Bài toán:   Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ liên tục trên $\mathbb{R^+}$ sao cho

$$f\left ( \frac{a^2+b^2}{a+b} \right )\geq f\left ( \frac{a}{2} \right )+f\left ( \frac{b}{2} \right )\,\,, \forall a,b\in \mathbb{R^+}$$

Sau nhiều lần tấn công bài toán https://diendantoanh...-forall-n-ge-2/  không thành công nhưng có một bài toán dễ dàng hơn như sau

Bài toán:   Cho dãy số thực $(u_n)_n$ được xác định như sau

$$a=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\,\,,\,\, u_1=0\,\,,\,\, u_2=2\,\,,\,\, u_{n+1}=\frac{u_n+1}{3+\sqrt{u_{n-1}}},\,\, \forall n\geq 2$$

Chứng minh rằng              $\left | u_n-a \right |<\frac{u_{n-1}}{3+\sqrt{u_{n-2}}}\,\,,\,\, \forall n\geq 3$

Bài toán:   Tìm tất cả nghiệm nguyên dương $x,y,z$ của phương trình sau

$$2011x+y=3z^2$$

Một bài tập nhỏ về quả cầu đóng $B'(a,r)$

Bài toán:   Cho $\left ( E,\left \| . \right \| \right )$ là một $\mathbb{R}$ - không gian vector định chuẩn, $(a,b)\in E^2 \,\,,\,\, (r,s)\in \mathbb{R^{2}_{+}}\,\,,\,\, \lambda\in \mathbb{R}$

Chứng minh rằng:

      1)   $B'\left ( a,r \right )=a+B'\left ( 0,r \right )$

      2)   $B'\left ( 0,r \right )+B'(0,s)=B'\left ( 0,r+s \right )$

      3)  $B'\left ( a,r \right )+B'(b,s)=B'\left ( a+b,r+s \right )$

      4)  $\lambda B'\left ( a,r \right )=B'\left ( \lambda a,\left | \lambda  \right |r \right )$

      5)  $B'\left ( a,r \right )\bigcap B'\left ( b,s \right )\neq \varnothing$    $ \Leftrightarrow$      $\left \| a-b \right \|\leq r+s$

      6)  $B'\left ( a,r \right )\subset B'\left ( b,s \right )$            $\Leftrightarrow$       $\left \| a-b \right \|\leq s-r$

      7)  $B'\left ( a,r \right )= B'\left ( b,s \right )$            $\Leftrightarrow$         $\left\{\begin{matrix}a=b\\ r=s\end{matrix}\right.$

 

Đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} P(2006)=2006! \\ xP(x-1)=(x-2006)P(x),\forall x\in \mathbb{R}. \end{matrix}\right.$

 

Chứng minh rằng $F(x)={{[P(x)]}^{2}}+1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$. 

 

Bổ đề 1:   Nếu $H(x)$ là đa thức hệ số nguyên với   $deg H < \infty$   thỏa $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$       thì      $H(x)=1$

Thật vậy, từ điều kiện $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$

Ta suy ra được $H(n)=1\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{Z}$ , khi đó đa thức $H(x)-1$ sẽ có vô số nghiệm trên tập các số nguyên nên      $H(x)-1\equiv 0$

Suy ra $H(x)=1$

Bổ đề 2:   Đa thức $P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$ là bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với $a_1,a_2,..,a_n$ là các số nguyên

Giả sử    $P(x)=Q(x)R(x)$ với $Q(x),R(x)$   là các đa thức hệ số nguyên và    $1\leq deg Q\,\,,\,\,deg R\leq n-1$

Ta có    $Q(a_i)R(a_i)=P(a_i)=1\,\,,\,\,i=\overline{1,n}$

Suy ra     $Q(a_i)=R(a_i)=1$ hoặc $Q(a_i)=R(a_i)=-1$  với mọi $1\leq i\leq n$

Khi đó đa thức    $Q(x)-R(x)$ có $deg(Q-R)\leq n-1$    nhưng có tới $n$ nghiệm là     $a_1,a_2,..,a_n$

Do đó    $Q(x)-R(x)\equiv 0$ hay $Q(x)=R(x)$

Khi đó ta có    $Q^2(x)=P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$

suy ra   $\left ( Q(x)-(x-a_1)...(x-a_n) \right )\left ( Q(x)+(x-a_1)...(x-a_n) \right )=1$ (điều này không thể xảy ra)

