Bất đẳng thức

Posted: Tháng Năm 14, 2014 in Uncategorized
0

Đây là nguyên văn file PDF tôi đã đánh ra , có lẽ vì lười nên chỉ post tiếng anh và file ^^

Cho các số thực thỏa mãn 1 \leq a_{1} , a_{2} , .... a_{n} \leq n - 1

Xét số thực k thỏa mãn

k \geq \frac{s^{n}-1}{s-1}

Trong đó s = n - 1 với n \in N và n > 2

Cho f : R \to R là một hàm thực khả vi cấp hai thỏa mãn f''(x) \leq 0 và f'(x) \geq 0

Chứng minh rằng ta luôn có

n f(\frac{k}{n} \prod_{i=1}^{n} a_{i})\geq \sum_{i=1}^{n} f(a_{i}^{n})

Bất đẳng thức đang ở dạng khá yếu , tôi sẽ tiếp tục mở rộng thêm và sẽ không đưa lời giải ở đây

Giới thiệu sơ lược một số hàm quan trọng trong lý thuyết số giải tích ( phần 1 )

Posted: Tháng Tư 23, 2014 in Uncategorized
0

Trên đây cũng chỉ là những ghi chép cơ bản của tôi về các hàm này được trình bày lộn xộn từ cuốn sổ tay của tôi . Hy vọng mọi người đọc được nó .

Hàm Von Mangoldt , được ký hiệu là \wedge

Được định nghĩa như sau với \wedge : N |{0}\to R

+\wedge(n)=logp  nếu tồn tại số nguyên dương k mà n = p^{k} trong đó p là một số nguyên tố .

+ \wedge(n) = 0 nếu n có ít nhất hai ước nguyên tố , hay nói cách khác nó không xảy ra trường hợp đầu

Hàm Trebushev ( Summatory von Mangoldt Trebushev )

Ký hiệu : \psi và \psi : R \to R

Định nghĩa : \psi(x) = \sum _{ n\leq x} \wedge(n)

Các kết quả liên quan :

log \zeta(s) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\wedge(n)}{logn} \frac{1}{n^{s}}

Và

\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\wedge(n)}{n^{s}}

Loạt Dirichle của hàm số học f(n) bất kỳ

 F(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f(n)}{n^{s}}

Trong đó f(n) nhân tính ta sẽ thu được

 \frac{F'(s)}{F(s)} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f(n)\wedge(n)}{n^{s}}

Công thức Perron

\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=-s \int_{1}^{\infty} \frac{\psi(x)}{x^{s+1}}dx

Nếu đưa vào

F(y) = \sum_{n=2}^{\infty}(\wedge(n)-1) e^{-ny}

Cho y \to \infty + sau đó

F(y) = O (\sqrt{\frac{1}{y}})

Tồn tại k > 0 mà thỏa mãn

Hoặc là F(y) < \frac{-K}{\sqrt{y}}

Hoặc

F(y) > \frac{K}{\sqrt{y}}

Các Riez trung bình

\sum_{n\leq \lambda}(1-\frac{n}{\lambda})^{\delta}\wedge(n)=\frac{-1}{2i\pi }\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\Gamma (1+\delta)\Gamma(s)\zeta'(s)}{\Gamma(1+\delta+s)\zeta(s)}\lambda^{s}ds = \frac{\lambda}{1+s}+\sum_{p}\frac{\Gamma(1+\delta)\Gamma(p)}{\Gamma(1+\delta+p)}+\sum_{n}c_{n}\lambda^{-n}

Trong đó c>1 và \lambda,\delta là các số đặc trưng nào đó sao cho chuỗi

\sum c_{n}\lambda^{-n}

Hàm Von còn có thể viết là

\wedge(n) = lim_{s \to 1} \zeta(s) \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d^{s-1}}

 

 

 

 

Tại sao ta gục ngã ?

Posted: Tháng Tư 21, 2014 in Uncategorized
2

Đôi khi trong cuộc sống có những điều cản trở ta , tôi cũng vậy đã từng luôn mệt mỏi bây giờ có thể căng tràn sức sống 🙂 Hôm nay up thử vài video truyền động lực mạnh mẻ tức thì và vài biện pháp trị liệu cho người hay ngồi bàn giấy toán

Video 1 : Tại sao ta gục ngã

Video 2 : Đừng để ai đánh cắp ước mơ

Video 3 : Thức tỉnh

Video 4 : Thất bại là khởi đầu lần nữa một cách hoàn hảo hơn

Video 5 : Nhắm mắt lại và lắng nghe

Giải pháp tức thì ( mang tính chất thủ thuật )

