Ngô Quốc Anh

November 30, 2007

Đề thi giữa kỳ GT5 của K51 Toán Tin A3

Filed under: Giải Tích 5 — Ngô Quốc Anh @ 20:52

Mới thi sáng nay. 

Đề thi: ktgk_k51-a3_gt5_2.pdf

Đáp án:

 ktgk_k51-a3_gt5_2_dapan.jpg

November 29, 2007

Tích phân bội liên quan đến hàm max – kết quả tuyệt đẹp

Filed under: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 5 — Ngô Quốc Anh @ 1:10

Có hai kết quả sau khá hay và đẹp (với sự giúp đỡ của TS. Đ.A. Tuấn)

Trong trường hợp 2 chiều

\displaystyle\int_0^1 {\int_0^1 {\max \left\{ {x^m ,y^n } \right\}dxdy} } = \frac{{m + n}}{{mn + m + m}} = \frac{{\frac{1}{m} + \frac{1}{n}}}{{1 + \frac{1}{m} + \frac{1}{n}}}.

còn trong 3 chiều thì

\displaystyle\int_0^1 {\int_0^1 {\int_0^1 {\max \left\{ {x^m ,y^n ,z^p } \right\}dxdydz} } } = \frac{{mn + np + pm}}{{mnp + mn + np + pm}}.

Dự đoán trong trường hợp n chiều thì kết quả sẽ là

\displaystyle\idotsint_0^1 {\max \left\{ {x_1^{\alpha _1 } ,x_n^{\alpha _n } ,...,x_n^{\alpha _n } } \right\}dx_1 dx_2 ...dx_n } = \frac{{\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{\alpha _i }}} }}{{1 - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{\alpha _i }}} }}.

November 25, 2007

arcsinh = ln?

Filed under: Các Bài Tập Nhỏ — Ngô Quốc Anh @ 22:19

Có 2 công thức sau đây mà chúng ta nên biết.

\text{arcsinh}\,x=\ln\,(x+\sqrt{1+x^2})

\operatorname{arcsinh}x = - \ln \left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right).

Chứng minh. By definition, \sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}. Now let y = \sinh x, and let’s solve the equation for x:

y = \frac{e^x - e^{-x}}{2} => e^x - e^{-x} = 2y => e^{2x} - 1 = 2ye^x => e^{2x} - 2ye^x - 1 = 0

and now solving for e^x we get

e^x = \frac{2y \pm \sqrt{4y^2+4}}{2} => e^x = y + \sqrt{1+y^2} 

(we take the + sign because the exponential is always positive). Therefore we may conclude).

Since

\sqrt {x^2 + 1} - x = \frac{{\left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right)\left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right)}} <br> {{\sqrt {x^2 + 1} + x}} = \frac{1} <br> {{\sqrt {x^2 + 1} + x}}

then

\ln \left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right) = \ln \left( {\frac{1} <br> {{\sqrt {x^2 + 1} + x}}} \right) = - \ln \left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right).

 Thus

\operatorname{arcsinh}x = - \ln \left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right).

November 20, 2007

1 BĐT khó nhưng có nhiều áp dụng trong bài toán p-Laplacian

Filed under: Các Bài Tập Nhỏ, Nghiên Cứu Khoa Học — Tags: — Ngô Quốc Anh @ 4:48

Let p \geq 2, then for all x_1, x_2 \in \mathbb R^N,

\displaystyle\left| {x_2 } \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right) + \frac{{\left| {x_2 - x_1 } \right|^p }}{{2^{p - 1} - 1}}.

If 1<p<2, then

\displaystyle\left| {x_2 } \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right) + c\left( p \right)\frac{{\left| {x_2 - x_1 } \right|^p }}{{\left( {\left| {x_1 } \right| + \left| {x_2 } \right|} \right)^{2 - p} }}.

Proof. We consider two cases separately.

Case 2 \leq p. The strict convexity of x \mapsto \left| x \right|^p implies that for any x_1, x_2 \in \mathbb R^N

\displaystyle\left| {x_2 } \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right).

Writing \frac{{x_2 + x_1 }}{2} instead of x_2 we obtain

\displaystyle\left| {\frac{{x_2 + x_1 }}{2}} \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {\frac{{x_2 + x_1 }} {2} - x_1 } \right)

or

\displaystyle\left| {\frac{{x_2 + x_1 }}{2}} \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + \frac{1}{2}p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right).

