.
Chú ý: Ngoài lời giải trên chúng ta có lời giải khác bởi chú ý là |f(x)-f(1)|\leq \dfrac{7}{10}|x-1|\forall x>\dfrac{1}{2}. Đương nhiên lời giải này gọn hơn nhưng bởi mục đích của mình nên tôi chọn giới thiệu lời giải trên.

Bài 2. Cho hàm số f:(0;\infty)\to (0;\infty) thoả mãn điều kiện f(3x)\geq f(\dfrac{1}{2}f(2x))+2x\forall x>0.
Chứng minh rằng f(x)\geq x\forall x>0.
Lời giải và bình luận.
Bài toán này có quan hệ cực kỳ gần gũi với một bài toán trong kỳ thi HSG QG của Việt Nam năm 2003. Tôi nhớ lại hồi đó như thế này: Tôi vừa mới ra trường và năm đó tôi được phân công dạy đội tuyển của tỉnh với một vài giáo viên khác. Năm đó tôi có giảng cho các em bài thi của Trung Quốc năm 1992 thì phải, nếu tôi không nhầm. Cách tiếp cận của bài toán đó có thể dùng cho bài thi QG của Việt Nam năm 2003 nhưng đáng tiếc , không ai làm được và tôi còn nghe rằng cả nước năm đó chỉ có 2 em làm được, một trong hai em đó ở Nam Định. Những bạn tò mò có thể tìm đến phần cuối của bài giảng, ở đó tôi cho cả hai bài toán như là bài tập về nhà. Bây giờ tôi sẽ dùng cách tiếp cận đó để giải bài toán đã cho, tôi sẽ tìm một dãy số (u_n) sao cho f(x)>u_nx\forall x>0\forall n\geq 1 và \lim_{n\to\infty} u_n=1, đương nhiên khi đó bài toán sẽ được giải bằng cách cho n ra vô cùng trong bất đẳng thức. Từ đầu bài ta có f(3x)>2x\forall x>0 suy ra f(x)>\dfrac{2x}{3}\forall x>0, vậy ta có thể chọn u_1=\dfrac{2}{3}. Tiếp theo ta thấy là nếu có dãy như vậy thì nói riêng ta phải có f(3x)>\dfrac{u_n}{2}f(2x)+2x>\dfrac{u_n}{2}\cdot u_n(2x)+2x=x(u_n^2+2)\forall x>0, hay là f(x)>\dfrac{u_n^2+2}{3}\cdot x\forall x>0, bởi vậy ta có thể chọn u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2}{3}. Trở lại bài toán ban đầu, đây là lời giải chi tiết của nó:
Xét dãy số (u_n) xác định bởi u_1=\dfrac{2}{3} và u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2}{3}\forall n\geq 1. Bằng quy nạp theo n ta dễ dàng chứng minh được các kết quả
(1)Dãy (u_n) tăng và bị chặn trên bởi 1, chặn dưới bởi \dfrac{2}{3};
(2)f(x)>u_nx\forall x>0\forall n\geq 1.
Dùng (1) ta thấy dãy (u_n) hội tụ, gọi giới hạn của nó là L thì ta có \dfrac{2}{3}<L\leq 1 và L=\dfrac{L^2+2}{3}, do đó L=1. Dùng điều này và trong (2) cho n tiến ra vô cùng ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho dãy số (a_n) xác định bởi a_1=1,a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\forall n\geq 1. Tìm tất cả các số thực \alpha sao cho dãy (a_n^{\alpha}/n) có giới hạn hữu hạn khác 0 khi n\to \infty.
Lời giải và bình luận.
Bài này liên quan đến Định lí Stolz-Cesaro
Cho hai dãy (a_n) và (b_n) thoả mãn các điều kiện sau
a)Dãy (b_n) dương, tăng ngặt, không bị chặn;
b)\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}.
Khi đó \lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=l.
Từ Định lí này ta thấy cần phải quan tâm đến giới hạn \lim_{n\to\infty}(a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha}). Ta có a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha}=\alpha(a_{n+1}-a_n)v_n^{\alpha -1}\cong \alpha\cdot \dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\cdot a_n^{\alpha -1}=\alpha a_n^{\alpha-3/2} khi n\to\infty. Như vậy ta dự đoán là \alpha=3/2, quả thực đó là kết qủa của bài toán. Lời giải chi tiết giống như điều chúng ta đã làm ở trên. Nhưng không may, thi QG ở Việt Nam các học sinh sẽ không được dùng Định lí này, nhưng khi đã đoán được kết quả thì chúng ta có thể dùng nguyên lí kẹp để giải nó. Bởi vì ta đoán \alpha = 3/2 nên để cho đơn giản ta sẽ tính giới hạn của dãy (\dfrac{a_n^3}{n^2}) khi $n$ tiến ra vô cùng.