+ Khi bạn vui cười , hãy làm hành động tên A . Sau nhiều lần bộ não ghi nhớ rằng bạn làm A thì bạn phải cười và thế là vui tức thì ( cặp song hành )

+ Để tập trung ghi nhớ hãy sử dụng sơ đồ tư duy

+ Tốc độ đọc trên 1000 từ 1 phút 30 giây

+ Đọc 1 vấn đề nhuần nhuyễn ( việc đọc 1 cuốn sách 10 lần không lạ )

+ Đọc 1 vấn đề ghi nhớ tức thì thì 3 lần là đủ . Xong đó 1 tuần tiếp đọc lại nó . Một tháng sau đọc lại . Ba tháng sau đọc lại ( mỗi lần 3 – 5 lần ) vậy là không bao giờ quên

+ Làm dưới ánh đèn tròn vàng

+ Làm ở nơi 19 – 21 độ

+ Không có đài loa , tivi , máy tính hoặc thứ bạn thích

+ Trước khi làm việc hít hơi sâu 20 – 30 cái theo phương pháp sau : Hít vào thì căng bụng ra , thở ra hõm bụng vào . Hoặc uống hai cốc nước lọc để tăng oxi cho não

+ Trong lúc làm việc thì không nên làm sau lúc ăn 20p . ( thức ăn chưa tiêu nên năng lượng không phục vụ não )

+ Làm việc 30p nghỉ giữa chừng 5p . Làm việc 2 tiếng nghỉ 1 lần 30p đê não hồi phục và giảm co cơ .

+ Không ngồi máy tính quá 4 tiếng mỗi ngày ( mình đang thế và đang bị đau nhức đầu )

+ Mỗi ngày giải 1 bài toán 1 dạng là nhiều

+ Làm toán phần nào phải luyện nhuần nhuyễn hẳn phần đó rồi mới chuyển cái khác ( mình hay chạy lung tung nên bây giờ học được ít )

🙂 Chúc các bạn thành công

 

 

Các bài toán triệu đô chưa có lời giải

Posted: Tháng Tư 11, 2014 in Uncategorized
0

1 ) Giả thuyết Ezdos về dãy số : Nếu tổng nghịch đảo các phần tử của một tập A ( gồm các số nguyên dương ) là phân kỳ . Thì tập đó chứa những dãy số dài tùy ý có hiệu giữa các phần tử không đổi .

2) Giả thuyết Ezdos về phân số ai cập : Với mọi số nguyên dương n\geq 3 luôn tồn tại ba số nguyên dương phân biệt thỏa mãn

\frac{4}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}

Bài toán tổng quát có dạng : Cho hai số nguyên dương m \leq n . Chứng minh rằng tồn tại ba số nguyên dương phân biệt thỏa mãn

\frac{m}{n} = \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}

3) Giả thuyết Ezdos về đa giác lồi : Trên mặt phẳng cho 2^{n-1}+1 điểm . Chứng minh rằng trong số các điểm này luôn tồn tại n điểm là đỉnh của một đa giác lồi .

4) Giả thuyết Riemann : Phần thực của mọi điểm không tầm thường của hàm zeta là \frac{1}{2}

5) Giả thuyết Birch và Swinnerton – Dyer : Với các nghiệm nguyên của phương trình elip loại một thì số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào một hàm số f mà f(1)=0 thì có vô số nghiệm , ngược lại sẽ có hữu hạn nghiệm .

6) Số \pi+e là số hữu tỷ hay vô tỷ , hay số nguyên ( làm mạnh )

🙂 Còn rất nhiều bài toán trên đây chỉ là cái mình quan tâm .

Định lý về đồng cấu các không gian vecto và hệ quả .

Posted: Tháng Tư 7, 2014 in Uncategorized
2

Định lý về đồng cấu các không gian vecto

Cho f : V \to W trong đó V,W là hai không gian vecto . Giả sử   f là một đồng cấu . Khi đó ánh xạ \overline{f} : V| Ker(f) \to W xác định bởi \overline{f}(\left [ \alpha \right ]) = f(\alpha) . Nó cảm sinh đẳng cấu \overline {f} : V|Ker(f) \to Im(f)

Trong đó A|B là không gian thương

Hệ quả trực tiếp của định lý này là

Đối với đồng cấu f : V\to W bất kỳ đều cho

dim V = dim Ker(f) + dim Im(f)

 

Tổ hợp sơ cấp

Posted: Tháng Tư 7, 2014 in Uncategorized
0

Đây là một bài toán hay được chọn lọc .