Vậy $P(x)$ là đa thức bất khả quy trên  $\mathbb{Z}[x]$

Trở lại bài toán

Ta có $\left\{\begin{matrix}0.P(-1)=-2006.P(0)\\ 1.P(0)=-2005.P(1)\\ ....................\\ 2006.P(2005)=0.P(2006)\end{matrix}\right.$     suy ra    $P(0)=P(1)=...=P(2005)=0$

Khi đó ta có thể viết   $P(x)$   dưới dạng    $P(x)=x(x-1)...(x-2005)H(x)$   với   $H(x)$   là đa thức có hệ số nguyên và    $deg H < deg P$

Từ điều kiện    $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Ta suy ra được   $x(x-1)...(x-2006)H(x-1)=x(x-1)...(x-2006)H(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Điều này chỉ xảy ra khi     $H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Mặt khác, ta có    $2006!=P(2006)=2006! H(2006)$   suy ra   $H(2006)=1$

Khi đó áp dụng các bổ đề trên ta có    $P^2(x)+1$    bất khả quy trên    $\mathbb{Z}[x]$

Bài toán:   Cho $a\in \mathbb{R^+}$ và dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau

$$a_1>0, a_{n+1}=\frac{a^{3}_{n}+3aa_n}{3a^2_{n}+a}, \forall n\geq 1$$

Hãy xác định tất cả các giá trị của $a_1$ để dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy .

Bài toán:   Cho dãy số thực dương $(a_n)_n$ và $a,b>0$ thỏa mãn $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ và $\lim_{n \to \infty }\sqrt{a_n}=b$

Chứng minh rằng:            $a=b^2$

Lâu rồi mới vào diễn đàn, post bài bị nhắc nhở 1 lần rồi thành ra thế này 

https://drive.google...iew?usp=sharing

Cho dãy $\left\{\begin{matrix} u_{1}=2 & \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{4}}{u_{n}^{4}-8u_{n}^2+8} & \end{matrix}\right.$

Tính $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{u_{n}}{n}$

Ta có $u_1=2, u_2=-2, u_3=-2$, bằng qui nạp ta chứng minh được $u_n=-2, \forall n\geq 2$

Suy ra $\lim_{n \to \infty } \frac{u_n}{n}=\left (\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}  \right )\left ( \lim_{n \to \infty }u_n \right )=0.\left ( -2 \right )=0$

Bài toán:   Cho dãy số thực $(a_n)_n$ được xác định như sau

$$1\leq a_1 \leq 2, \,\, a^{2}_{n+1}=3a_n-2, \forall n\geq 1$$

Tìm $\lim_{n \to \infty }a_n$

Đã qua 1 tuần lễ không có lời giải nên mình post lời giải cho bài này

Lời giải:

Ta xét 2 trường hợp

-   Nếu $a_1=1$ ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, a_2\geq \frac{2}{3}$  khi đó với $a_{2}^{2}=3a_1-2=1\Rightarrow a_2=1$

Giả sử $a_1=a_2=...=a_k=1$ lập luận tương tự như trên ta suy ra được $a_{k+1}=1$

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $a_n=1 \,\,,\,\, \forall n\geq 1$ nên $\lim_{n \to \infty }a_n=1$

-   Nếu $a_1\neq 1$ thì từ giả thiết suy ra $1<a_1\leq 2$ và ta đặt $a_1=1+x$ với $0<x\leq 1$

Ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \Rightarrow a_2\geq \frac{2}{3}$ và $\left\{\begin{matrix}a_{2}^{2}=3a_1-2\\4\geq 3a_1-2=3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$

Do $a_2$ là số dương nên ta suy ra được $2\geq a_2 \geq 1+x$

Giả sử $i=1,2,3,..,k$ ta có $2\geq a_i \geq 1+x$, từ $3a_{k+1}-2=a^2_{k+2}\geq 0$ suy ra $a_{k+1}$ là số dương

và $\left\{\begin{matrix}a_{k+1}^{2}=3a_k-2\\ 4\geq 3a_k-2\geq 3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$ suy ra $2\geq a_{k+1}\geq 1+x$

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $2\geq a_n \geq 1+x \,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Mặt khác, ta có $a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=-a_{n}^{2}+3a_n-2=\left ( a_n-1 \right )\left ( 2-a_n \right )\geq 0$ , do $a_n, a_{n+1}$ đều là số dương nên suy ra được $a_{n+1}\geq a_n$ , rõ ràng điều này đúng với mọi $n\geq 1$

Ta thấy $(a_n)_n$ là dãy tăng và bị chặn nên hội tụ, đặt $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ suy ra $2\geq a\geq 1+x>1$

Phương trình giới hạn $a^2=3a-2$ có nghiệm $a=2$ thỏa mãn điều kiện của $a$

Mô tả tất cả (sai khác một đẳng cấu) các nhóm hữu hạn có cấp 45

Chuẩn hóa $a+b+c=3$. Đặt $bc+ca+ab=3-3t^{2}$. Khi đó $0 \leq r=$$abc\leq (1+2t)(1-t)^{2}$.

