RSS

Monthly Archives: Tháng Năm 2011

∞ Nghiệm của một phương trình siêu việt ¢ ™

Tình cờ trong lúc nhập hàm để tìm khoảng nghiệm của 1 phương trình siêu việt, tôi đã phát hiện ra một điều thú vị sau đây:

Xét phương trình: $e^x=x.e^{1+8.10^{-8}}$

Khi sử dụng Maple để tính $e^x-x.e^{1+8.10^{-8}}$ với $x=cos^2\frac{1}{50}$

thì kết quả sau khi làm tròn bằng evalf() thì mãi đến độ chính xác 16 số thập phân thì kết quả phép tính chỉ là $10^{-15}$

do đó rất có thể $cos^2\frac{1}{15}$ là nghiệm chính xác của pt, còn nếu không phải thì nếu tính gần đúng với độ chính xác cao , rõ ràng đây là 1 nghiệm tối ưu và vô cùng đặc biệt rất khó tìm ra được !

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Năm 24, 2011 in Sáng tạo

∞ Tư duy kiểu mới ®

Cho a,b,c dương , cm: $a^3+b^3+c^3 \geq \frac{(a+b+c)^3}{9}$

Bđt này là 1 dạng cơ bản và cũng có khá nhiều cách chứng minh, nhưng chúng ta hãy xem cách chứng minh sau có gì đặc biệt.

Giải:

Tồn tại x,y,z,t dương sao cho $x+y+z=3$ và $a=tx; b=ty ;c=tz$

Bđt <=> $x^3+y^3+z^3 \geq \frac{(x+y+z)^3}{9}=3$

Ta có: $x^3+y^3+z^3=x^3+(y+z)^3-3yz(y+z) \geq x^3+\frac{(y+z)^3}{4} = x^3+\frac{(3-x)^3}{4}$

$\geq x^3+(\frac{3}{2}-\frac{x}{2})^3+(\frac{3}{2}-\frac{x}{2})^3$

$\geq \frac{1}{4}(\frac{3}{2}+\frac{x}{2})^3+(\frac{3}{2}-\frac{x}{2})^3$

$\geq (\frac{3}{4}+\frac{x}{4})^3+(\frac{3}{2}-\frac{x}{2})^3+(\frac{3}{4}+\frac{x}{4})^3$

$\geq \frac{1}{4}(\frac{9}{4}-\frac{x}{4})^3+(\frac{3}{4}+\frac{x}{4})^3$

Tiếp tục lặp đi lặp lại quy trình trên, ta được:

$x^3+y^3+z^3 \geq \frac{1}{4}(\frac{2^n+(-1)^{n+1}+(-1)^nx}{2^{n-1}})^3+(\frac{2^{n-1}+(-1)^n+(-1)^{n-1}x}{2^{n-1}})^3$ $\forall n \in N-$ {0;1}

(Có được điều này không hề đơn giản !)

=>

$x^3+y^3+z^3 \geq \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{4}(\frac{2^n+(-1)^{n+1}+(-1)^nx}{2^{n-1}})^3+(\frac{2^{n-1}+(-1)^n+(-1)^{n-1}x}{2^{n-1}})^3 =3$

=> đpcm!

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Năm 18, 2011 in Uncategorized

Γ Mới của cũ ™

Cho $q \in (-1;1)$

Tính: $\lim_{n \to +\infty}(1+q+q^2+...+q^n)$ .

Bài toán này thì quá sơ cấp rồi và nó chỉ là ví dụ về tính giới hạn trong hầu hết các sách về giải tích hàm. Tuy nhiên, sách nào cũng như nhau, cũng chỉ là 1 cách giải quen thuộc : dùng công thức cấp số nhân !

Thế còn lời giải sau thì sao nhỉ !?

Tồn tại $a,b \in R^*$ sao cho : $a=b+qa$ <=> $\frac{a}{b}=\frac{1}{1-q}$

$a=b+qa=b+q(b+qa)=b+qa+q^2a=b(1+q)+q^2(b+qa)$

$=b(1+q+q^2)+q^3a=...=b(1+q+q^2+...+q^n)+aq^{n+1} ,\forall n \in N$

Cho $n -> +\infty$ => $a=b \lim_{n \to +\infty}(1+q+q^2+...+q^n)$

<=> $\lim_{n \to +\infty} (1+q+q^2+...+q^n)=\frac{1}{1-q}$

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Năm 18, 2011 in Sáng tạo