Cho bảng p x q các ô vuông với p hàng và q cột . Mỗi ô được đánh một số nguyên dương nào đó sao cho trên bảng không có hai số nào bằng nhau . Cho hai số nguyên dương m,n thỏa mãn m \leq p , n \leq q . Một số trên bảng được gọi là số xấu nếu số được đánh dấu ở ô đó nhỏ hơn ít nhất m số cùng hàng và nhỏ hơn ít nhất n số cùng cột   . Gọi S là tất cả các số xấu trên bảng . Tìm Min S với mọi p,q,m,n .

Chứng minh :

Trước hết ta sắp xếp pq các nguyên dương x_{i} với x_{i} < x_{i+1}

Ở hàng thứ nhất xếp các số x_{1},x_{p+1},......x_{(q-1)p+1}

Ở hàng thứ hai xếp các số x_{2} , x_{p+2} .......x_{(q-1)p+2}

……

Ở hàng thứ p ta xếp các số x_{p},x_{2p},......x_{pq}

Rõ ràng bảng này thỏa mãn S = (p-m)(q-n)

Ta chứng minh đây là giá trị cần tìm .

Trước hết nếu p=m hoặc q=n thì bài toán hiển nhiên đúng nên ở đây ta xét cho p < m và n < q

Ý tưởng chính ở đây là quy nạp theo số p +q

Nếu p+q=2 thì hiển nhiên p=q=1 và bài toán đang xét trở nên hiển nhiên

Tất nhiên ta có thể dễ dàng kiểm tra một số trường hợp đầu tiên

Giả sử khẳng định đúng với p+q=k ta chứng minh đúng với p+q=k+1

Định nghĩa :

Một ô được gọi là xấu theo hàng nếu số được đánh ở ô đó nhỏ hơn ít nhất m số được đánh cùng hàng , tương tự cho ô xấu theo cột là ô nhỏ hơn ít nhất n số cùng cột

Xét hàng thứ i bất kỳ trên bảng này .Ta kiểm tra được nó có q-n ô là xấu theo hàng .

Vậy trên mỗi hàng ,cột bất kỳ thì có q-n ô xấu theo hàng và p-m ô là xấu theo cột .

Nếu mỗi ô xấu theo hàng trùng với một ô xấu theo cột . Rõ ràng ta có

                                                S = (p-m)(q-n)

Vì vậy ta quan tâm đến các trường hợp mà một ô chỉ xấu theo hàng hoặc chỉ xấu theo cột .

Gọi a là số xấu theo hàng hoặc xấu theo cột nhỏ nhất trên bảng này

Không mất tỉnh tổng quát giả sử a nằm ở ô xấu theo hàng ( rõ ràng nó không xấu theo cột )

Xét cột chứa số a trên bảng này

Hiển nhiên ta dễ dàng chứng minh được p-m ô xấu theo cột trong cột chứa số a cũng là các ô xấu của bảng px q

Bỏ đi cột chứa số a ta có bảng p x ( q-1)

Rõ ràng theo giả thiết quy nạp thì p+q-1=k

Nên S \geq (p-m)(q-1-n) + (p-1)=(p-m)(q-n)

Bài toán được cm .

Giờ ta có một bài toán họ hàng với bài toán trên .

Cho n em trên sân trường . Ta gọi khoảng cách giữa hai em A,B là AB . Biết rằng nếu AB = CD khi và chỉ khi (A,B) là hoán vị của (C,D).

Sau khi có hiệu lệnh mỗi em cầm một khẩu súng nước trên tay , bắn vào người đứng gần mình nhất . Sau khi kết thúc người không bị bắn là người thắng .

Tìm tất cả các số nguyên dương n để bảo đảm luôn có ít nhất một em là người thắng với mọi cách xếp trên sân .

Chứng minh

Ta sẽ xét n là số lẻ . Nó chính là đáp số bài toán , trong trường hợp n chẵn sẽ dễ dàng có ví dụ bác bỏ .

Đặt n=2m-1 với m là một số nguyên dương .

Quy nạp theo m . Với m=1 thì khẳng định hiển nhiên đúng .

Giả sử nó đúng với m=k , khi m=k+1 thì n = 2k+1

Chọn ra hai em A,B sao cho AB là khoảng cách ngắn nhất giữa em bất kỳ .

Xét tất cả các em còn lại giả sử là A_{1},.......A_{2k-1}

Theo quy nạp trong số các em này có một em C là thắng

Xét tam giác ABC có AB nhỏ nhất .

Ta có A,B không bắn vào C và C lại thắng ở 2k-1 người kia nên C là thắng .

Bài toán được giải quyết .

