Toán học và sinh viên số 33 ( Đại học vinh)

Chia sẻ: Nguyen Thanh Hoang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:40

Thêm vào BST

Báo xấu

91
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

CHÀO MỪNG NGÀY 20/11. Tháng 11, tiết trời đã trở lạnh sang đông, khiến ta quên đi ánh nắng mặt trời gay gắt, những cành phượng vĩ đỏ thắm bầu trời những lúc vào hạ, cũng không còn nữa thoáng khẽ khàng mang theo chút man mác se lạnh cuối thu…

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Toán học và sinh viên số 33 ( Đại học vinh)

CHÀO MỪNG NGÀY 20/11 Tháng 11, tiết trời đã trở lạnh sang đông, khiến ta quên đi ánh nắng mặt trời gay gắt, những cành phượng vĩ đỏ thắm bầu trời những lúc vào hạ, cũng không còn nữa thoáng khẽ khàng mang theo chút man mác se lạnh cuối thu… Nhưng giữa những ngày gió lạnh đầu mùa, trong mỗi chúng ta lại ấm lên cảm giác bồi hồi, xúc động khó tả, nhớ về thầy cô giáo của mình, bởi ngày 20-11 lại đến! 20-11, Ngày Nhà giáo Việt Nam, ngày lễ của toàn ngành Giáo Dục, cũng là dịp để tôn vinh những người thầy, người cô đã và đang đứng trên bục giảng truyền đạt tri thức và đạo làm người cho bao lớp học trò, tôn vinh truyền thống hiếu học và truyền thống tôn sư trọng đạo của dân tộc ta: “Không thầy đố mày làm nên” hay “Nhất tự vi sư, bán tự vi sư”…Chính thầy cô là những người đã chắp cánh cho mọi ước mơ của chúng ta bay cao, bay xa, cung cấp hành trang kiến thức để chúng ta bước vào đời và thành công trong cuộc sống… Con đò mộc, mái đầu sương Theo con đi khắp muôn phương mai này Khúc sông ấy vẫn ngày ngày Thầy đưa những chuyến đò đầy qua sông. Thầy cô ơi! Công ơn lớn lao của thầy cô, chúng con không biết phải đền đáp như thế nào. Chúng con biết, nhiều lúc đã làm thầy cô buồn lòng, không vui Chúng con xin hứa sẽ cố gắng học tập hơn nữa để có thể phần nào bù đắp những lỗi lầm của mình. Cũng vẫn biết rằng, thầy cô đã phải vất vả như thế nào khi lái một con đò, với biết bao nhiêu sóng gió, thầy cô vẫn một lòng vì chúng con, chở che và dìu dắt chúng con. Những lúc chúng con chùn bước, bàn tay ấm áp của thầy cô lại nâng đỡ nhẹ nhàng. Những lúc dường như bất lực, giọng nói truyền cảm ấy lại đến với chúng con, cho chúng con thêm nhiều nghị lực để tiếp tục phấn đấu. Thầy ơi, cô ơi, ngàn lần chúng con xin cảm ơn người! Chúng con sẽ cố gắng lắng nghe tiếng thời gian, nắm thật chặt trong tay dòng thời gian của mình, để có thể bước đến bến bờ thành công như niềm hi vong mà thầy cô dành cho chúng con. Đất nước cho chúng con một quê hương để thương, để nhớ. Cha mẹ cho chúng con một hình hài, dáng dấp để sống và học tâp. Và thầy cô cho chúng con một hành trang vững chắc để bước vào đời. Nhân ngày 20-11, ngày Hiến Chương Nhà Giáo Việt Nam, chúng con xin gửi đến thầy cô lời cảm ơn chân thành với tấm lòng tri ân sâu sắc nhất, cùng những lời chúc tốt đẹp. Chúc thầy cô luôn khỏe và mãi là những người đưa đò vĩ đại trên dòng sông tri thức của cuộc đời. ______________________________*______________________________ TẬP SAN TOÁN HỌC & SINH VIÊN Số 33, tháng 11 năm 2010 Chịu trách nhiệm xuất bản MỤC LỤC SỞ TT&TT NGHỆ AN  Tạo thói quen khai thác giả thiết…………….......5 Chịu trách nhiệm nội dung  Toán học với sự phát triển kinh tế vĩ mô……….12 PGS.TS Nguyễn Thành Quang  ĐH Vinh - nơi tạo dựng tương laic ho tuổi trẻ…18  Kinh nghiệm học môn Tô-pô……………….......22  Những định lý giải tích quan trọng……………..16  Định lượng toán tử tuyến tính…………………..20 Trưởng ban: Trần Quốc Luật  Đề ra kỳ này…………………………………….22 Phó ban: Nguyễn Thúy Hằng  Tư duy hình học trong đại số…………………...25 BTV: Đinh Bích Yến, Nguyễn Duy Diện, Lê Như Hảo,  Khảo sát tính liên tục đều……………………....28 Hoàng Thị Ngọc Trà, Mai Thị Phương, Nguyễn Huy  Hướng dẫn sử dụng LaTeX………………...…..30 Hùng, Nguyễn Anh Sơn, Võ Viết Chương, Phan Hồng In 250 bản tại Xưởng in Đại học Vinh, khuôn khổ 19.27 cm. Giấy phép xuất bản số 171/2010/GPXB – Quân, Nguyễn Thị Ngọc Hà, Bùi Văn Hoàng, Phạm STTTT cấp ngày 09/11/2010. In xong và nạp lưu Thị Liên, Nguyễn Thanh Huyền, Phan Đình Hùng. chiểu tháng 11 năm 2010.
1 KẾT HỢP ĐÀO TẠO VÀ NGHIÊN CỨU KHOA HỌC TẠI KHOA TOÁN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG Thành công nổi bật nhất trong quá trình phát Trong những năm gần đây, có nhiều cán bộ triển của Khoa Toán - Trường Đại học (ĐH) Vinh giảng dạy Khoa Toán đã báo cáo khoa học tại nhiều là những thành tựu về công tác đào tạo và nghiên nước trên thế giới như: Mỹ, Pháp, Italy, Trung cứu khoa học. Một số tập thể nghiên cứu trong Quốc, Thái Lan. Khoa đã thực hiện 12 đề tài nghiên Khoa đã đạt được những kết quả mạnh, tập trung cứu cơ bản cấp Nhà nước, 25 đề tài cấp Bộ. Nhiều vào một số hướng quan trọng, có ý nghĩa khoa học, giáo trình và sách chuyên khảo đã được xuất bản, được nhiều nhà khoa học trong và ngoài nước đánh phục vụ cho công tác đào tạo sau đại học ngành giá cao. Hiện nay, đội ngũ giảng viên toán của Toán trong và ngoài Trường ĐH Vinh. Trường ĐH Vinh gồm: 1 giáo sư, 10 phó giáo sư, Tập thể sinh viên của Khoa đã đạt được thành 15 tiến sĩ. Khoa đang đào tạo 3 ngành đại học: Sư tích: 20 giải thưởng trong Hội thi sinh viên nghiên phạm Toán học, Toán học, Toán - Tin học và ứng cứu khoa học của Bộ Giáo dục và Đào tạo, trong đó dụng trên tổng số 600 sinh viên. Về đào tạo sau đại có 2 giải Nhất, 3 giải Nhì; 115 giải trong các kỳ thi học, Khoa có 5 chuyên ngành đào tạo thạc sĩ và tiến Olimpic Toán học sinh viên toàn quốc (2000-2010) sĩ: Toán Giải tích, Đại số và Lý thuyết số, Lý luận do Hội Toán học cùng Bộ Giáo dục và Đào tạo và phương pháp dạy học bộ môn Toán, Hình học và đồng tổ chức, trong đó có 18 giải nhất. Sinh viên Tôpô, Lý thuyết Xác suất và thống kê Toán học. Đã Nguyễn Trần Thuận khóa 46A đạt 2 giải nhất trong có 40 nghiên cứu sinh của Khoa bảo vệ thành công kỳ thi năm 2009, trong đó có môn thi Đại số đạt luận án tiến sĩ tại cơ sở đào tạo sau đại học - điểm tuyệt đối. Sinh viên Trần Quốc Luật khoá 50A Trường Đại học Vinh, trong đó nhiều luận án bảo đạt Giải nhất môn Giải tích trong kỳ thi năm 2010. vệ đạt loại xuất sắc; nhiều luận án trực tiếp do cán Hoạt động thi Olimpic toán hàng năm của Hội Toán bộ trong Khoa làm hướng dẫn chính. học đã góp phần động viên lòng say mê toán học Toàn Khoa đã có 171 công trình toán học công của các em sinh viên, góp phần tôn vinh trí tuệ toán bố trên các tạp chí Toán học chuyên ngành có uy tín học của tuổi trẻ Việt Nam. trong và ngoài nước. Nhiều giảng viên của Khoa có Bốn lớp bồi dưỡng cử nhân tài năng toán tại công trình được liệt kê trong Tạp chí Mathematical Khoa đã được mở là một hình thức đào tạo chất Reviews của Hội Toán học Mỹ, trong đó có 4 lượng cao, tạo địa chỉ tin cậy để tạo nguồn cán bộ giảng viên có từ 10 công trình trở lên; 11 giảng viên cho Khoa. Lớp cử nhân tài năng khóa V đang triển và nghiên cứu sinh có công trình công bố thuộc khai học 2 chuyên đề. danh mục ISI. Về công tác quản lý đào tạo, Khoa Toán đã chỉ Hiện tại, Khoa có 13 giảng viên với độ tuổi dưới đạo việc xây dựng nề nếp quản lý đào tạo qua các 35 đang theo học chương trình đào tạo tiến sĩ, trong chuyên ngành và tổ bộ môn, xây dựng chương trình đó có 6 người đang làm nghiên cứu ở nước ngoài. chuẩn, tổ chức thực hiện chương trình đào tạo, viết TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