Bài 4. Tìm tất cả các hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} thoả mãn f(x^2+y+f(y))=f^2(x)+2y\forall x,y\in\mathbb{R}.
Lời giải và bình luận.
Bài toán này rất nổi tiếng, lần đầu tiên nó xuất hiện trên AMM, tác giả của nó là Wu Wei Chao, sau đó nó được sử dụng làm đề chọn đội tuyển của các nuớc Bulgari, Iran và đặc biệt là Việt Nam (năm 2004), khi sử dụng ở Việt Nam thì nó ở một dạng khác, khó hơn một chút. Tôi sẽ giới thiệu hai lời giải của nó ở đây, cả hai lời giải đều phải dùng đến giải tích và mỗi lời giải là một kỹ thuật rất hay dùng khi giải các bài toán phương trình hàm mà không có điều kiện liên tục của các hàm số. Theo tôi biết thì tất cả các lời giải của bài toán này đều không tránh khỏi phải dùng giải tích.
Lời giải 1.
Gỉa sử f là hàm thoả mãn, chúng ta sẽ chứng minh lần lượt ba kết quả sau
(1)f(x+f(x))=2x\forall x\in\mathbb{R};
(2)f(x)>0\forall x>0 và $f(x)<0\forall x<0$;
(3)f(f(x))+f(x)-2x=0\forall x<0.
Bởi vì \{f^2(x)+2y|x,y\in\mathbb{R}\}=\mathbb{R} nên tồn tại số thực b sao cho f(b)=0, đương nhiên ta cũng có f(-b)=0. Trong đẳng thức đầu lần lượt cho y=b và y=-b chúng ta có các đẳng thức f(x^2+b)=f^2(x)+2b\forall x\in\mathbb{R} và f(x^2-b)=f^2(x)-2b\forall x\in\mathbb{R}. Từ hai đẳng thức cuối này ta có f(x^2+b)-f(x^2-b)=4b\forall x\in\mathbb{R}, ở đây cho x=0 ta có b=0, hay là f(x)=0 nếu và chỉ nếu x=0. Trong đẳng thức đầu cho x=0 ta có ngay (1).
Trong đẳng thức ban đầu cho y=0 ta có f(x^2)=f^2(x)\forall x\in\mathbb{R}, từ đây ta có f(x)>0\forall x>0 và |f(x)|=|f(-x)|\forall x\in\mathbb{R}. Nếu có a,b\in\mathbb{R} sao cho b=f(a)=f(-a) và a>0 thì b>0, và khi cho trong đẳng thức đầu y=\pm a chúng ta sẽ có f(x^2+a+b)=f^2(x)+2a\forall x\in\mathbb{R} và f(x^2-a+b)=f^2(x)-2a\forall x\in\mathbb{R}, ở đẳng thức thứ nhất cho x=0 ta có f(a+b)=2a, dùng điều này khi cho x=\sqrt{a+b} trong đẳng thức thứ hai chúng ta sẽ có f(2b)=0, vô lý. Thành thử f(x)=-f(-x)\forall x\in\mathbb{R} và bởi điều đã chứng minh ở trên ta có f(x)<0\forall x<0. Như vậy ta đã chứng minh xong (2).
Với mỗi y<0, trong đẳng thức đầu cho x=\sqrt{-y} chúng ta có (3).
Bây giờ với mỗi x<0, ta cố định nó và xét dãy u_n=f(...f(x)...) (n chữ f), quy ước u_0=x. Từ (2) ta có u_n<0\forall n\geq 0, do đó dùng (3) ta được f(f(u_n))+f(u_n)-2u_n=0\forall n\geq 0, suy ra u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n=0\forall n\geq 0. Từ đây, có các số thực a,b phụ thuộc x sao cho u_n=a+b(-2)^n\forall n\geq 0, mà \lim_{n\to\infty}(-2)^n=\mp\infty tuỳ theo n chạy trên dãy chẵn hay là lẻ, và u_n<0\forall n\geq 0 chúng ta có b=0. Từ đây ta có a=x và do đó f(x)=x.
Như vậy là f(x)=x\forall x<0, mà f(x)=-f(-x)\forall x\in\mathbb{R} và f(0)=0 nên f(x)=x\forall x\in\mathbb{R}.
Thử lại thấy đúng, vậy chỉ có một hàm số thoả mãn đòi hỏi của đầu bài là f(x)=x\forall x\in\mathbb{R}.
Lời giải 2 .
Trong đẳng thức đầu cho y=-\dfrac{f^2(x)}{2} ta có f(x^2-\dfrac{f^2(x)}{2}+f(-\dfrac{f^2(x)}{2}))=0\forall x\in\mathbb{R}, mà trong lời giải 1 ta đã có f(x)=0\Longleftrightarrow x=0 nên ta có f(-\dfrac{f^2(x)}{2})=\dfrac{f^2(x)}{2}-x^2\forall x\in\mathbb{R}. Dùng điều này, trong đẳng thức đầu thay y bởi -\dfrac{f^2(y)}{2} ta sẽ có f(x^2-y^2)=f^2(x)-f^2(y)\forall x,y\in\mathbb{R}. Từ đây và f^2(x)=f(x^2)\forall x\in\mathbb{R} ta sẽ có f(x+y)=f(x)+f(y)\forall x,y\in\mathbb{R}. Gìơ ta sẽ chứng minh f nhân tính. Ta có f^2(x+y)=f((x+y)^2)\forall x,y\in\mathbb{R}, dùng tính cộng tính đã có ở trên ta được f(xy)=f(x)f(y)\forall x,y\in\mathbb{R}. Theo một kết quả quen biết, f phải là hàm $0$ hoặc x. Kiểm tra lại ta thấy trường hợp đầu không xảy ra.

