Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?
Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat
- Nghiapnh1002 yêu thích
Gửi bởi superpower trong 19-03-2017 - 00:23
Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?
Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat
Gửi bởi superpower trong 18-03-2017 - 21:26
Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$
Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$
$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $
Trở lại bài toán, ta có
$x=px_1; y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không )
Quy về lại pt :
$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$
Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí
Gửi bởi superpower trong 12-03-2017 - 21:59
Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.
$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.
Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.
Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.
Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:
$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$
$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$
Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.
Nên $limx_n=6$.
lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn
Mình xin sửa lại như sau
Dễ thấy $u_n>0 $
Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $
Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $
Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $
Thật vậy, ta có
$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$
Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $
Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $
Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $
Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $
Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $
Gửi bởi superpower trong 16-01-2017 - 21:26
$x_1=3$ và $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó
Bài này cơ bản thôi \\
Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $
Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $
Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng
Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp
Với $n=1 => x_1 =3 <5 $
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh
$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED
Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$
Gửi bởi superpower trong 12-11-2016 - 23:52
5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho
$n|x^3-35y^3+1$.
Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$
Do đó ta có đpcm
Gửi bởi superpower trong 01-11-2016 - 23:40
Hàm nay chưa chắc là hàm đa thức và cũng không phải hàm trên N (đề cho trên R+)
2 bạn giải như thế hình như sai rồi :/
$R^{+}$ đươc nhé bạn ơi. Bạn xem lại nha
Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:53
Câu 3 (4,0 điểm)
Giả sử $q$ là một số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:
$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=2u_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$
Tìm $q$ , biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$
Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )
Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí
Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $
Khi đó, ta xét
TH2: $q=3k+2$
Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $
Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy
Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $
TH2: $q=3k+1 $
Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $
Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM
Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:13
Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$
đây cũng phải PTH đa thức
Cũng đặt $g(x)$ như bạn
Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $
Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$
$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )
Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $
Đặt $u_n=x_n-3n $
Khi đó thay vào lại, ta được
$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $
Sai phân, ta tính được
$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $
Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí
Do đó $c_2=0 $
Tới đây dễ rồi
Gửi bởi superpower trong 27-10-2016 - 18:26
Tìm tất cả các hàm $f$ xác định trên tập các số thực và nhận giá trị thỏa mãn $5$ điều kiện sau đây:
$(1) f(1)=1;$
$(2)f(-1)=-1;$
$(3)f(x)\leq f(0)$ với $0<x<1;$
$(4)f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ với mọi $x,y$
$(5)f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1$ với mọi $x,y$
Từ $(4)$ cho $y=0 => f(x) \geq f(x) +f(0) => f(0) \leq 0 $
Mặt khác, cho $y=-1 $ vào $(4),(5) $, ta suy ra được $f(x-1) \geq f(x) -1 $ và $f(x-1) \leq f(x) $
Suy ra $f(x) \geq f(x-1) \geq f(x) -1 $
Cho $x=1 => 1=f(1) \geq f(0) \geq f(1) -1 =0 $
Do đó $f(0)=0 $
Từ $(5)$ thay $y=1-x $, xét $x \in (0,1) $ , ta được
$1=f(1) \leq f(x) + f(1-x) +1 \leq 1 $ ( do $1-x \in (0,1) $ )
Do đó $1=f(x) +f(1-x) + 1 => -f(x) =f(1-x) $
Thay $x=1-x => f(x) =0 , \forall x \in [0,1) $
Đặt $g(x)= x-f(x) $
Khi đó , $(4),(5) $ được viết lại
$g(x+y) \leq g(x) + g(y) $
Và $g(x+y) \geq g(x) +g(y) -1 $
Thay $y=1$, ta được $g(x+1) \leq g(x) $
Mặt khác, thay $y=-1$, ta được $g(x-1) \leq g(x) $
Suy ra $g(x) \leq g(x+1) $
Từ đó suy ra $g(x) =g(x+1) $
Suy ra $f(x+1) =f(x)+1 $
Mà ta đã có $f(x)=0, \forall x \in [0,1) $
Do đó $f(x) = [x] $
Thử lại thỏa
Cảm ơn huykinhcan99. Đã sửa. Mình gõ lộn tí
Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 16:09
Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $
Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $
Bài làm
Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$
Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$
Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $
Chứng minh vế đầu, ta có
$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n} \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $
Tương đương với $ \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó vế đầu được chứng minh
Ta tiêp tục chứng minh vế sau
Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau
$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $
$<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $
Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp
Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có
$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$
Tức là ta cần chứng minh
$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $
Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $
Nên ta cần chứng minh
$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có
$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $
Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $
Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 15:49
Bài 1:
a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $
b/
Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $
Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $
Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được
$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $
Từ đó suy ra được $n=6k+3 $
Gửi bởi superpower trong 16-10-2016 - 20:31
Câu 2. Cho dãy số thực $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}x_{1} = \dfrac{5}{2} \\ x_{n + 1} = \sqrt{x_{n}^{2} - 12x_{n} + \dfrac{20n + 21}{n + 1}}\end{cases}$, $\forall n \ge 1$. Chứng minh rằng dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Ego sửa lại luôn nhé $x_{n+1} = \sqrt{x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} } $ mới đúng
Bài này thì chắc quen thuộc rồi
Ta sẽ quy nạp $x_n \geq 2 , \forall n \in N^{*} $
Với $n=1 $ thì $x_1 =\frac{5}{2} \geq 2 $
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$
Thật vậy, ta có
$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} \geq x_n^3-12x_n +20 \geq 4 $ do $x_n \geq 2 $
Do đó $x_n \geq 2 , \forall x \in N^{*} $
Ta sẽ chứng minh $x_n $ giảm
Xét hàm số $f(t) = \frac{20t+21}{t+1} $
có $f'(t) = \frac{-1}{(t+1)^2} < 0 $
Do đó $f(t)$ nghịch biến
Do đó $f(n+1) \leq f(n) $
Xét hàm số $g(x) = x^3-12x $ trên $[2, + \infty) $
Có $g'(x) = 3x^2 -12 \geq 0 $
Do đó $g(x) $ đồng biến
Ta có $x_2 < x_1 $
Nên giả sử $x_{n-1} > x_n $
Ta sẽ chứng minh $x_n > x_{n+1} $
Thật vậy ta có
$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} $
$x_n^2 = x_{n-1}^3 - 12x_{n-1} +\frac{20(n-1)+21}{n} $
Ta suy ra đc
$x_{n+1}^2 - x_n^2 \leq 0 $
Do đó $x_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại $L = lim x_n $
Giải ra được $L=2 $
Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 18:40
Câu bất quen quá rồi
Theo AM-GM
$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$
Cộng lại có $P\geq 2$
Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa
Do đó phải dùng thủ thuật như sau
Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $
Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $
Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được
$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $
Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $
Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $
Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$
Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng
Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $
Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 11:45
Ngày $1$:
Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$
Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$
Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$
Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$
Bài 1:
$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$
Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử
$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $
Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2 =0 $
có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $
Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2 >0 $
Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $
Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được
$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $
Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $
Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt
Bài 2:
Từ pt đề bài ta suy ra
$x_{n+1}^2 = (x_n^2 + 3x_n)(x_n^2+3x_n +2) +1 = (x_n^2+3x_n +1)^2 $
Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $
Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được
$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $
Tới đây quen thuộc rồi
Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên
Do đó $lim x_n = +\infty $
Do đó rút gọn sai phân là ra
Bài 5
Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $
Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ
$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $
Biến đổi tương đương trở thành
$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $
Do đó cộng lại ta có đpcm
Gửi bởi superpower trong 13-10-2016 - 23:06
chỗ $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $ là sai rồi bạn.
f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)
từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)Do đó f(0)=0Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc Rta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăngtừ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!
Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học