2 sách và giáo trình, rèn luyện phương pháp nghiên Khoa Toán thường xuyên tổ chức các hội nghị cứu cho sinh viên và học viên, xây dựng thư viện, khoa học, nhằm giúp cho sinh viên, học viên được mạng Internet tạo điều kiện cho sinh viên và học tiếp cận với hướng nghiên cứu mới, giao lưu với viên tự học. các nhà khoa học đầu ngành, có cơ hội trình bày các Song song với những nỗ lực kể trên, nhiều sinh báo cáo và định hướng nghiên cứu. Nhiều cán bộ viên giỏi của Khoa bằng nhiều con đường khác của Khoa đã có mối quan hệ hợp tác nghiên cứu nhau đã được gửi đi đào tạo thạc sĩ ở các trường đại khoa học thường xuyên với các nhà toán học trong học nước ngoài. Các trường đại học của Mỹ, Nga, và ngoài nước. Trung Quốc, Đức, Pháp đã tiếp nhận NCS của Cùng với nhiều thành tích đã đạt được, hoạt Khoa. Chương trình hợp tác Hỗ trợ đào tạo các nhà động đào tạo ngành Toán vẫn còn nhiều hạn chế toán học trẻ Việt nam (Formathvietnam) đã cấp cho cần khắc phục: Khoa 6 học bổng sau tiến sĩ tại Pháp. Có 01 NCS đã - Trình độ đầu vào của sinh viên, học viên không bảo vệ thành công luận án dưới sự đồng hướng dẫn đồng đều. Sinh viên những năm đầu chưa tham gia của các nhà toán học hai nước Pháp - Việt. Tổ chức nhiều hoạt động nghiên cứu, vẫn còn nhiều sinh Formathvietnam cũng đã tổ chức tại Khoa Toán - viên chưa thực sự say mê trong học tập. Các ảnh Trường Đại học Vinh các trường toán ngắn hạn. hưởng mặt trái của cơ chế thị trường vẫn còn ít Các giáo sư và các nhà toán học tên tuổi như nhiều tác động đến người học, đã làm cho nhiều Cachier, Mutsuo Oka, Feréderic Phạm, Nguyễn người thiếu nhiệt tình khám phá trong các nghiên Thanh Vân, Lê Dũng Tráng, ... đã tới đọc bài giảng cứu cơ bản có ý nghĩa khoa học lâu dài. Việc cập khoa học cho cán bộ, NCS và học viên cao học tại nhật và trao đổi các kiến thức tin học trong sinh Khoa. Năm 2010, Tổ chức Rencontres du Vietnam viên còn yếu; học tập ngoại ngữ chưa thường xuyên (Gặp gỡ Việt Nam) do Giáo sư Trần Thanh Vân liên tục, kém hiệu quả; khả năng tự học chưa cao. làm chủ tịch, đã trao 7 học bổng Odon Vallet cho 2 Sinh viên khai thác tài liệu thư viện (đặc biệt tài NCS và 5 sinh viên của Khoa có thành tích xuất sắc liệu tiếng nước ngoài), sử dụng hiệu quả công cụ trong học tập, với tổng trị giá 53 triệu đồng. Từ năm mạng Internet, các phần mềm tin học trong học tập, 2008, Khoa đã ký kết một hợp tác đào tạo và nghiên nghiên cứu còn ít. cứu với Trung tâm Vật lý Lý thuyết Quốc tế Triese, - Đội ngũ cán bộ hướng dẫn chính luận án tiến sĩ Italy (ICTP) và trong khuôn khổ hợp tác này đã có của Khoa còn mỏng, trong Khoa chưa có nhiều mũi 3 giảng viên trẻ của Khoa Toán được đi thực tập nhọn nghiên cứu cơ bản đủ mạnh để có thể hội nhập khoa học tại ICTP. khu vực và quốc tế về đào tạo tiến sĩ. Cơ sở đào tạo sau đại học trường ĐH Vinh đã - Số giáo trình đã biên soạn và nghiệm thu đưa mời được hơn 100 nhà toán học từ Viện Toán học, vào sử dụng còn ít, chưa đáp ứng đầy đủ nhu cầu ĐHQG Hà Nội, ĐHSP Hà Nội, Đại học Huế, Viện học tập của sinh viên, học viên. Khoa học Giáo dục,... tham gia giảng dạy, hướng - Thông tin phản hồi hai chiều giữa người dạy và dẫn luận văn thạc sĩ, luận án tiến sĩ. người học chưa được chú trọng. Vẫn còn nặng về TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
3 truyền thụ kiến thức cụ thể, không làm nổi bật được 4. Tạo ra một môi trường làm việc chính quy cho kiến thức gốc; nhiều người học không nắm được mảng đào tạo: Trang bị phòng làm việc cho các bộ bản chất của các khái niệm cơ bản của toán học dẫn môn; thư viện, Internet công cộng miễn phí; phòng tới không ứng dụng được toán học vào các ngành bảo vệ luận văn, luận án,… để cán bộ, sinh viên, khoa học khác và thực tiễn đời sống. học viên có điều kiện học tập và nghiên cứu tốt - Nhiều sinh viên, học viên còn tâm lý ỷ lại, lười hơn. đào sâu suy nghĩ trong học tập và nghiên cứu; nặng 5. Cần có chính sách cụ thể về hỗ trợ kinh phí học để mà thi chứ không học để mà biết, vận dụng. cho sinh viên, học viên có kết quả nghiên cứu, để Từ thực tế đào tạo ngành toán tại Khoa trong thời họ có thể tham gia các đề tài, hội nghị, hội thảo gian qua, Khoa có những đề xuất sau: khoa học trong và ngoài nước; khen thưởng đối với 1. Chất lượng đào tạo và nghiên cứu của đội ngũ những sinh viên, học viên có thành tích nghiên cứu các thầy giáo là tiền đề cần thiết và là niềm cảm tốt và cán bộ hướng dẫn thành công khoá luận, luận hứng về tư duy sáng tạo cho các đồng nghiệp trẻ và văn, luận án có kết quả xuất sắc. sinh viên và chính điều này đảm bảo tính bền vững 6. Tinh giản nội dung giảng dạy theo xu thế hiện cho uy tín của Trường. Do đó, phải tăng cường vai đại, hội nhập; tăng cường thời gian tự học và tự trò quản lý, giám sát của bộ môn, khoa chuyên nghiên cứu của người học. Điều đó đặt ra một ngành đối với đào tạo và sinh hoạt khoa học của nhiệm vụ cho chúng ta là công tác đào tạo cần phải giảng viên, hoạt động chuyên môn của học viên ở có một sự đổi mới mạnh mẽ về nội dung chương những nội dung rất cụ thể: Kế hoạch làm việc, sinh trình, phương pháp giảng dạy và học tập, biên soạn hoạt chuyên môn, nội dung và chương trình giảng giáo trình cũng như công tác quản lý đào tạo. Cần dạy. Thực hiện nghiêm túc các khâu: xét duyệt đề có cơ chế chính sách thu hút giáo sư giỏi từ các tài; bảo vệ đề cương nghiên cứu của NCS; đánh giá trường đại học, viện nghiên cứu trong và ngoài luận văn, luận án. Trong luận văn thạc sĩ và luận án nước tham gia giảng dạy, hướng dẫn, đồng hướng tiến sĩ, với những cấp độ khác nhau cần xác lập cân dẫn và đánh giá khóa luận, luận văn, luận án cho đối giữa 3 nội dung: Lý thuyết - Nghiên cứu - Ứng học viên và sinh viên. dụng. 7. Huy động toàn bộ hệ thống tổ chức và chính trị 2. Đẩy mạnh ứng dụng công nghệ thông tin vào trong Khoa giúp đỡ sinh viên học tập theo hệ thống việc đổi mới phương pháp giảng dạy, đặc biệt tín chỉ: Tư vấn học tập, đăng ký học phần, tài liệu khuyến khích cán bộ và sinh viên, học viên sử dụng học tập, phương pháp học tập, hướng dẫn ôn thi học các phần mềm tin học trong học tập, giảng dạy, phần,... nghiên cứu toán học. Trong thời gian tới, Khoa Toán sẽ cố gắng có 3. Cần có kế hoạch cụ thể về đào tạo đội ngũ cán những bước đột phá mạnh hơn, nhanh hơn để tạo ra bộ trẻ, giỏi, có tâm huyết để đảm đương khối lượng một số mũi nhọn trong đào tạo và nghiên cứu khoa lớn các chuyên đề cơ bản ở các chuyên ngành, đón học, hướng tới có thể hội nhập được với các trường đầu hợp tác quốc tế về đào tạo và nghiên cứu. đại học trong khu vực và quốc tế. TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
4 TẠO THÓI QUEN KHAI THÁC GIẢ THIẾT BÀI TOÁN TRẦN QUỐC LUẬT – 50A Toán Trong đề thi Đại học Khối A, năm 2010 có bài toán “phân loại” như sau:  16 x 4  25 x 2  5  8   3  4x 1  0 BÀI TOÁN: Giải hệ phương trình: 16 1  2 x     4 x2  1 4x2  5   0  * :  2 2    4 x 2  1 x  ( y  3) 5  2 y  0 1 3  4x 1   16  4 x  y  2 3  4 x   7.  2    2 x  1  2 x  1 4 x 2  5   0  3  4x 1 3 5 Trước hết, ta đặt điều kiện x  , y  . Rõ ràng 1 3 4 2  x  (do 0  x  ). đây là một hệ phương trình không mẫu mực. Ta hãy 2 4 xem xét từng phương trình của hệ. Nhận thấy 3 Cách 2.2: Nhận thấy x  0 và x  đều không phải phương trình 1 có 2 ẩn “phân ly” “rời nhau” (có 4 thể “cô lập” mỗi ẩn sang một vế của phương trình), 3 5  4 x2 là nghiệm nên 0  x  . Thay y  vào đồng thời chứa một biểu thức trong dấu căn (hơn nữa 4 2 bậc của x và y bằng nhau và bằng 3). Ta khai phương trình thứ hai ta được 2 thác triệt để những điều này như sau. Trước hết “cô 4x2  5  4x  2  2 3  4 x  7. lập” mỗi ẩn về mỗi vế ta được 4  4x 2   1 x  (3  y ) 5  2 y . Đặt t  5  2 y , ta có  3 Trong khoảng  0;  hàm số  t t 1 2   4  x 4x2  1   2 hay     2x 4 x2  1  t t 2  1 . 5  4x  2 2 Đến đây ta đã phát hiện ra hàm đặc trưng g ( x)  4 x 2   2 3  4 x nghịch biến. 4 f (t )  t (t 2  1), rõ ràng f '  x   3t 2  1  0, t  R Thật vậy, ta có nên hàm này đồng biến nên ta có t  2 x hay 4 g ( x )  4 x(4 x 2  3)   4 x(4 x 2  3)  0. 2x  5  2 y .  3 3  4x Với bản chất như vậy, ngoài cách trình bày trên ta 1 Mặt khác ta lại có g    7. Vì vậy phương trình còn có thể trình bày bước này như sau: 2 Cách 1.1: Đặt 5  2 y  2t  0, ta có ngay 1 trở 1 g ( x )  7 chỉ có một nghiệm duy nhất là x  . thành x(4 x 2  1)  t (4t 2  1). 2 Cách 2.3: Viết lại  4  dưới dạng f ( x )  g ( x) với   Suy ra  x  t   4 x 2  xt  t 2  1  0  x  t.   f ( x)  8 3  4 x và g ( x )  16 x 4  25 x 2  3. Khảo Cách 1.2: Ta có: 3  3  2  5y  3 2  5y sát riêng lẻ f ( x), g ( x ) thấy trên khoảng  0;  hàm 1  4 x  x  4      4  2  2 f ( x ) nghịch biến và g ( x) đồng biến nên  4  có  2x  5  2 y. nghiệm duy nhất. Vấn đề đã được giải quyết một nửa, ta sẽ xử lý Cách 2.4: Đặt g ( x)  4 x 2  2 3  4 x . phương trình  2  với điều kiện  3 . 4 Ta có g ( x )  8 x   0 với mọi x  0. Cách 2.1: Thay  3 vào  2  ta có: 3  4x 2 1  5  4x2  2 +) Nếu x  thì từ  3 ta có y  2. Do vậy 4x     2 3  4x  7 2  2  1  16 x 4  25 x 2  8 3  4 x  3  0  4 g ( x )  y 2  g ( )  4  7 , hệ * vô nghiệm. 2 TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