Bài 5. Cho hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} liên tục trên \mathbb{R} và phương trình f(x+f(x+\cdots+f(x)\cdots))=2008 (2008 chữ f) có nghiệm. Chứng minh rằng phương trình f(x)=x cũng có nghiệm.
Lời giải và bình luận.
Bài toán chỉ là một hệ quả đơn giản của sự kiện: Nếu f liên tục trên \mathbb{R} và không triệt tiêu tại bất cứ điểm nào thì nó chỉ mang một dấu trên \mathbb{R}.

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} sao cho \forall x,y,z\in\mathbb{R}:|x-y|<|x-z|\Longrightarrow |f(x)-f(y)|<|f(x)-f(z)|.
Lời giải và bình luận.
Gỉa sử f là một hàm thoả mãn yêu cầu của bài toán. Ta thấy nó có các tính chất sau đây mà ta sẽ đi chứng minh
a)Nếu a,b,c,d là các số thực thoả mãn |a-b|<|c-d| thì |f(a)-f(b)|<|f(c)-f(d)|;
b)f liên tục trên \mathbb{R};
c)Nếu a,b,c,d là các số thực thoả mãn |a-b|=|c-d| thì |f(a)-f(b)|=|f(c)-f(d)|.
Nếu a,b,c,d là các số thực như trong a) thì có số nguyên dương n và các số thực x_1,x_2,\cdots,x_{n+1},x_{n+2} sao cho x_1=a,x_2=b,x_{n+1}=c,x_{n+2}=d và |x_1-x_2|<|x_2-x_3|<\cdots<|x_{n+1}-x_{n+2}|, dùng giả thiết, tác động f vào dãy này chúng ta có a).
Gỉa sử (x_n) là một dãy số thực hội tụ đến số thực x_0 và \epsilon là một số dương bất kì. Ta thấy là có tồn tại các số thực c,d sao cho |f(c)-f(d)|<\epsilon, thật vậy, đặt m=|f(1)-f(0)|>0 thì với mỗi a thoả mãn |a|<1 ta có |f(a)-f(0)|<m, tập giá trị của f khi $x$ nằm trong (-1,1) là một tập con của một khoảng có độ dài 2m, chia khoảng này thành các phần đều nhau, mỗi phần dài \epsilon/2, ta có số phần chia là hữu hạn, số các số thực trong khoảng (-1,1) là vô hạn nên ta có điều cần chứng minh. Tiếp theo ta có tồn tại số nguyên dương N để \forall n>N ta có |x_n-x_0|<|c-d|, tác động f vào đây ta có |f(x_n)-f(x_0)|<\epsilon\forall n>N, hay là f(x_n)\to f(x_0), hoặc f liên tục tại x_0. Như thế ta đã chứng minh xong b).
Nếu có các số thực a,b,c,d như trong c) thì có hai dãy (c_n),(d_n) sao cho c_n\to c,d_n\to d và |a-b|=|c-d|<|c_n-d_n|\forall n, cho qua f ở đây ta có |f(a)-f(b)|<|f(c_n)-f(d_n)|\forall n, cho n\to \infty và dùng tính liên tục của f ta có |f(a)-f(b)|\leq |f(c)-f(d)|. Tương tự ta cũng có |f(a)-f(b)|\geq |f(c)-f(d)| và c) được chứng minh.\\
Trở lại bài toán, từ tính chất c) chúng ta có f(\dfrac{x+y}{2})=\dfrac{f(x)+f(y)}{2}\forall x,y\in\mathbb{R}. Khi mà dùng tính liên tục thì đây là bài toán phương trình hàm cơ bản, và chúng ta có đáp số của bài toán là f(x)=ax+b\forall x\in\mathbb{R}, ở đây a,b là các số thực bất kì chỉ cần a\not = 0.