Một bài toán khác trong ba bài toán hôm nay tôi muốn nói đến

Cho bảng vuông n^{2} . Mỗi ô trên bảng ta đánh một số -1 hoăc là 1 . Lần lượt gọi a_{k},b_{k} là tích tất cả các ô trên hàng k và cột k .

Tồn tại hay không cách đánh số thỏa \sum_{i=1}^{n}a_{i} + \sum_{i=1}^{n}b_{i}=0

Giải :

Câu trả lời là không tồn tại . Sau đây là chứng minh .

Phản chứng giả sử tồn tại cách đánh như vậy .

Lần lượt trên hàng và cột k gọi x_{k},y_{k} là số các số -1 ở đó

Hiển  nhiên ta có a_{k}=(-1)^{x_{k}},b_{k}=(-1)^{y_{k}}

Ta lại có

                                     \sum_{k=1}^{n} ((-1)^{x_{k}}+(-1)^{y_{k}})=0

Với mọi k thì S_{k}=(-1)^{x_{k}}+(-1)^{y_{k}} \in (0,2,-2)

Gọi A là số các số k làm cho S_{k}=0

Gọi B là số các số k mà S_{k}=2

Gọi C là số các số k mà S_{k}=-2

Khi đó hiển nhiên 2B-2C=0 nên B=C

Và hiển nhiên tổng A+B+C=A+2B phải là số lẻ . (1)

Ta có đánh giá sau , gọi T là số các số -1 trên cả bảng

Khi đó ta có   T = \sum_{k=1}^{n}x_{k}=\sum_{k=1}^{n}y_{k}

Với cách gọi trên ta thấy

A,B,C chính là số các bộ (x_{k},y_{k}) mà gồm , một chẵn một lẻ , hai chẵn , hai lẻ .

Cũng từ đánh giá trên ta có

  I=\sum_{k=1}^{n}(x_{k}+y_{k}) là số chẵn

Nhận thấy I = M+N+P

Trong đó M,N,P lần lượt là các giá trị Q_{k}=x_{k}+y_{k} gồm , một chẵn một lẻ , hai chẵn , hai lẻ.

Rõ ràng ta có M phải là số lẻ theo (1) , và N,P hiển nhiên chẵn

Từ các đó cho ta điều vô lý , ta có điều phải chứng minh .

 

 

Tính xấp xỉ hàm zeta tại giá trị thực , hàm Von (phần 1)

Posted: Tháng Hai 21, 2014 in Uncategorized
0

=)) Ở các bài viết trước tôi đã không trình bày bài viết về chứng minh bổ đề Bertrand , bài toán này có 3 chứng minh của Erdos , Tchebushev , Ramajuin hiện tôi đang cố hoàn thành chứng minh của mình bằng cách thay thế các hằng số để bất đẳng thức chặn của hàm số học

        \dfrac{\pi(n)}{logn}

Là tốt nhất vì vậy tôi không nêu thêm

Với mỗi số phức z và hàm số học f(n) tôi đề xuất hàm mở rộng của hàm zeta riemann .

\zeta(s,f,a)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f(n)}{(n+a)^{s}}

Định lý 1 , một cách hình thức tôi đưa ra định lý với z sẽ hội tụ về 1

     \zeta(s) = \dfrac{1}{s-1}+O(1)

Trước hết để ý tính chất tốt của các tính phân

   \dfrac{1}{m^{s}} = \int_{n}^{n+1}\dfrac{dx}{x^{s}} + O(\dfrac{1}{n^{2}})

Hơn nữa ta dễ dàng có rằng

\int_{1}^{\infty}\dfrac{dx}{x^{s}}=\dfrac{1}{s-1}

Từ đó có sự khẳng định rằng

\dfrac{1}{s-1} + O(1) = \zeta(s)

Nó chính là điều cần có .

Định lý 2 đã được Euler chứng minh

 \zeta(s) = \prod_{p} \dfrac{1}{1-p^{-s}}

Tích số lấy trên tất cả các số nguyên tố .

Định lý 3 với các loại Mertens tôi có các tổng trên các số nguyên tố khẳng định các mật độ

\sum_{p\leq x} \dfrac{logp}{p} = log x + O(1)

\sum_{p\leq x} \dfrac{1}{p} = loglogx + O(1)

Tổng này lấy trên các số nguyên tố , với phần này khẳng định chuỗi nghịch đảo các số nguyên tố vô hạn là phân kỳ .