5 1 +) x  thì y  2 , thỏa mãn. 2 hay 16 x 4  24 x 2  8 3  4 x  3  0. 1 Đặt 3  4x  t thì t [0; 3] . +) Nếu x  thì từ  3 ta có y  2. Do vậy 2 Khử x ta có: t 8  12t 6  30t 4  36t 2  128t  183  0 1 g ( x )  y 2  g ( )  4  7 , hệ * vô nghiệm. 2     t  1 t  3 t 6  2t 5  5t 4  4t 3  7t 2  2t  61  0 2 2 Cách 2.5: Thay 2 x  5  2 y vào  2  ta được    t  1 (vì t4  t 1  6 9  t4  4t3  6t2   t 1  6  0 ( y  1) 2  2 3  2 5  2 y  3. với mọi t [0; 3] ). Bài tập tương tự áp dụng: Đặt a  y  1 thì ta được a 2  2 3  2 3  2a  3 Giải các hệ phương trình sau: hay a  3  2 3  2 3  2a . 2 x 2  6 x  5  4 y  3  1.  2 4 3 2 Đặt b  3  2a ; c  3  2b ta có a  3  2c .  x  y  2 y  5 y  4 y  4.   2 2 ( x 1) x  2x  5  4 y y  1  2(2 y  x  1) Cách trình bày 1: 2.  +) Nếu a  1 thì b  1, nên c  1, do vậy a  1 , vô  x3  2 y  3  2 x  2.  lý. +) Nếu a  1 thì b  c  1 , thỏa mãn. Thay vào ta có ********************************************* 1 nghiệm của hệ * là x  ; y  2. CON VỚI THẦY 2 Phan Hồng Quân (sưu tầm) +) Nếu a  1 thì b  1, nên c  1, do vậy a  1, vô lý. Con với thầy Cách trình bày 2: Người dưng nước lã Không mất tính tổng quát, ta giả sử a  b  c. Con với thầy Từ a  b có a  3  2a , nên a  1. Tương tự b  1. Khác nhau thế hệ… Do vậy b  1  3  2a . Đẳng thức xảy ra khi a  b  1. Từ đó a  b  c  1. Đã nhiều lần tôi tự hỏi mình 3 Mười mấy ngàn ngày không gặp lại Cách 2.6: “Làm chặt” điều kiện được 0  x  ; Những thầy giáo dạy tôi ngày thơ dại 4 5 Vẫn bên tôi dằng dặc hành trình… 0  y  . Chú ý với điều kiện này thì các hàm 2 Vẫn theo tôi những lời động viên   f1 ( x )  x 4 x 2  1 ; g 2 ( y )  y 2 đồng biến, đồng thời Mỗi khi tôi lầm lỡ f 2 ( y )   3  y  5  2 y và g1 ( x )  4 x 2  2 3  4 x Vẫn theo tôi những lời nhắc nhở nghịch biến. Ta đánh giá: Mỗi khi tôi tìm được vinh quang... 1 Với x  thì từ 1 ta có f 2 ( y )  1  y  2. Từ 2 Qua buồn vui, qua những thăng trầm  2   g1 ( x)  3  g 2 ( y)  4  y  2 (mâu thuẫn). Câu trả lời sáng lên lấp lánh 1 1 Với tôi thầy ký thác Với x  tương tự ta có mâu thuẫn. Vậy x  , Thầy gửi tôi khát vọng người cha… 2 2 thay vào thấy thỏa mãn. Đường vẫn dài và xa Cách 2.7: Khử y ta có: Thầy giáo cũ đón tôi từng bước! 2  5  Từng bước một, tôi bước 4 x2  2 3  4 x   2  x2   7  2  Với kỷ niệm thầy tôi... TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
6 SUY NGHĨ VỀ MỘT BÀI TOÁN HAI KHÔNG GIAN TÔPÔ ĐỒNG PHÔI BÙI XUÂN QUANG – ĐH Hải Phòng Tóm tắt. Bài viết phân tích hướng chứng minh và kết quả mà không chứng minh chi tiết, phần còn lại một vài suy nghĩ sau khi giải một bài toán về hai xin dành cho bạn đọc. không gian Tôpô đồng phôi. Tôi giải bài toán này như sau: Thay vì xét hình cầu Mùa hè vừa qua tôi có may mắn được tham dự S 2 , xét mặt cầu: Trường hè Toán học cho Sinh viên tổ chức tại Viện Toán học. Tôi đăng kí lớp Tôpô (Giảng viên là PGS. S  x, y, z   R 3  : x2  y2  z2  z . TS. Hà Huy Vui). Bài tập sau đây là một trong những và chứng minh rằng S\{N} (với N là một điểm nào bài mà Thầy cho chúng tôi về nhà: đó nằm trên S ) đồng phôi với R 2 . Khi đó trong lớp Chứng minh rằng mặt cầu đơn vị S 2 ( S 2 là mặt Tôpô chúng tôi có một bạn thắc mắc là đề bài Thầy cầu đơn vị trong R 3 ) nếu bỏ đi một điểm thì đồng cho là S 2 , tại sao lại chứng minh cho S thì Thầy phôi với R 2 . trả lời là: “Về mặt tôpô thì hai mặt cầu đó giống Bài toán này không phải là quá phức tạp, tuy nhau”. Chúng ta hãy cùng lý giải sự giống nhau đó. nhiên nó lại chứa đựng nhiều điều thú vị. Bài viết Cũng cần nói luôn là do mục đích của bài báo nên có này tôi sẽ trình bày một số suy nghĩ của mình về bài thể ban đầu bạn đọc thấy sự trình bày không được tự toán trên. Trước hết, tôi xin được nêu lên không nhiên lắm, sự không tự nhiên đó sẽ được lý giải ở chứng minh vài khái niệm và Định lý có liên quan cuối bài viết. trong việc trình bày để những ai chưa học Tôpô dễ 1. Đầu tiên tôi dựng mặt cầu theo dõi:  1 B=  x; y; z   R 3 : x 2  y 2  z 2   . Ta thấy B có 1. Giả sử X là một tập hợp khác rỗng,  là một họ  4 những tập con của X (   P( X ) ).  được gọi là một tâm là gốc O và nằm bên trong hình cầu S 2 . Ta xét cấu trúc Tôpô trên X nếu nó thỏa mãn các điều kiện phép tương ứng sau đây (xem hình vẽ): sau đây: Từ gốc toạ độ O, ta kẻ tia i) Tập X và tập rỗng đều thuộc  . Ot bất kỳ cắt B tại M, cắt ii) Giao hữu hạn các tập thuộc  thì S 2 tại M ' . Khi đó, bạn thuộc  . đọc có thể kiểm tra một iii) Hợp bất kì các tập thuộc  thì thuộc cách chi tiết rằng, . ánh xạ sau đây: Tập hợp X cùng với một cấu trúc tôpô trên nó được f : B  S2 gọi là một không gian Tôpô (Topological space). 2. Ánh xạ f : X  Y giữa hai không gian tôpô X và M  f M   M ' Y được gọi là liên tục tại x0  X nếu với mọi lân cận là một phép đồng phôi. V của f  x0  đều tồn tại một lân cận U của x0 sao 2. Tiếp theo, ta tịnh tiến mặt cầu B theo trục Oz để cho f U   V . 1  3. Giả sử f : X  Y là ánh xạ giữa hai không gian tâm của mặt cầu này trùng với điểm  0;0;  . Ta gọi  2 tôpô X và Y. Khi đó, f được gọi là một phép đồng mặt cầu này là S, suy ra phôi nếu f là song ánh và ánh xạ ngược f 1 của nó cũng liên tục. Lúc đó ta cũng nói không gian tôpô X S   x, y, z   R 3  : x2  y2  z2  z . đồng phôi với không gian tôpô Y, và kí hiệu là Lúc này ta có ngay S  B (do “  ” là một quan hệ tương đương như trong phần lý thuyết ta đã nói). X  Y. 4. Quan hệ đồng phôi giữa các không gian tôpô là 3. Vấn đề còn lại là phải chứng minh cho S bỏ đi quan hệ tương đương. 5. Phép đẳng cự là phép đồng phôi (nhưng ngược một điểm nào đấy thì đồng phôi với R 2 . Phép chứng lại thì không luôn đúng). minh được thực hiện như sau (hình vẽ): Bây giờ chúng ta trở lại bài toán. Cũng xin nói luôn là do khuôn khổ bài báo nên tôi chỉ đưa ra các TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