Using Clarkson inequality

\displaystyle\left| {x_1 } \right|^p + \left| {x_2 } \right|^p \geqslant 2\left| {\frac{{x_2 + x_1 }} {2}} \right|^p + 2\left| {\frac{{x_1 - x_2 }} {2}} \right|^p

we arrive at

\displaystyle\left| {x_2 } \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right) + 2\left| {\frac{{x_2 - x_1 }}{2}} \right|^p

or

\displaystyle\left| {x_2 } \right|^p \geqslant \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right) + \frac{1}{{2^{p-1} }}\left| {x_2 - x_1 } \right|^p.

Repeating this procedure we ca replace the constant

\displaystyle\frac{1} {{2^{ p - 1} }}

by

\displaystyle\frac{1}{{2^{p - 1} }} + \frac{1} {{4^{p - 1} }}.

By iteration one obtains the constant

\displaystyle\frac{1}{{2^{p - 1} }} + \frac{1}{{4^{p - 1} }} + \frac{1}{{8^{p - 1} }} + ... = \frac{1}{{2^{p - 1} - 1}}.

Case 1<p<2. Fix x_1, x_2 and expand the real function

\displaystyle f\left( t \right) = \left| {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right|^p .

Using Taylor formula

\displaystyle f\left( t \right) = \left| {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right|^p .

Then, provided f(t) \ne 0 for all 0 \leq t \leq 1,

\displaystyle \left| {x_2 } \right|^p = \left| {x_1 } \right|^p + p\left| {x_1 } \right|^{p - 2} x_1 \left( {x_2 - x_1 } \right) + \int_0^1 {\left( {1 - t} \right)f''\left( t \right)dt} .

At the same time

\displaystyle f''\left( t \right) = p\left( {p - 2} \right)\left| {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right|^{p - 4} \left( {\left( {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right)\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right)^2 + p\left| {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right|^p \left| {x_2 - x_1 } \right|^2.

Schwartz inequality yields

\displaystyle f''\left( t \right) \geqslant p\left( {p - 1} \right)\left| {x_1 + t\left( {x_2 - x_1 } \right)} \right|^{p - 2} \left| {x_2 - x_1 } \right|^2 .

Now,

\displaystyle\int\limits_0^1 {\left( {1 - t} \right)f''\left( t \right)dt} \geqslant \frac{3}{4}\int\limits_0^{\frac{1}{4}} {f''\left( t \right)dt}.

Lastly

\displaystyle c\left( p \right) = \frac{3}{{16}}p\left( {p - 1} \right).

NUS – Ph.D. Qualifying Examination

Filed under: Đề Thi — Ngô Quốc Anh @ 3:23

 

Sample Papers

For students sitting for the examination session in January 2008:

Algebra  |  Linear Algebra  |  Mathematical Programming

Analysis  |  Complex Analysis  |  Numerical Analysis  |  Real Analysis

 

For students sitting for the examination session in August 2008 or later:

Algebra  |  Analysis 1  |  Analysis 2  |  Computational Mathematics

 

November 16, 2007

Đề thi giữa kỳ GT1 của K52 lần 2

Filed under: Đề Thi — Ngô Quốc Anh @ 1:03

Mới thi hôm qua…

ktgk_k52-a1t_gt1_2.pdf

November 8, 2007

The Compactness from Mountain Pass to Saddle Point

Filed under: Nghiên Cứu Khoa Học — Ngô Quốc Anh @ 20:12

 

Slide này vừa được báo cáo sáng nay.

mountainpasstheorem.pdf

Đề thi giữa kỳ GT1 của K52 lần 1

Filed under: Đề Thi — Ngô Quốc Anh @ 18:00

Mới thi sáng nay…

ktgk_k52-a1t_gt1_1.pdf

November 1, 2007

Saddle Point Theorem

Filed under: Nghiên Cứu Khoa Học — Ngô Quốc Anh @ 20:34

Let X = Y \oplus Z be a Banach space with Z closed in X and \dim Y < \infty. For \varrho >0 define

\displaystyle\mathcal M: = \left\{ {u \in Y: \left\| u \right\| \leqslant \varrho} \right\} {\text{ and }} \mathcal M_0 : = \left\{ {u \in Y: \left\| u \right\| = \varrho} \right\}.

Let F \in C^1(X, \mathbb R) be such that

\displaystyle\mathop {\inf }\limits_{u \in Z} F\left( u \right) > \mathop {\max }\limits_{u \in \mathcal M_0 } F\left( u \right).

If F satisfies (PS)_c condition with

\displaystyle c = \mathop {\inf }\limits_{\gamma \in \Gamma } \mathop {\max }\limits_{u \in \mathcal M} F\left( {\gamma \left( u \right)} \right)

where

\displaystyle \Gamma : = \left\{ {\gamma \in C\left( {\mathcal M,X} \right): \gamma \left| {_{\mathcal M_0 } = I} \right.} \right\}

then c is a critical point of F.

Create a free website or blog at WordPress.com.