Bài 7. Cho hai dãy (a_n) và (b_n) xác định bởi a_0=\sqrt{2},b_0=2,a_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}},b_{n+1}=\dfrac{2b_n}{2+\sqrt{4+b_n^2}}\forall n\geq 0. Chứng minh rằng các dãy (a_n),(b_n) giảm và hội tụ đến 0, dãy (2^na_n) tăng, dãy (2^nb_n) giảm và hai dãy này hội tụ đến cùng một giới hạn. Chứng minh rằng có hằng số C>0 sao cho 0<b_n-a_n<\dfrac{C}{8^n}\forall n\geq 0.
Lời giải và bình luận.
Bài này quá quen thuộc rồi, bằng quy nạp theo n ta sẽ chứng minh được a_n=2\sin {\dfrac{\pi}{2^{n+1}}},b_n=2\tan {\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}\forall n\geq 0, và do đó bài toán trở thành đơn giản.

Bài 8. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ta có \dfrac{e}{2n+2}<e-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{e}{2n+1}.
Lời giải và bình luận.
Bài này thuộc loại cơ bản, dùng sự biến thiên của hàm số để chứng minh bất đẳng thức. Cả hai bất đẳng thức đều giải được bằng cách đặt x=1/n rồi \ln hai vế làm mất e.

Bài 9. Cho các số nguyên dương k,s và các số thực dương a_1,a_2,\cdots,a_k;b_1,b_2,\cdots,b_s sao cho \sqrt[n]{a_1}+\sqrt[n]{a_2}+\cdots+\sqrt[n]{a_k}=\sqrt[n]{b_1}+\sqrt[n]{b_2}+\cdots+\sqrt[n]{b_s} với vô hạn số nguyên dương n. Chứng minh rằng k=s và \prod a_i=\prod b_j.
Lời giải và bình luận.
Bài toán được giải ngay lập tức khi chúng ta dùng \sqrt[n]{a}\to 1 và n(\sqrt[n]{a}-1)\to\ln a theo thứ tự đó.

Bài tập
Bài 10. Một hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} được gọi là có tính chất \Gamma nếu f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\in\{f(a),f(b)\}\,\forall a,b\in\mathbb{R}.
a)Tìm một hàm có tính chất \Gamma mà không phải là hàm hằng.
b)Chứng minh rằng một hàm có tính chất \Gamma mà liên tục trên \mathbb{R} sẽ phải là hàm hằng.
Bài 11. Dãy (x_n) được xác định bởi x_1=a,x_{n+1}=\dfrac{2x_n^3}{3x_n^2-1}\forall n\geq 1. Hãy tìm tất cả các số thực a sao cho dãy (x_n) xác định và hội tụ.
Bài 12. Cho \mathcal{F} là tập các hàm f:(0;\infty)\to (0;\infty) thoả mãn f(3x)\geq f(f(2x))+x\forall x>0. Tìm số thực A lớn nhất sao cho f(x)\geq Ax\forall x>0\forall f\in\mathcal{F}.
Bài 13. Tìm tất cả các số thực a sao cho dãy số (x_n) xác định bởi x_0=\sqrt{1996},x_{n+1}=\dfrac{a}{1+x_n^2}\forall n\geq 0 là dãy số hội tụ.
Bài 14. Cho dãy (u_n) xác định như sau u_1=2,u_{n+1}=u_n+\sqrt{1+\dfrac{u_n}{2}}\forall n\geq 1. Tìm tất cả các số thực \alpha sao cho dãy (u_n^{\alpha}/n) hội tụ và giới hạn của nó khác 0.
Bài 15. Tìm tất cả các hàm f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} sao cho f(x^2+f(y))=y+f^2(x)\forall x,y\in\mathbb{R}.
Bài 16. Tìm tất cả các hàm số f:[1,\infty)\to [1,\infty) sao cho
a)f(x)\leq 2(x+1)\forall x\geq 1 và
b)f(x+1)=\dfrac{f^2(x)-1}{x}\forall x\geq 1.
Bài 17. Cho các số thực dương a,b. Tìm tất cả các hàm số f:[0,\infty)\to [0,\infty) sao cho [f(f(x))+af(x)=b(a+b)x\forall x\geq 0.
Baì 18. Tìm tất cả các hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} sao cho f((x+z)(y+z))=(f(x)+f(z))(f(y)+f(z))\forall x,y,z\in\mathbb{R}.

What is GTM 81?

March 10, 2009 in [18++]Complex Analysis | Leave a comment

Lectures on Riemann Surfaces (Graduate Texts in Mathematics)

by Otto Forster (Author), Bruce Gilligan (Translator) . That is!

Link download http://ifile.it/fyk9zep

 

March 2009
M T W T F S S
« Jan   Apr »
 1
2345678
9101112131415
16171819202122
23242526272829
3031