7 Rõ ràng N  0;0;1  S. Với mỗi P(x;y;z)  S\{N} ta kẻ tia Pj cắt R 2 tại Q(x;y). Với một sự kiên trì và cẩn LẦN ĐẦU XA NHÀ Nguyễn Thị Ngọc Hà (sưu tầm) thận thích đáng, bạn đọc có thể kiểm tra được ánh xạ sau: Lần đầu tiên con đi học xa nhà  : S\{N}  R 2 Bỏ lại đằng sau quê hương vời vợi nhớ Xe lăn bánh mẹ còn thao nhắc nhở P    P  Q Nước mắt con chạm má tự bao giờ là một phép đồng phôi. Học xa nhà con mới biết làm thơ Đến đây, ta coi như bài toán đã được giải quyết. Nỗi nhớ mẹ tràn trên trang giấy trắng Nếu suy nghĩ thêm một chút nữa về bài toán, tôi tin Con ở một mình trong căn phòng vắng lặng sẽ có điều gì đó thú vị, bây giờ ta hãy đồng nhất R 2 Tiếng mẹ lại vọng về cố gắng nhé con với không gian phức C (như cách đã biết trong Giải Học xa nhà con lại sợ những hoàng hôn tích phức). Ta thấy khi P dần tới N thì tia Pj dần tới Cứ thấy nhà ai quây quần ăn cơm tối vị trí song song với C . Vậy ta có thể coi N  S Con giật mình nước mắt rơi vội tương ứng với điểm xa vô tận  của mặt phẳng phức, Mặn chát bờ môi, nghẹn đắng tâm hồn mặt phẳng phức có bổ sung thêm điểm xa vô tận Học xa nhà con thấy mình lớn khôn được gọi là mặt phẳng phức mở rộng và chúng ta kí Là lần đầu xa vòng tay của mẹ hiệu là C . Như vậy, tương ứng  như trên được mở Dù ở đâu con cũng thấy mình nhỏ bé Mỗi khi trở về bên mẹ yêu thương! rộng tới đồng phôi giữa S và C (hay R 2 cũng vậy) ********************* bằng cách đặt   N    . Đến đây, tôi tin là chúng ta có thể hiểu thêm được bản chất của điểm vô cùng LỜI RU CỦA THẦY Phan Hồng Quân (sưu tầm) trên không gian phức. Cuối cùng, lúc nãy là ta thiết lập“sự đồng phôi” của S\{N} với R 2 bằng hình học Mỗi nghề có một lời ru Dở hay thầy cũng chọn ru khúc này (đồng nhất R 2 với C ), để có thể tính toán bằng giải Lời ru của gió màu mây tích, chúng ta cần thay đổi thứ tự và kí hiệu một chút Con sông của mẹ đường cày của cha để lời tính toán được dễ dàng hơn: Trong không gian Bắt đầu cái tuổi lên ba Euclide R 3 với hệ toạ trực chuẩn  O; , ,   , xét mặt Thầy ru điệp khúc quê nhà cho em cầu S:  2   2   2   . Ứng với mỗi điểm Yêu rồi cũng nhớ yêu thêm Tình yêu chẳng có bậc thềm cuối đâu! z   x; y   C ta nối nó với N  S. Đường thẳng này Thầy không ru đủ nghìn câu  x y z 2  Biết con chữ cũng đứng sau cuộc đời cắt S tại điểm T   ; ;  1 z 2 1 z 2 1 z 2  Tuổi thơ em có một thời   Ước mơ thì rộng như trời, ngàn năm và ta cần chứng minh ánh xạ Như ru ánh lửa trong hồn  : C  S \{N} Cái hoa trong lá, cái mầm trong cây 2  x y z  Thầy ru hết cả mê say  x; y    ; ; 1 z 2 1 z 2 1 z 2   Mong cho trọn ước mơ đầy của em.   Mẹ ru em ngủ tròn đêm là đồng phôi. Ngược lại, khi Thầy ru khi mặt trời lên mỗi ngày T  N ta thực hiện phép giới Trong em hạt chữ xếp dày hạn khi   1 ta được Đừng quên mẹ vẫn lo gầy hạt cơm z   x; y    . Vậy là Từ trong vòm mát ngôi trường Xin lời ru được dẫn đường em đi chúng ta đã chứng minh (Con đường thầy ngỡ đôi khi bằng giải tích sự đúng đắn Tuổi thơ lăn một vòng bi tới rồi!) của bài toán. Hẳn là thầy cũng già thôi Kết thúc bài báo, cho phép em được gửi tới Ban tổ Hóa thân vào mỗi cuộc đời các em chức Trường hè Toán học cho Sinh viên 2010 lời Thì dù phấn trắng bảng đen cảm ơn sâu sắc nhất vì đã tạo mọi điều kiện thuận lợi Hành trang ấy đủ thầy đem theo mình. cho chúng em học tập và giao lưu trong suốt thời gian ở Viện Toán học và ĐHSPHN. TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
8 BÍ QUYẾT NÓI CHUYỆN TRƯỚC ĐÁM ĐÔNG BÙI VĂN HOÀNG – 50 Toán Tin học - Ứng dụng Phần lớn mọi người xem việc phải nói chuyện nhóm cá nhân riêng lẻ. Hãy cố gắng nhìn vào một ai trước đám đông là nỗi sợ hãi kinh khủng nhất. Nỗi sợ đó một lúc. Khi nói chuyện với khán giả, tiếp thu đó còn hơn cả sợ rắn, sợ đi máy bay, hoặc ngay cả những ý kiến phản hồi của họ để hoàn thành bài nói sợ cái chết. Nhưng chúng ta, không thể trốn tránh nó chuyện của mình. Bạn sẽ vượt qua thôi mà! Tôi chưa mãi. Nhiều người trong chúng ta có thể được mời ra bao giờ nghe thấy có ai chết trên bục diễn thuyết cả. trình bày một báo cáo, phát biểu trong buổi họp phụ Bạn cũng không bị thở dốc, hụt hơi, quên mất tên huynh học sinh, nói lời chúc mừng trong lễ cưới. mình hay nổi nóng. Đấy là những chuyện gây ám ảnh Làm sao để bạn có thể vượt qua những thử thách đó? cho bất cứ ai phải đứng trước đám đông. Người ta Thật đơn giản chỉ với một chút thời gian luyện tập. gọi đó là cơn ác mộng của diễn viên. Việc đó hoàn toàn bình thường. Sử dụng một số kỹ thuật thư giãn Quy tắc quan trọng nhất trong việc nói chuyện trước khi bắt đầu. Bạn có thể tìm một nơi để nhảy lên trước đám đông là bạn phải biết mình nói gì. Điều nhảy xuống hoặc dậm chân thật manh, điều này sẽ này nghe có vẻ ngớ ngẩn, nhưng thông thường các giúp bạn cảm thấy vững vàng và giảm bớt căng “diễn giả” không hề có một ý niệm rõ ràng về những thẳng. Lắc bàn tay và co duỗi nắm tay. Điều này sẽ gì họ truyền đạt đến người nghe. Bạn cần phải biết làm tay bạn bớt run. Nếu run tay thực sự là một vấn chính xác bạn sẽ đưa người nghe đến đâu. Một khi đã đề thì hãy nắm lấy một tấm danh thiếp hay nắm vào biết, hãy liệt kê nó thành 3 hay 4 điểm chính và soạn bục diễn thuyết khi nói chyện. Lè lưỡi ra, trợn mắt và bài nói của mình tập trung vào những điểm này thôi. há miệng to hết cỡ, sau đó nhăn tít mặt lại. Việc này Bạn không phải là một cuốn từ điển sống, việc đưa ra sẽ làn thư giãn các cơ mặt của bạn. Hít thật sâu và quá nhiều thông tin hay không đủ thông tin cũng đều thở mạnh ra tiếng để làm ấm giọng của bạn. Tưởng dở như nhau. Thực hành, nhưng không cần quá tượng như bạn đang ở trên một đám mây, không gì nhiều: Liệt kê ra những gì bạn sẽ nói và tập nói 1 hay có thể làm hại đến bạn khi bạn đang ở trong đó. Hãy 2 lần. Sẽ rất hay nếu như bạn canh thời gian trong khi cố gắng giữ hình ảnh ấy trong đầu khi bạn đang đứng tập, việc đó sẽ giúp bạn kiểm soát được thời gian nói trên diễn đàn. Nói chuyện trước công chúng càng mà không sợ bị lố. Có thể sẽ có những phút ngẫu nhiều, việc đó càng trở nên dễ dàng hơn. Có khi bạn hứng tình cờ xảy ra làm bạn bất ngờ và làm khán giả còn cảm thấy thích nữa ấy chứ! thích thú. Bạn sẽ không còn muốn xuất hiện trước đám đông nếu bạn đã nói về một đề tài cả ngàn lần ƯỚC MƠ CÔ GIÁO rồi, bạn sẽ cảm thấy chán và chẳng thèm để ý tới khán giả nữa. Bạn cũng nên lập kế hoạch sẽ mặc Phạm Thị Liên – 51A Toán những gì. Chú ý rằng đó phải là bộ đồ mà bạn cảm thấy thoải mái khi mặc vào và điều quan trọng nhất, Tôi đứng đây bên giảng đường rộng mở đó phải là bộ đồ mà bạn biết sẽ làm mình nổi bật. Tà áo dài chắp cánh những ước mơ Quyết định trước việc mình sẽ mặc gì trong ngày Nhớ bé thơ cái ngày vừa bập bẹ diễn thuyết sẽ làm bạn bớt lo lắng hơn. Hãy là chính "Búp bê ngoan nghe cô giáo giảng bài" mình! Nhiều người cảm thấy cần phải rập khuôn theo Thấm thoắt xưa giờ hết chặng đường dài phong cách của ai đó khi nói trước đám đông, đó là Nay mười tám tôi không còn khờ dại vì họ cảm thấy họ không đủ tự tin để lôi cuốn sự chú Khoác áo dài bước tới Đại học Vinh ý của khán giả. Một số cảm thấy bị “khớp” và Học trò xưa không còn búp bê xinh nghiêm túc quá mức và quên rằng tính hài hước cũng Bàn ghế xưa cũng không còn gạch đá là một công cụ quan trọng của diễn giả. Đừng nên chỉ Mà giờ đây lòng tôi đang hối hả tập trung vào vấn đề chính, đôi khi những giai thoại Mai đến rồi làm cô giáo tương lai. cá nhân hay những mẩu chuyện nhỏ cũng là một cách rất tốt để hòa nhập với khán giả. Khán giả là bạn bè! Khán giả luôn ở đó, bởi vì họ quan tâm tới những gì bạn sẽ nói và muốn nghe bạn nói về vấn đề đó. Họ muốn bạn phải làm tốt. Đừng nghĩ khán giả như là một khối người thù địch, hãy xem họ chỉ là một TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