Bất đẳng thức tương đương $$(144t^{2}-27)r+27(2t-1)^{2}(2t+1)^{2}\geq 0.$$

Nếu $144t^{2}\geq 27$, bất đẳng thức là hiển nhiên. Xét $144t^{2}<27$.

Khi đó $$VT\geq (144t^{2}-27)(1+2t)(1-t)^{2}+27(2t-1)^{2}(2t+1)^{2}=9t^{2}(2t+1)(4t-1)^{2}\geq 0.$$

Vậy bất đẳng thức đề cho là đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị, hoặc $a=2b=2c$ và các hoán vị. $\square$

Cái chỗ màu xanh làm rõ hơn được không bạn ?

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )\left ( a-2b \right )\left ( a-2c \right )+b\left ( b-c \right )\left ( b-a \right )\left ( b-2c \right )\left ( b-2a \right )+c\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\left ( c-2a \right )\left ( c-2b \right ) \geq  0$

Cho các đa thức $P(x),Q(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện $P(x)=Q(x)+Q(1-x),\forall x\in \mathbb R$. Biết $P(0)=0$ và các hệ số của $P(x)$ đều không âm. Tính $P(P(2013))$.

Từ giả thiết $P(x)=Q(x)+Q(1-x)$ , ta thay $x$ bởi $1-x$ khi đó $P(1-x)=Q(1-x)+Q(x)$

Suy ra  $P(x)=P(1-x)\,\,\,,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$   (*)

Giả sử $P(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n$  với các hệ số là các số thực không âm.

Từ (*) cho $x=0$ ta có $a_0=P(0)=P(1)=a_0+a_1+...+a_n$  suy ra  $a_1+a_2+...+a_n=0 \Rightarrow a_1=0,\,\,a_2=0,\,\,...,\,\,a_n=0$

Suy ra  $P(x)=a_0$  mà ta lại có $P(0)=0$  nên  $a_0=0$. Vậy $P(x)=0$

Điều này dẫn tới $P(P(2013))=0$

Ta có $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|\leq \left \| nx+y \right \|+\left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

hay $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|\leq \left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

Suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }\left (\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|  \right )\leq \left \| \lambda x\right \|$  (*)

Đẳng thức (*) chỉ xảy ra khi và chỉ khi $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|=\left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

Từ đây ta tìm được $\lambda=0$

Cho $x,y\in \left [ 0,1 \right ]$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{\left ( 1-x \right )^2+\left ( 1-y \right )^2}\geq \left ( 1+\sqrt{5} \right )\left ( 1-xy \right )$$

Cho dãy $(u_{n}):u_{n+2}=u_{n+1}+u_{n}$.
$S_{2012}=2013;S_{2013}=2012$,với $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}u_{k}$.
Tìm $S_{1975}$.

Cho dãy $(a_n)_n$ được xác định như sau

$$a_0=1\,\,,\,\,a_1=1\,\,,\,\,a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\,\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{N}$$

Khi đó bằng qui nạp ta chứng minh được $\left\{\begin{matrix}a_{n+1}^{2}-a_na_{n+2}=(-1)^{n+1}\,\,,\,\,\forall n\geq 1\\ a_1+a_2+...+a_n=a_{n+2}-2\,\,\,,\,\,\forall n\geq 1\end{matrix}\right.$

Mặt khác, ta thấy $u_3=u_2+u_1=a_1u_2+a_0u_1$

Giả sử $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\leq k$

Khi đó

$u_{k+3}=u_{k+2}+u_{k+1}$

         $=a_ku_2+a_{k-1}u_1+a_{k-1}u_2+a_{k-2}u_1$

         $=(a_k+a_{k-1})u_2+(a_{k-1}+a_{k-2})u_1$

         $=a_{k+1}u_2+a_ku_1$

Theo nguyên lý qui nạp ta đã chứng minh được $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Khi đó ta tính được

$$S_{n+2}=(1+a_1+a_2+...+a_n)u_2+(1+a_0+a_1+a_2+...+a_{n-1})u_1=(a_{n+2}-1)u_2+a_{n+1}u_1\,\,\,\,\,(*)$$