Chứng minh sẽ có phần 2

Tính xấp xỉ các hàm số học quan trọng và các định lý Mertens

Posted: Tháng Hai 11, 2014 in Uncategorized
0

Trong việc nghiên cứu các hàm số học , lý thuyết số giải tích cho ra đời rất nhiều công cụ mới từ nhiều vấn đề phức tạp vào để có thể tính xấp xỉ các hàm số học , hàm zeta riemann rất được quan tâm ,dạng tổng quát là

\zeta(s) = \sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{1}{p^{s}}

Từ đó nảy sinh ra nhiều vấn đề , đặt

A_{n} = \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}

Dãy này không nguyên nếu n>1

Không hội tụ khi n là vô hạn

Xấp xỉ lnn

Ta sẽ chứng minh điều thứ 3 của dãy này

Định lý 1 của Merten

A_{n} = lnn + y + O(\dfrac{1}{n})

Trong này y là một hằng số Euler – Mascheroni

Được định nghĩa bởi

y = \int_{1}^{\infty} (\dfrac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor} - \dfrac{1}{x} ) dx

Sau này nhờ định lý này ta còn tìm được

lim_{n\to \infty} (A_{n}-lnn) =y

Chứng minh không quá khó

Ta có tính chất sau

Nếu g(m) = \dfrac{1}{m} - \int_{m}^{m+1}\dfrac{dx}{x}

Lấy các số t>u

Ngoài ra hàm

\sum_{u\leq m \leq t}g(m)

Tăng dần

Lấy các tổng sai phân ta có

0 < \sum_{u\leq m\leq t} g(m) < \dfrac{1}{u}- \dfrac{1}{m+1}

Nó sẽ hội tụ và tiến đến một giả sử là y

\sum_{m=1}^{\infty}g(m) =y

Ngoài ra dễ dàng có

y=A_{n}- lnn - (\int_{1}^{n+1} \dfrac{dx}{x}- \sum_{m=n+1}^{\infty}g(m))

Nhưng ta lại có

\int_{1}^{n+1}\dfrac{dx}{x} - \sum_{m=n+1}^{\infty} g(m) = \frac{o}{n}

Trong đó 0<o<1

Định lý thứ nhất được chứng minh .

Bổ đề Bertrand và định lý số nguyên tố ( phần 2)

Posted: Tháng Hai 11, 2014 in Uncategorized
1

Trong phần này tôi sẽ chứng minh bất đẳng thức chặn trên của \pi(x) là

\pi(n) \leq \dfrac{6n}{lnn}

Trước đó tôi định nghĩa

u(x) = \sum_{n\leq x} ln n

Tổng lấy trên tất cả các số nguyên tố không vượt quá x

Tôi sẽ thu được một vài kết quả nho nhỏ

ln (2n!) - 2ln n! \geq \sum_{p\leq 2n} ({\left \lfloor \dfrac{2n}{p} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor })ln p

Với các số nguyên tố như vậy thì ( n < p \leq 2n )

\left \lfloor \dfrac{2n}{p} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor = 1

Bởi vậy vế phải của bất đẳng thức này sẽ là

\sum_{n<p\leq 2n} lnp = u(2n) - u(n)

Từ các bổ đề phần trước tôi có

nln4 > u(2n) - u(n)

Sau đó cũng có

u(2^{r+1}) - u(2^{r}) < 2^{r} ln2

Lấy tổng các sai phân của nó

u(2^{r+1}) < 2^{k+2}ln2

Với mọi n ta chọn 2^{k} < n \leq 2^{k+1}

Sau đó lại có

u(n) \leq u(2^{k+1}) < 2^{k+2}ln2 < 4nln2

Cho o là số thực mà 0<a< 1

(\pi(n) - \pi(n^{a})) ln n^{a} < \sum_{n^{a}<p\leq n} lnp \leq u(n) < 4nln2

Ta cũng có bất đẳng thức khá chặt

\pi(n) < n kể từ n nào đó

Vì lý do đó

\pi(n) < \dfrac{4nln2}{alnn} + \pi(n^{a}) < \dfrac{4nln2}{alnn}+n^{a} = \dfrac{n}{lnn}(\dfrac{4ln2}{a} + \dfrac{lnn}{n^{1-a}}

Cuối cùng chúng tôi có

\pi(n) < \dfrac{6n}{lnn}

TOÁN HỌC THUẦN TÚY

Posted: Tháng Hai 10, 2014 in Uncategorized
0

Mời tất cả mọi người cùng hội họp ở đây nghiên cứu về các vấn đề chủ yếu giải tích phức , lý thuyết số , lý thuyết số giải tích , giải tích , các giả thuyết trong lý thuyết số và đại số cao cấp .

 

Older Entries