9 TOÁN HỌC TRONG SỰ PHÁT TRIỂN KINH TẾ VI MÔ MAI THỊ PHƯƠNG – 49A Toán (tổng hợp) Trong sự phát triển như vũ bão của khoa học kĩ thuật ngày nay cùng với những biến động mạnh mẽ của nền kinh tế thị trường. Ảnh hưởng của toán học đến các ngành khoa học khác là không hề nhỏ đặc biệt là đối với nền kinh tế. Thông qua những vấn đề về kinh tế đã được học ở ngành 2 bản thân tôi thấy được sự quan trọng của toán đối với sự hình thành và phát triển của các mô hình kinh tế. Vì vậy ở đây tôi đề cập đến vấn đề “toán học trong sự phát triển của nền kinh tế vi mô”. Mà cụ thể hơn là xem xét sự ảnh hưởng của toán học đến hành vi sản xuất của doanh nghiệp thông qua lý thuyết sản xuất. I – CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ MÔ HÌNH - Mô hình kinh tế: là mô hình phản ánh các đối tượng trong lĩnh vực hoạt động kinh tế. - Mô hình toán kinh tế : là mô hình kinh tế được diễn tả bằng ngôn ngữ toán học. - Bản chất của 1 hệ thống kinh tế là mô hình hóa quá trình vận dụng của nó. Do đó khi xây dựng mô hình toán học của một hiện tượng kinh tế ta phải chọn các biến: gồm biến ngoại sinh (biến giải thích, biến độc lập) và biến nội sinh (biến được giải thích, biến phụ thuộc) sau đó tới mô tả quan hệ giữa các biến đó bằng một hệ thức toán học. - Các ràng buộc của mô hình: là các hệ thức toán học phản ánh mối quan hệ kinh tế, quan hệ hành vi, quan hệ mua bán,… giữa các yếu tố kinh tế. Cũng như sự vận động của tự nhiên và xã hội. Quan hệ kinh tế cũng chịu sự tác động của quy luật bảo toàn (tức là sự bằng nhau, cân bằng theo 1 thước đo nào đó). Mà suy cho cùng hình thức biểu hiện giữa các biến kinh tế là các phương trình trong toán học. - Sau khi đưa ra các hệ thức toán học đã xác lập về dạng chính tắc hoặc chuẩn tắc thì ta được phương trình trạng thái của hệ thống kinh tế đang xem xét. II – XÂY DỰNG MÔ HÌNH TOÁN KINH TẾ  Bước 1: Xây dựng mô hình Định tính cho đối tượng kinh tế cấn nghiên cứu. ở đây ta phải xác lập được quy luật cũng như yếu tố có ý nghĩa quyết định đối với đối tượng kinh tế nghiên cứu.  Bước 2: Xây dựng mô hình toán học cho đối tượng cần nghiên cứu (tức là diễn tả dưới dạng ngôn ngữ toán học).  Bước 3: Sử dụng các công cụ toán học để khảo sát và giải quyết mô hình đã xây dựng ở bước 2 nhằm đưa ra giải pháp tối ưu cho mô hình đã xây dựng.  Bước 4: Dựa vào các số liệu thu thập được để dự đoán và kiểm định sự phù hợp của mô hình trong lý luận và thực tiễn, ở đây ta sử dụng mô hình kinh tế vi mô để phân tích cách ứng xử, hành vi của các chủ thể kinh tế thông qua hành vi sản xuất. III – CÔNG NGHỆ SẢN XUẤT VÀ HÀM SẢN XUẤT Hàm sản xuất: Là hàm mô tả những sản lượng sản phẩm đầu ra tối đa có thể được sản xuất bởi một số lượng yếu tố sản xuất (đầu ra) nhất định tương ứng với trình độ kỹ thuật nhất định. Dạng tổng quát hàm sản xuất Q = f (X1, X2…, Xn). Trong đó Q là sản phẩm đầu ra, Xi là sản lượng yếu tố sản xuất thứ i. 1) Năng suất trung bình (AP) và năng suất biên (MP) Năng suất trung bình của một yếu tố sản xuất biến đổi là số sản phẩm sản xuất tính trung bình trên 1 đơn vị yếu tố sản xuất đó. Năng xuất biên của yếu tố sản xuất biến đổi là phần thay đổi trong tổng sản lượng khi thay đổi 1 đơn vị yếu tố sản xuất biến đổi đó. Q Cho hàm sản xuất Q = f (X1, X2,…, Xn ). Gọi năng suất trung bình theo 1 yếu tố sản xuất thứ i là hàm Xi TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
10 ' ' Q X i f Xi ( X )  f ( X ) f (X ) Q (i= 1, n ) có cực đại tại Xi*. Ta có   = 2  0. Do vậy, f x'i ( X )   .  X i  X i  X i* Xi Xi Xi 2) Tiến bộ kĩ thuật  y  Rn  Giả sử công nghệ sản xuất của một doanh nghiệp được biểu thị bởi hàm sản xuất y = f(X)  Khi đó n x  R .  Xi aij  là hệ số kĩ thuật của quá trình sản xuất. Giả sử ta có công nghệ sản xuất biểu thị dưới dạng hàm sản Yj xuất Q  A(t ). f (k , l ) 1 trong đó k là vốn, l là sức lao động, A(t) là tất cả các yếu tố ảnh hưởng khác (là hàm d ( A(t )) của thời gian t). Nó biểu thị tiến bộ kĩ thuật cho nên ta luôn giả sử là  0. Khi đó vi phân 2 vế của (1) dt dQ d ( A(t )) f dk f dl dQ theo rút gọn ta được:   .  .  2  . Đặt  GQ là tốc độ tăng trưởng Qdt A(t ).dt f ( k , l ).k dt f (k , l )l dt Qdt d ( A(t )) dk của Q theo thời gian;  G A là tốc độ tăng trưởng của A theo thời gian;  GK là nhịp tăng của vốn A(t ).dt kdt dl theo thời gian và  GL là tốc độ tăng trưởng của lao động theo thời gian. Khi đó (2) có thể viết thành: ldt GQ  GA  E (Q, k ).Gk  E (Q, l ).Gl . Như vậy, nhịp tăng của sản lượng được biểu diễn qua 3 thành phần G A , Gk , Gl suy ra nhịp tăng của sản lượng Q là do phần đóng góp của vốn, của lao động, phần của tiến bộ kĩ thuật. ************************************************************************************* ĐẠI HỌC VINH – NƠI TẠO DỰNG TƯƠNG LAI CHO TUỔI TRẺ TRẦN THỊ THANH NHÀN – 48A Toán Trong mỗi chúng ta, chắc hẳn ai cũng còn nhớ trưởng thành của Khoa Toán qua 50 năm xây dựng cảm giác bỡ ngỡ, niềm vui tựu trường xen lẫn và phát triển. Cùng nhìn lại những hoạt động và kết những lo lắng trong buổi đầu nhập học. Lúc ấy, quả đạt được, sinh viên Khoa Toán không khỏi hành trang mang trên mình chỉ là những ước mơ, không tự hào về những thành tích đó. Bên cạnh những hoài bão, là cả một tuổi trẻ với trọn vẹn bầu những thành tích về các hoạt động Đoàn Thanh nhiệt huyết. Điều đó cũng dễ hiểu. Bởi lẽ, là những niên, Hội sinh viên thì phong trào học tập, nghiên người trẻ tuổi, có ai mà không ôm một giấc mơ cứu khoa học (NCKH) của Khoa cũng có nhiều trong vòng tay, trong trái tim hay trong tâm tưởng bước tiến, luôn là hoạt động bề nổi và dẫn đầu. của mình! Và trong số các bạn, có ai mà chưa một + Về học tập lần mơ ước rằng, mai này, mình sẽ trở thành một Khắc phục được những khó khăn ban đầu về nhà giáo, một nhà khoa học hay một kỹ sư! Đó là lý chương trình học theo hệ thống tín chỉ, cùng với sự do để tất cả chúng ta về đây, dưới mái trường Đại giúp đỡ, tạo điều kiện của Khoa và Nhà trường, mỗi học Vinh này, để cùng một mục đích là thực hiện sinh viên Khoa Toán đã dần làm quen được với hình những ước mơ, dự định đó. Chính mái trường Đại thức đào tạo mới, có nhiều cố gắng trong quá trình học Vinh là ngôi nhà chung để tất cả chúng ta giao học tập, rèn luyện của mình. lưu, học hỏi, tự bồi dưỡng và giúp đỡ lẫn nhau trong Là một sinh viên Khóa 48- khóa đầu tiên đào tạo học tập, rèn luyện. Và nơi đây cũng là nơi ươm theo hệ thống tín chỉ, ý thức được những khó khăn mầm những ước mơ, nơi tạo dựng tương lai cho tuổi của cách đào tạo mới, cũng như các sinh viên khóa trẻ. 48 khác, mình đã phải cố gắng rất nhiều để xây Hòa cùng với niềm vui chung của cả trường, dựng cho bản thân một phương pháp học tập phù năm học qua cũng là mốc thời gian đánh dấu sự hợp, cụ thể như: TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
11 - Lập cho mình một thời khóa biểu, thời gian - Tham gia các buổi tọa đàm, seminar bàn về biểu hợp lý. Đặc biệt là đối với việc đăng ký học, phương pháp học tập, trao đổi kinh nghiệm. các bạn nên đăng ký các môn học theo khung - Luôn tạo cho mình thói quen tự học, tự tìm tòi, chương trình đào tạo của Khoa. Trong quá trình nghiên cứu. đăng ký, nên chú ý cân đối giữa các học phần lý Bên cạnh những vấn đề đã nêu trên, còn một điều thuyết và các môn có nhiều bài tập. Sắp xếp lịch học mà mình nghĩ rằng nó cũng không kém phần quan một cách phù hợp, sao cho tiết kiệm được thời gian trọng. Đó là chúng ta phải không ngừng vun đắp nhất. những ước mơ, hoài bão, lý tưởng cao đẹp, từ đó mới - Luôn có kế hoạch học tập cụ thể, lựa chọn và có được động cơ, thái độ và phương pháp đúng đắn xây dựng phương pháp học thích hợp, có thể phối trong học tập và NCKH. hợp nhiều phương pháp học khác nhau để kết quả tự Như văn hào Lép-tôn-xtôi đã từng nói: “Lý tưởng học đạt tối ưu. là ngọn đèn chỉ đường, không có lý tưởng thì không - Trong quá trình học, cần nắm vững nguyên tắc: có phương hướng kiên định, mà không có phương Tìm hiểu bất cứ vấn đề gì bao giờ cũng bắt đầu đi từ hướng thì không có cuộc sống”…Vâng, mình thiết dễ đến khó, không đặt mục tiêu quá cao đối với năng nghĩ rằng, con đường hôm qua, hôm kia của mình, lực bản thân mình. của bạn sẽ dần lùi vào quá khứ. Nhưng con đường - Luôn có ý thức nỗ lực ý chí, kiên trì khắc phục hôm nay và của ngày mai còn tùy thuộc vào tất cả khó khăn trong quá trình tự học, rèn luyện thói quen chúng ta. Chúng ta phải đi như thế nào, chọn lựa độc lập suy nghĩ, chủ động sáng tạo trong mọi vấn ngọn đèn lý tưởng nào và đi theo phương hướng ra đề. sao để tiếp tục phát triển, đó mới là điều quan trọng. Như chúng ta đã biết, học Đại học là biến quá Hy vọng rằng, với bầu nhiệt huyết sẵn có, niềm say trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo. Do đó, theo mê khoa học, tuổi trẻ Khoa Toán sẽ tiếp tục học tập, mình, mỗi người cần xây dựng kỹ năng tự học cho nghiên cứu và sẵn sàng cống hiến, xứng đáng là niềm mình. Ở lớp, chú ý nghe giảng và ghi chép đầy đủ, cố tự hào của Khoa Toán, xứng đáng là những sinh viên gắng hiểu những vấn đề được thầy cô nói tới trong trường Đại học Vinh “Bản lĩnh, Trí tuệ, Văn minh, bài giảng và trọng tâm của bài học. Về nhà, xem lại Tình nguyện”. bài và làm bài tập để có thể nhớ và vận dụng các kiến thức đã học, thành thạo các kỹ năng giải các dạng bài ẢNH VUI TOÁN HỌC (!) tập. Chỗ nào chưa hiểu thì có thể cùng trao đổi với bạn bè hay hỏi lại thầy cô. - Nên học các môn ngay từ đầu và học một cách thực sự chứ không nên để đến lúc ôn thi mới bắt đầu học. Như vậy kiến thức sẽ không nhớ được lâu. Đối với các môn lý thuyết, các bạn nên đọc giáo trình và tập cách lập đề cương để học. Và cũng tương tự, nên hệ thống kiến thức và phân dạng cùng cách giải các dạng đối với các môn có nhiều bài tập. Mình nghĩ rằng, nếu các bạn chịu khó tìm cho mình một phương pháp học tập đúng đắn, phù hợp với bản thân thì việc tự học sẽ diễn ra thuận lợi hơn. + Về công tác NCKH NCKH là một hoạt động quan trọng trong việc nâng cao chất lượng đào tạo trong các trường đại học. Theo mình, để có thể NCKH, mỗi sinh viên chúng ta CÁC BẠN ĐƯỢC THƯỞNG KỲ NÀY cần tham gia các buổi Hội nghị phương pháp học tập do Khoa tổ chức để dần làm quen với việc NCKH. TOÁN HỌC SINH VIÊN SỐ 33 (11/2010) Bởi thông qua các báo cáo điển hình về phương pháp 1. Đỗ Đức Hiếu, SV lớp Anh3-CLC-KT-K49, ĐH học tập các môn chuyên ngành ở Đại học, chúng ta Ngoại Thương, Hà Nội, bước đầu được làm quen với cách đặt vấn đề, triển 2. Phan Minh Trí, HS lớp 12T, trường THPT chuyên khai ý tưởng của mình về một đề tài ở bộ môn yêu Lương Văn Chánh, Phú Yên. thích. 3. Phạm Thị Liên, SV lớp 51A Toán, ĐH Vinh. - Tham gia các cuộc thi Olympic Toán, viết bài 4. Đinh Bích Yến, SV lớp 49A Toán, ĐH Vinh. cho tập san Toán học và Sinh viên. TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
12 NHỮNG ĐỊNH LÝ GIẢI TÍCH QUAN TRỌNG TRẦN QUỐC LUẬT – 50A Toán, NGUYỄN THANH HUYỀN – 51A Toán Tóm tắt. Nhằm giúp các bạn sinh viên khoa Toán Đại học Vinh tiếp cận và hiểu hơn về lí thuyết giải tích cổ điển chúng tôi sẽ đưa ra các định lí quan trọng trong giải tích toán học và những ứng dụng của nó trong giải tích cổ điển. A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT với mọi x  (a, b ) thì f là hàm hằng trên [a , b]. Để mở đầu chúng tôi xin nhắc lại các Định lí Hệ quả 1.6: Nếu f liên tục trên [a , b] và f ( x)  0 Rolle, Lagrange và Cauchy. với mọi x  (a, b ) thì f là tăng ngặt trên [a , b]. Định lí Rolle: Giả sử f là hàm liên tục trên [a,b] , khả vi trên (a, b) và f (a )  f (b) thì tồn tại B – CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ c  ( a, b ) sao cho f (c )  0. LAGRANGE Hệ quả 1.1: Nếu f là hàm khả vi trên R thì giữa Ví dụ 1: bất kì hai nghiệm nào của f cũng tồn tại một Giả sử a0 , a1 ,..., an là các số thực thỏa mãn: nghiệm của f '. a0 a a  1  ...  n 1  an  0. Hệ quả 1.2: Nếu f là hàm khả vi trên R và n 1 n 2 f ( x)  0 với mọi x thì f có nhiều nhất một Khi đó đa thức P ( x)  a0 x  a1 x n 1  ...  an có ít n nghiệm. nhất một nghiệm trên đoạn (0,1). Hệ quả 1.3: Cho n  N , giả sử f là hàm khả vi a a Giải: Xét Q( x)  0 x n1  1 x n  ...  an x. cấp n (tức là tồn tại f ( n ) ( x) với mọi x ). Nếu n 1 n Ta thấy Q( x) thỏa mãn điều kiện Định lí Rolle f ( n ) ( x)  0 với mọi x thì f có tối đa n nghiệm. Từ Định lí Rolle ta đi chứng minh Định lí Cauchy Q(0)  Q(1) nên P( x)  Q( x)  0 có ít nhất một và Lagrange. nghiệm trên (0,1). (đpcm) Như chúng ta đã biết khi chứng minh Định lí Ví dụ 2: Lagrange để áp dụng Định lí Rolle hầu hết các giáo Chứng minh nếu hàm f có đạo hàm cấp 2 trên trình đều chọn hàm phụ có dạng đoạn [a,b] và f ( a )  f (b)  0 thì bất phương trình f (a )  f (b) F ( x )  f ( x )  f (a )  ( x  a ). 4 ba f ( x )  f (b )  f ( a ) (b  a ) 2 Ta nhận thấy F ( a )  F (b)  0 và từ đó theo Định có ít nhất một nghiệm. lí Rolle ta có tồn tại c   a; b  để F (c )  0. Giải: Nếu f ( x)  const thì bài toán hiển nhiên Định lý Lagrange: Giả sử f là hàm liên tục trên đúng. [a,b] , khả vi trên (a, b) thì tồn tại c  (a,b) sao cho Ngoài ra áp dụng Định lí Cauchy với hàm f và f (b )  f ( a ) ( x  a)2 ab f (c)  . hàm   x  [ a, ] ta được: ba 2 2 Định lí Cauchy: Cho hai hàm f , g :[a, b]  R là  a b  8 f ( )  f (a )  các hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a , b)  2   f (1 ) ,  a    a  b  . 1  a   1 đồng thời g ( x)  0 với mọi x thì tồn tại c  ( a, b ) (b  a) 2  2  f (b)  f (a) f (c) Tương tự áp dụng Đính lí Cauchy cho hàm f và sao cho  . g (b)  g (a) g (c) (b  x) 2 ab hàm   x [ , b ] ta được: Tiếp theo chúng ta sẽ nói về ứng dụng của hai 2 2 định lí này, có thể nói hai định lí này là một tài sản  a b  quí báu của những ai học toán, những ứng dụng của 8  f (b)  f ( )  2  f ( 2 )  a  b  nó liên quan đến hội tụ đều, tìm giới hạn, số nghiệm  ,  2  b . của phương trình, chứng minh bất đẳng thức,.... (b  a) 2 b  2  2  Hệ quả 1.4: Giả sử f là hàm khả vi trên khoảng I , Cộng hai đẳng thức ở trên ta có: f ' bị chặn trên I thì f là hàm liên tục đều trên I . 8  f (b )  f (a )  f (1 ) f ( 2 )   . Hệ quả 1.5: Nếu f liên tục trên [a , b] và f ( x)  0 (b  a ) 2 1  a b   2 TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
13 Theo giả thiết, ta có f ( a )  f (b )  0 nên ta áp Ví dụ 4: dụng Định lí Lagange ở trên và viết lại đẳng thức Cho số thực a  2 và đa thức trên dưới dạng: f n ( x)  a10 x n 10  x n  ...  x  1 . f (1 ) f ( 2 ) f (1 )  f (a ) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ,   1  a b   2 1  a phương trình f n ( x)  a luôn có đúng một nghiệm f (b )  f ( 2 ) dương duy nhất. Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh   f (1 )  f (2 ), b  2 rằng dãy xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô trong đó a  1  1 , 2   2  b. Từ đó ta rút ra cùng. được: Giải: Dễ dàng chứng minh tính tồn tại và duy nhất a 1 8  f (b)  f (a )  của xn . Chúng ta sẽ chứng minh lim xn  .  f (1 )  f (2 )  n a (b  a )2 a 1 Thật vậy, đặt c   1 , khi đó ta có:  2 max  f (1 ) , f ( 2 )   2 f (c) . a 4 f n (c)  f n ( xn )  kc n Do đó ta có f (c)  f (b)  f (a ) . (đpcm) (b  a ) 2 Ví dụ 3:  9  (với k   a  1  a  1  1  0 ). Cho hàm f khả vi trên ( x0 , ) và lim f ( x)  0. Theo Định lý Lagrange thì: x f n (c )  f n ( xn )  f ( )(c  xn ) với    xn , c  . f ( x) Chứng minh lim  0. Nhưng f ( )  1 nên từ đây suy ra: kc n  c  xn . Từ xx Giải: Giả sử ( xn ) là dãy tuỳ ý sao cho xn   . đó ta có : c  kc n  xn  c.  a 1 Khi đó   0, N : n  N ta có f ( xn )  . Vậy ta có lim xn  c  . (đpcm) 2 n  a Cố Định n0  N và lấy n  n0 , áp dụng Định lý Ví dụ 5: f ( xn )  f ( xn0 ) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng Lagrange:  f ( nn0 ) , trong đó xn  xn0 1 1 1 1 phương trình   ...  2  có xn0   nn0  xn . Do bất đẳng thức trên nên ta có x  1 4x  1 n x 1 2 một nghiệm duy nhất xn  1 . Chứng minh rằng khi f ( xn )  f ( xn0 )   . n dần đến vô cùng, xn dần đến 4. xn  xn0 2 1 1 1 1 Giải: Đặt f n ( x)    ...  2  . Ta biến đổi bất đẳng thức trên và thu được: x  1 4x  1 n x 1 2 f ( xn0 )  xn   f ( xn ) f ( xn0 )  xn0   Gọi xn  1 là nghiệm duy nhất của phương trình  1  0     1   . xn  xn  2 xn xn  xn  2 f n ( x)  0 . Ta có 1 1 1 1 f n (4)    ...  2  Cho n tiến ra vô cùng, do dãy ( xn ) đã cho ở trên 4  1 16  1 4n  1 2  f ( xn0 )  1 1 1 1 nên ta có     . Mặt khác ta có    ...   2 xn 2 1.3 3.5 (2n  1)(2n  1) 2  xn0    1 1 1 1 1 1 1  1       ...    1    với mọi n  n0 . Từ hai nhân xét 2 1 3 3 5 2n  1 2n  2  xn  2 2 1 f ( xn ) f ( xn )  . trên ta thu được     hay  . 4n xn xn Áp dụng Định lý Lagrange, ta có : f ( x) 1 Do đó ta có lim  0 (đpcm).  f n ( xn )  f (4)  f (c) xn  4 , c   xn , 4  . x  x 4n Chúng ta lại xem xét tiếp, khi tính giới hạn của 1 4 1 các hàm đặc biệt thì các phương pháp cổ điển hầu Nhưng do | f n '(c ) | 2  2  ...  . (c  1) (4c  1) 9 như đều quá khó để dùng, đôi lúc ta dùng qui tắc L'Hospital tuy nhiên không phải lúc nào nó cũng là 9 nên từ đây xn  4  , suy ra lim xn  4. (đpcm) hiệu quả lúc đó ta áp dụng Định lý Lagrange. 4n n  TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