Với $\left\{\begin{matrix}S_{2012}=2013\\S_{2013}=2012 \end{matrix}\right. $   $\Rightarrow$    $\left\{\begin{matrix}(a_{2012}-1)u_2+a_{2011}u_1=2013\\ (a_{2013}-1)u_2+a_{2012}u_1=2012\end{matrix}\right.$

Ta tìm được  $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1-a_{2012}-2013a_{2011}}{1-a_{2010}}\\ u_2=\frac{2013a_{2012}-2012a_{2011}}{1-a_{2010}}\end{matrix}\right.$

Thế vào (*) ta được $S_{n+2}=\frac{(a_{n+2}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{n+1}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Vậy $S_{1975}=\frac{(a_{1975}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{1974}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ có dạng $3k+2$. Chứng minh rằng nếu $a^{2}+ab+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì cả $a$ và $b$ đều cùng chia hết cho p biết rằng $a$ và $b$ đều nguyên dương

Theo định lý Fermat $\left\{\begin{matrix}a^{p}\equiv a\,\,(mod \,p)\\ b^{p}\equiv b\,\,(mod \,p)\end{matrix}\right.$   $\Rightarrow$   $\left\{\begin{matrix}a^{p+1}\equiv a^2\,\,(mod \,p)\\ b^{p+1}\equiv b^2\,\,(mod \,p)\end{matrix}\right.$

Khi đó  $\left ( a^3-b^3 \right )\left ( a^{3k}+a^{3k-3}b^3+...+a^3b^{3k-3}+b^{3k} \right )=a^{3k+3}-b^{3k+3}=a^{p+1}-b^{p+1}\equiv a^2-b^2\,\,(mod \,p)$

Ta có $p\,|\left ( a-b \right )\left ( a^2+ab+b^2 \right )=a^3-b^3$    nên    $p \,| a^2-b^2=(a-b)(a+b)$   $\Rightarrow$   $p\,| a-b$ hoặc $p\,| a+b$

Trường hợp:  $p\,| a-b$ thì từ $p\,|a^2+ab+b^2=\left ( a-b \right )^2+3ab$   $\Rightarrow$   $p\,| 3ab$  $\Rightarrow$  $p\,| a$ hoặc $p\,| b$

Nếu $p\,| a$ thì $p\,| a-(a-b)=b$

Nếu $p\,| b$ thì $p\,| a-b+b=a$

Trường hợp:  $p\,| a+b$ thì từ $p\,|a^2+ab+b^2=\left ( a+b \right )^2-ab \quad \Rightarrow \quad p\,| ab$  $\Rightarrow$  $p\,| a$ hoặc $p\,| b$

Lập luận như trên thì ta luôn có $a\,,\,b$ đều chia hết cho $p$

Bài toán:   Cho dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau

$$a_1=\frac{3}{2}, a_n=\sqrt{3a_{n-1}-2}, n\geq 2$$

Chứng minh rằng dãy $(a_n)_n$ hội tụ và tìm giới hạn của nó

- $(a_n)$ là dãy dương (1): Dễ dàng quy nạp được từ công thức truy hồi

- $(a_n)$ bị chặn trong khoảng $[1;2]$ (2): Cũng đơn giản từ quy nạp ráp vào

- $(a_n)$ là dãy tăng (3): Tiếp tục quy nạp thêm lần nữa cần chứng minh $a_{n+1}^2>a_n^2$ để xài (1) ta có $a_n^2-3a_n+2\leq 0$ luôn đúng theo (2)

Từ (2), (3) có được $(a_n)$ là dãy hội tụ, quy về bài toán tìm lim ta được $L=2$

Quy về PT giới hạn $L=\sqrt{3L-2}$ với $L\in [1,2]$ thì $L=1$ cũng thỏa điều kiện. Vậy làm sao để ta loại $L=1$ ?

Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n \ge 2$ thỏa mãn $A^3 = 0$.
(a.) Chứng minh : $I + A + A^2$ khả nghịch và hãy tìm nghịch đảo của $I + A + A^2$
(b.) Chứng minh : $I + A^2$ khả nghịch và hãy tìm nghịch đảo của $I + A^2$

a)  $(I+A+A^2)^{-1} = I-A$

b)  $(I+A^2)^{-1} = I-A^2$

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{\frac{a+abc}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+abc}{c+a}}+\sqrt{\frac{c+abc}{a+b}}\geq 2$$