14 Ví dụ 6: ln  k  1 ln 2  k  1 ln 2 k ln k Chứng minh Bất đẳng thức Bernoulli:    . n k 1 2 2 k Nếu x  1 thì 1  x   1  nx với mọi n  N . Từ bất đẳng thức trên, ta có: Giải: Giả sử x  0 và xét f (t )  (1  t )n với ln( n  1) ln 2 (n  1) ln 2 n xn1  xn    0 t  [0, x] . Theo Định lí Lagrange ta có tồn tại n 1 2 2   [0, x] sao cho f ( x)  f (0)  ( x  0) f ( ) hay nên ta có dãy xn giảm. Dễ thấy tính bị chặn là hiển n n 1 nhiên nên dãy xn có giới hạn hữu hạn. 1  x   1  xn 1     nx. Ví dụ 11: Trường hợp 1  x  0 ta làm tương tự. Cho dãy số thực u n  được xác Định như sau Ví dụ 7: 1 Cho hai số thực dương a  b. Khi đó ta có: u1  a  R, un1  2  2  ln 1  un  2010, n  1. ba b ba  ln  . Chứng minh u n  là một dãy hội tụ. b a a 1 Giải: Xét hàm f (t )  ln t , t [ a, b] . Theo Định lí Giải: Ta có f ( x)  2   ln 1  x 2  2010 là hàm liên Lagrange thì tồn tại    a; b  sao cho: x 1 b 1 tục trên R và f ( x)   , x  R. Mặt f (b)  f ( a )  (b  a ) f ( ) hay ln  b  a  . 1 x 2 2 a  1 Do    a; b  nên ta có đpcm.  khác đặt g ( x)  x  2010  ln 1  x 2  x  f ( x) 2  Ví dụ 8: thì g ( x) cũng là hàm liên tục trên R và Chứng minh bất đẳng thức x2  x  1 g ( x )   0. Như vậy g ( x) là hàm liên n n 1 n x2  1   k  1   k  trong đó   0, n  N .  tục và đơn điệu tăng trên R. Mặt khác, do k 1   1 k 1 g (0) g (2002)  0 nên phương trình f ( x)  0 có t  1 Giải: Xét hàm f (t )  với t  [k  1, k ] nghiệm duy nhất, ta gọi nó là L . Theo Định lí  1 Lagrange, tồn tại   R sao cho: Theo Định lí Lagrange ta có tồn tại    k  1, k  un 1  L  f (u n )  f ( L)  f ( ) u n  L . sao cho f ( k )  f (k  1)  f ( ). Do đó: n 1  1 1 1 k  1   k  1   . Suy ra 0  un  L  un 1  L  ...    u1  L . 2  2  1  1  1 Từ đó ta có lim un  L.  k  1  k  1 n Từ đó suy ra  k  1    k  do Ví dụ 12:  1  1 n    k  1, k  .  1 Chứng minh rằng Sn  1   là dãy tăng còn Cho k chạy từ 1 đến n và cộng n bất đẳng thức  n n 1 trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.  1 Tn   1   là dãy giảm. Ví dụ 9:  n n ln k ln 2 n Giải: Xét hàm f ( x)  x n . Theo Định lý Lagrange, Chứng minh dãy xn   k 1 k  2 hội tụ và có bn  a n ta có:  nc n 1 , (a  c  b). giới hạn hữu hạn. ba ln 2 t Do na n1  nc n 1  nb n1 nên Giải: Ta xét hàm f (t )  với t  ( k , k  1). 2 bn  an Theo Định lý Lagrange, tồn tại   ( k , k  1) sao na n 1   nb n 1 . ba ln 2  k  1ln 2 k ln   n  1/ n cho   . Ta chọn a  1, b    , khi đó 2 2   n 1  Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra được rằng hàm n 1 n  n   n 1  f (t )  ln t đơn điệu giảm trên [3, ) nên ta có     hay S n là dãy tăng.  n 1   n  t TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
15  n2 1/ n Mời các bạn hãy xem các tổ hợp 3 số dưới đây, Tương tự ta chọn b  1, a    ta cũng sẽ thu  n 1  mỗi số có 6 chữ số. Chia các tổ hợp thành hai nhóm, được Tn là dãy giảm. tổng của các chữ số trong hai nhóm bằng nhau. Ví Ví dụ 13: dụ: Cho hàm f ( x) khả vi trên [a, b] và thỏa mãn f ( x)  0 có nghiệm trên [a, b ], đồng thời 123789  561945  642864  242868  323787  761943. f '( x)  f ( x) với x [a , b]. Chứng minh rằng Tính chất vừa nêu không có gì lạ có nhiều tổ hợp f ( x)  0 với mọi x thuộc [a, b ]. số cũng có tính chất đó. Nhưng nếu chú ý thì sẽ thấy Giải: Gọi x0 là nghiệm của f ( x). Đặt các tổng bình phương các số trong nhóm: g ( x)  f ( x)e x . Dễ thấy g ( x) tăng. Ta có g ( x)  0 1237892  5619452  6428642  2428682  3237872  7619432. và g ( x0 )  0. Do đó f ( x)  0, x [ a, x0 ]. Bạn đừng tán thưởng vội, đó mới chỉ là khúc dạo Đặt h( x)  f ( x)e x . Dễ thấy h ( x) giảm. Ta có đầu. Bây giờ hãy tước bỏ các chữ số ở đầu mỗi con h ( x)  0 và h ( x0 )  0 . Do đó f ( x)  0, x  [ x0 , b ]. Vậy f ( x)  0. số các bạn sẽ thấy điều thần diệu của các con số có Trên đây là những dạng toán áp dụng Định lý 5 chữ số vừa mới tạo thành: Lagrange, trong số báo sau chúng tôi sẽ giới 23789  61945  42864  42868  23787  61943. thiệu kỹ về Định lý Rolle và Công thức Taylor. 237892  619452  428642  428682  237872  619432. Mời các bạn giải các bài tập vận dụng Định lý Lagrange: Quả kì lạ(!) Bạn lại tước bỏ các chữ số đứng ở đầu n n 1 1. Chứng minh 1  1 / n   e  1  1 / n  các con số vừa mới hình thành bạn sẽ có một bộ các với mọi n nguyên dương. số, mỗi số có 4 chữ số. Qua tính toán bạn sẽ thấy: 2. Chứng minh 3789  1945  2864  2868  3787  1943.  1 1 1  ln(1  a ) lim    ...   . 37892  19452  28642  28682  3787 2  19432. n   n  a n  2a n  na  a Bây giờ chúng ta lại tiếp tục công việc đang dở 3. Cho 0  a  b. Chứng minh: dang, lại tiếp tục bỏ các chữ số ở đầu mỗi con số, a b ab ab   . rồi tính toán, lần lượt ta sẽ có các đẳng thức kì diệu: ln a  ln b 2 4. Chứng minh nếu hàm f liên tục trên 789  945  864  868  787  943. [a, b ], có đạo hàm cấp 2 trên đoạn [a,b] và 789 2  945 2  864 2  868 2  787 2  94 32. f ( a )  f (b )  0 thì bất phương trình 89  45  64  68  87  43. f (b )  f ( a ) f ( x )  có nghiệm. 892  452  642  682  87 2  432. ba 5. Chứng minh Và màn “thoát y” cuối cùng đây:  1  2  ...  n  1 9  5  4  8  7  3. lim   . n   n 1   1 92  52  4 2  82  7 2  32. HIỆN TƯỢNG "THOÁT Y VŨ" Bây giờ ta lại làm việc ngược lại là tước bỏ lần lượt TRONG TOÁN HỌC các chữ số cuối của mỗi con số ta cũng lại sẽ có ĐINH BÍCH YẾN – 49A Toán những điều kì diệu khác. Ví dụ: Nói về "thoát y vũ" trong Toán học, trước hết 12378  56194  642 86  24286  32378  76194. phải kể đến đối tượng có thể thoát y là cái gì (bởi 12378 2  56194 2  64286 2  24286 2  32378 2  7619 4 2. không phải đối tượng nào muốn thoát y là được?). Cuối cùng ta cũng có: Đầu tiên phải kể đến là chữ số. Chữ số thoát y vũ là 1  5  6  2  3  7. nói về tổ hợp các số có nhiều chữ số. Khi tước bỏ 12  5 2  6 2  2 2  3 2  7 2 . từng vị trí thì nó biến đổi ra sao? Bạn xem có kì lạ không! TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
16 ĐỊNH LƯỢNG TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH TRẦN QUỐC LUẬT – 50A Toán Tóm tắt. Bài viết tập hợp một số bài toán định lượng toán tử tuyến tính nhằm giúp các bạn sinh viên năm thứ ba có một cái nhìn toàn diện hơn về toán tử tuyến tính và làm quen với loại bài tập này. Trong bài viết này, nếu không chú thích gì thêm thì chuẩn trên không gian cho trước là chuẩn thông thường trên không gian đó. A – PHƯƠNG PHÁP b Bước 1: Xác Định không gian định chuẩn và chuẩn tích phân f   f ( x) dx. 1 của nó là chuẩn gì. a Bước 2: Tìm hằng số k thỏa mãn f ( x)  k . x . Ta thử tính chuẩn f với chuẩn tích phân này: b Bước 3: Chọn x0 sao cho x0  1 và f  k  . Ta có: f ( x )  f ( x)  eb x(t ) dt  eb x . Do đó  1 Ta sẽ làm rõ điều này thông qua một số ví dụ từ dễ a đến khó. b f  e . Với mọi a  c  d  b, xét hàm x(t )  0 Ví dụ 1: Cho T : C[0;1]  C[0;1] biến x thành T ( x) xd với (T ( x ))(t )  et x(t ), t  [0;1] . Chứng minh T với a  t  c, x(t )  1  với d c tuyến tính, liên tục và tính chuẩn T . c  t  d và x(t )  1 với d  t  b . Ta có Giải: Với mọi x, y  C[0;1] ;  ,   R ta có: d c x x   b  d . Xét hàm y  khi đó 1 2 (T ( x   y ))(t )  et  x   y  (t )  x 1 t t  .e x(t )   .e y (t )   .T ( x)  (t )   .T ( y )  (t ). y  1 và 1 Vậy T là ánh xạ tuyến tính. Ta có: b dt 2b  d  f ( y)  f ( y)  ed   ed . Tx  sup et x (t )  sup ( x(t )). sup et  e x . d x 2 b  d   d  c t[0,1] t[0,1] t[0,1] 1 Tx Cho c tiến đến d , ta có f  e d với mọi Suy ra T liên tục và T  sup  e. x0 x a  d  b. Cho d tiến đến b ta được f  eb .  Với x0 (t )  1, với mọi t  R thì x0  1 và 1 Ví dụ 3: Cho f : C0   với f ( x)  2 n xn với n 1 Tx0 T   e. Vậy T  e. mọi x  {xn }  C0 . Tính chuẩn f . x0  1 Chú ý: Ta có thể thay et bởi một hàm g (t ) bất kỳ bị Giải: Ta có f ( x )  f ( x)  2 n 1 n x  x . Do đó chặn trên [0;1]. Khi đó bằng chứng minh tương tự, f  1. Với mọi   0 , tồn tại N sao cho ta có T  sup g (t ). [0;1] N 1 Ví dụ 2: Cho f : C[ a ,b ]  R xác định bởi 2 n  1   , chọn dãy x ( N )  ( xnN ) ) như sau ( n 1 b f ( x)   t e x(t ) dt , x  C[ a,b] . Chứng minh f tuyến xnN )  1 nếu n  N và xnN )  0 nếu n  N . Khi ( ( a tính, liên tục. Tính chuẩn f . đó x ( N )  C0 và x( N )  1 và Giải: Tính tuyến tính là hiển nhiên. Ta có N 1 f  f ( x( N )  2  1   với mọi   0, f ( x)  f ( x)  (eb  e a ) x nên f  eb  e a . n 1 n Chọn x0 (t )  1, t  R thì x0 (t )  C[ a ,b ] . Ta có do đó f  1. Vậy f  1. b a b a f ( x )  e  e . Do đó: f  e  e . Ví dụ 4: Cho f : l  l1 xác định Chú ý rằng trên C[ a,b] có chuẩn thông thường là 1 f  xn    n 2 xn    mọi x  {xn } . Tính chuẩn f . chuẩn sup như trên nhưng ngoài ra còn có chuẩn   TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
17   1  1 Giải: Ta có f ( x)  f ( x )   x . Do đó A  sup Ax  A( x0 )  max Ax0 (t )  Ax0    2. 2   n1 n  x 1 [0;1]  2  Vậy A  2. 1 f   n 1 n2 . Chọn x0 là dãy số đồng nhất bằng 1, Ví dụ 8: Giả sử C[0,1] là không gian tuyến tính các khi đó x0  l , x0  1, f ( x0 )  l1 và hàm số liên tục trên [0;1], với chuẩn sup. Ánh xạ  1 2 X : C[0;1]  C[0;1] xác định như sau: f  f ( x0 ). Do vậy f   n 1 n 2  6 . Ax(t )  x(1)  tx(t ) , t  [0;1], x  C[0;1] . Chứng minh A tuyến tính liên tục và tính chuẩn của A. Ví dụ 5: Cho ánh xạ f : C0  l1 với Giải: Tương tự như trên ta có A tuyến tính liên tục  xn  và A  2. Với mỗi n  N * , đặt: f ( x)   n  , x  { xn }  C0 . Tính chuẩn f . 3   n  Giải: Ta có x0 (t )  1  0  t  ;  n 1   xn 1 1 f ( x)  n 1 3 n  sup xn . n 1  n 1 3 n  x . Do đó 2  n x0 (t )  (2n  1)t  2 n  1    t  1  . Khi đó  n 1  1 f  . Chọn x n  (1,1,....,1,0,0,...), trong đó n số x0 (t )  C[0;1] và x0  1. Ta có: 2 hạng đầu bằng 1, các số hạng sau bằng 0, thế thì A  sup A( x)  max A( x0 )(t ) x 1 [0;1] n 1 1 x n  c0 và f  f ( x n )    khi n  .  n  2n  1 k 1 3k 2  A( x0 ).   2, n  .  n 1 n 1 1 Như vậy f  . Vậy A  2. 2 Ví dụ 8: Gọi C là không gian các hàm x (t ) liên Ví dụ 6: Cho ánh xạ f : l1  l1 xác định tục trên [0, ) thỏa mãn sup e t | x (t ) | . Xét  n  [0;  ) f ( x)   xn  , x  { xn }  l1 . t  n 1  chuẩn x   sup e | x(t ) | và xét ánh xạ [0; ) Tính chuẩn f . B : C  C   xác định B( x(t ))  b(t ) x(t ) với   n b(t )  C ,   0. Chứng tỏ B liên tục và tính Giải: Ta có f ( x )  n 1 n 1 .xn  x n 1 n  x. chuẩn của B. Chọn dãy x n  (0,0,...,1,0,...) trong đó số 1 đứng ở Giải: Ta có n Bx  sup e()t b(t)x(t)  sup et x(t). sup et b(t)  x . b vị trí thứ n. Ta có: f ( x n )  . 0,  0, 0, n 1 n Ta lại có B  sup Bx  Bx . Chọn x0 (t )  e t , Do đó f  f ( x n )  . x 1 n 1 Cho n  , ta có f  1. Vậy f  1. thì x0  1 và Bx0  b . Vậy B  b . Sau đây là một số bài tập vận dụng: Ví dụ 7: Giả sử X  {x  C[0,1] : x(0)  x(1)  0}. Xét 1. Giả sử C[0,1] là không gian tuyến tính các hàm số ánh xạ T : X  X xác định bởi công thức liên tục trên [0;1], X  { f C[0,1] : f (0)   f (1)}. Ax(t )  x(t )  x(1  t ), t  [0,1], x  X . Chứng minh Xét hàm T : X  C[0,1] với A tuyến tính liên tục và tính chuẩn của A. T ( f )( x)  x3 . f ( x ), x  [0,1], f  X . Giải: Tương tự như trên ta có A tuyến tính liên tục Tính chuẩn của T . và A  2. Xét hàm số: 2. Giả sử X  { x  C[0,1] : x(0)  x(1)  0}. Xét ánh  1 1  x0 (t )  2t  0  t   ; x0 (t )  2t  2   t  1  xạ T : X  X xác định bởi công thức  2 2  Ax(t )  x(t )  x(1  t ), t  [0,1], x  X . Chứng minh Khi đó x0 (t )  X và x0  1. Ta có: A tuyến tính liên tục và tính chuẩn của A. TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
18 ĐỀ RA KỲ NÀY Bài T1/33: Giải phương trình: f  x   1  x n  x 2 n  ...  x  m 1 n chia hết cho đa 4 x  x  1  log3 (8 x  1). thức g  x   1  x  x 2  ...  x m 1 khi và chỉ khi m Nguyễn Tất Thu – (cựu SV 40A2 Toán) Bài T2/33: Tính tích phân: và n nguyên tố cùng nhau.  Phan Minh Trí – TP. Tuy Hòa – Phú Yên 3 x 2 dx Bài T12/33: Cho p là số nguyên tố. Giải phương I  ( x sin x  cos x) 2 o . trình sau trên tập các số tự nhiên: a p  1  p k . Phạm Kim Chung – (cựu SV 41A1 Toán) Đỗ Chí Sơn Linh – 12A1 – Trường Chuyên ĐHV Bài T3/33: Giải phương trình: Bài T13/33: Cho hàm f :  0;1  R liên tục, thỏa cos 2 x  cos 6 x  3 sin x cos x. 1 Trần Quốc Luật – 50A Toán minh tồn tại c   0;1 để Bài T4/33: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: mãn  xf ( x)  0. Chứng 0 2 P  tan 2010 x  cot 2010 x   2 2010 . 1  tan 2 x  cot 2 x 2011  f (c )  c f ( x) dx. c Đậu Thanh Kỳ - CH16PPGD Dương Việt Thông – GV ĐH KTQD Bài T5/33: Giải hệ phương trình: Bài T14/33: Cho a , b là các số thực với a  b. Xét  x 2  2  x  y  1 hàm f :[a , b ]  R liên tục, khả vi và có đạo hàm   2 không đổi dấu trên ( a, b) . Chứng minh rằng tồn tại  y  7  y  x  1 .  2 2 Trần Quốc Luật – 50A Toán c  (a , b ) sao cho  f (c)  . a c bc Bài T6/33: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều Nguyễn Trần Thuận – CH17 XSTK kiện x  y  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Bài T15/33: Cho f là hàm số khả vi liên tục trên 1 F  y( x 1) x 1  x( y 1) y 1  xy( x  y )  y  x. Phạm Kim Chung – (cựu SV 41A1 Toán) 0;1 sao cho  f ( x)dx  0. Chứng minh rằng: 0 Bài T7/33: Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều 1 kiện xy  yz  zx  1 và  x  1 y  1 z  1  0. 1 2 2 2  xf ( x)  12 max 0   0;1 f '( x) . x 1 y 1 z 1 Chứng minh: P     2. Dương Việt Thông – GV ĐH KTQD x2  1 y2  1 z2  1 Bài T16/33: Cho A, B là 2 ma trận vuông cấp Trần Quốc Luật – 50A Toán Bài T8/33: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: n  n  1 , các phần tử nhận giá trị trên trường K . 8cos 2 A cos2 B cos2 C  cos 2 A cos 2 B cos 2C  0. Ma trận A có n giá trị riêng phân biệt. Chứng Trần Quốc Luật – 50A Toán minh AB  BA khi và chỉ khi tồn tại đa thức P ( x)  K [ x ] sao cho B  P( A).   Bài T9/33: Cho   1 và các góc x, y , z , t   0;  Dương Xuân Giáp – GV khoa Toán, ĐHV  2 Bài T17/33: Cho V là 1 không gian vector hữu hạn sin x   sin y chiều trên trường số thực. Giả sử dimV  n. Tìm tất thỏa mãn điều kiện:  sin z   sin t. cả các tự đồng cấu f : V  V thoả mãn f  f  idV . xz y t Nguyễn Anh Tuấn – SV ĐHKHTN-ĐHQGHN Chứng minh rằng: sin   sin . Bài T18/33: Một cuộc thi bắn có 100 người dự 2 2 Đỗ Đức Hiếu – ĐH Ngoại Thương tuyển. Mỗi người được phát 5 viên đạn, họ bắn từng Bài T10/33: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn viên cho đến khi trúng mục tiêu 3 viên thì được coi (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Tiếp điểm của đường là qua vòng sơ tuyển. Giả sử xác suất bắn mỗi viên tròn (I) với BC là D. Đường tròn đường kính AI cắt trúng mục tiêu của mỗi người dự tuyển là 0,5. Tìm (O) tại M, cắt đường thẳng qua A song song với BC số k nhỏ nhất để sự kiện “Số người dự sơ tuyển đạt tại N. Chứng minh rằng MO đi qua trung điểm DN. yêu cầu không vượt quá k người” có xác suất Lê Phúc Lữ – ĐH FPT TP.HCM không nhỏ hơn 0,95. Bài T11/33: Chứng minh rằng đa thức Nguyễn Thị Thanh Hiền – GV khoa Toán, ĐHV Bài giải xin gửi về email: toanhocsinhvien@gmail.com hoặc nạp trực tiếp cho Trưởng BBT. Thời hạn nhận bài giải: Từ ngày xuất bản đến hết 23h59’ ngày 26/03/2011. TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33