Đến nội dung

phuc_90 nội dung

Có 79 mục bởi phuc_90 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#729880 $\sum a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )...

Đã gửi bởi phuc_90 on 23-08-2021 - 09:56 trong Bất đẳng thức - Cực trị

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

 

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




#729886 $\sum a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )...

Đã gửi bởi phuc_90 on 23-08-2021 - 15:45 trong Bất đẳng thức - Cực trị

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 ?




#729887 $\sqrt{\frac{a+abc}{b+c}}+\...

Đã gửi bởi phuc_90 on 23-08-2021 - 15:57 trong Bất đẳng thức - Cực trị

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

 

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




#729901 $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt...

Đã gửi bởi phuc_90 on 24-08-2021 - 17:08 trong Bất đẳng thức - Cực trị

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

 

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




#729957 $\mathop{\lim}\limits_{n\to\infty}\left[{...

Đã gửi bởi phuc_90 on 28-08-2021 - 16:57 trong Giải tích

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 $\lambda=0$




#729958 Chứng minh:$$\sup -A= -\inf A$$

Đã gửi bởi phuc_90 on 28-08-2021 - 17:10 trong Giải tích

Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R},$ và $-A= \left \{ {\it a}:-{\it a}\in A \right \}\neq\emptyset.$ Chứng minh:

$$\sup -A= -\inf A$$




#730000 Chứng minh các tập đóng trong $\mathbb{R}^{2}...

Đã gửi bởi phuc_90 on 30-08-2021 - 08:58 trong Tôpô

Ta sẽ sử dụng mệnh đề sau :  A là một tập đóng trong $\mathbb{R^2}$ nếu và chỉ nếu mọi dãy trong A, nếu hội tụ trong $\mathbb{R^2}$ thì giới hạn của nó thuộc A.

 

a)   Với dãy $\left \{ \left ( x_n,y_n \right ) \right \}$ trong A hội tụ về $\left ( x,y \right )$ trong $\mathbb{R^2}$. Ta có $\left ( x_n,y_n \right )\in A$ nên $x_ny_n=1$ hay $x_n=\frac{1}{y_n}$.

 

Do một dãy số chỉ có duy nhất một giới hạn nên $x=\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{y_n}=\frac{1}{y}$, điều này dẫn đến $xy=1$ hay $\left ( x,y \right )\in A$.

 

Vậy  $A=\left \{ \left ( x,y \right )\in\mathbb{R^2}\mid xy=1 \right \}$ là tập đóng

 

Câu b), c) lập luận tương tự




#730001 Chứng minh:$$\inf AB=\min\operatorname{xtremum...

Đã gửi bởi phuc_90 on 30-08-2021 - 09:10 trong Giải tích

Cho $A, B$ là các tập con khác rỗng, bị chặn của $\mathbb{R},$ và đặt $AB= \left \{ {\it ab}:{\it a}\in A, {\it b}\in B \right \}.$ Chứng minh:

$$\inf AB= \min\left \{ \inf A\inf B, \inf A\sup B, \sup A\inf B, \sup A\sup B \right \}$$




#730022 Giúp thành viên tìm đọc tài liệu Hình học Olympics

Đã gửi bởi phuc_90 on 31-08-2021 - 14:36 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Hình học

wannable

Cô nhóc này inbox hỏi mình tài liệu Hình học để thi Olympics, các bạn giúp em ấy nha ??

 

Solving problems in geometry Insights and strategies for mathematical olympiad
 

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




#730023 Bị phát hiện IP là bị chặn

Đã gửi bởi phuc_90 on 31-08-2021 - 14:55 trong Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn

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

 

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




#730037 Tìm inf, sup của $A=\left \{ \frac{1}{2n}:n= 1,2,......

Đã gửi bởi phuc_90 on 31-08-2021 - 21:25 trong Giải tích

Câu 1, dãy 1/2n đơn điệu giảm bị chặn dưới bởi 0, nên hội tụi và giới hạn của 1/2n bằng 0 là inf của dãy. Hơn nữa vì dãy là hội tụ nên sup của dãy bằng inf của dãy, vậy sup = 0

Sup mà bằng Inf thì tập cần tính chỉ chứa các phần tử bằng nhau và bằng giá trị Sup, Inf, theo đề bài đã cho thì không phải nha bạn.

 

$A=\left \{ \frac{1}{2n} | n\in\mathbb{N^*} \right \}$  có $infA=0$ và $supA=\frac{1}{2}$




#730039 Tính $P(0)$

Đã gửi bởi phuc_90 on 31-08-2021 - 22:28 trong Đa thức

Theo đề bài ta có $\left ( x-1 \right )^2\leq P(x)-2\leq 15\left ( x-1 \right )^2$ với mọi $x$  (*)

 

Cho $x=1$ thì $0 \leq P(1)-2 \leq 0$  suy ra  $P(1)=2$

 

Đặt $G(x)=P(x)-2$ nên $degG=degP=2$ và $G(1)=P(1)-2=0$ hay $1$ là nghiệm của $G(x)$

 

Khi đó $G(x)$ được viết lại thành $G(x)=a(x-1)(x-b)$ với $a,b \in \mathbb{R} $

 

Từ (*) ta có $\left ( x-1 \right )^2\leq a(x-1)(x-b), \forall x$  hay $\left ( x-1 \right )\left ( \left ( a-1 \right )x+1-ab \right )\geq 0 , \forall x$ (**)

 

Từ (**) cho $x=b$ ta có $-(b-1)^2 \geq 0$ suy ra $b=1$, do đó $G(x)=a(x-1)^2$

 

Ta lại có $2016=P(13)-2=G(13)=144a$  suy ra $a=14$

 

Khi đó $P(0)=G(0)+2=14+2=16$

 

 




#730058 Tư vấn về sách và tài liệu nên đọc môn giải tích

Đã gửi bởi phuc_90 on 02-09-2021 - 06:55 trong Tài liệu, chuyên đề Toán cao cấp

Hai cuốn sách bạn nói, cuốn nào cũng tốt. Quan trọng là trình bày mình thấy dễ hiểu là được.



#730076 Chứng minh:$$\sup -A= -\inf A$$

Đã gửi bởi phuc_90 on 02-09-2021 - 21:25 trong Giải tích

Em giải chưa được chặt chẽ lắm anh:

$$\inf A= -x\Rightarrow -a\geq -x\Rightarrow a\leq x\Rightarrow\sup -A= x$$

 

Từ chỗ màu xanh thì chỉ khẳng định được $-A$ bị chặn trên hay $sup-A$ tồn tại, chứ không thể suy ra $sup-A=x$

 

Theo đề thì $A$ là tập con bất kì của $\mathbb{R}$ nên ta phải xét tập $A$ có bị chặn dưới hay không hay $infA=-\infty$, nếu $infA=-\infty$ thì đẳng thức trên còn đúng hay không.

 

Em nên dựa vào định nghĩa của  supermum infimum để chứng minh hoàn chỉnh hơn 

 

$$supA=n\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a\leq n,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0,\exists a^{*}\in A:a^{*}>n-\varepsilon

\end{matrix}\right.$$

 

$$infA=m\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a\geq m,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0,\exists a^{*}\in A:a^{*}<m+\varepsilon

\end{matrix}\right.$$




#730106 Prove that $\left ( A- AB= B^{2} \right.$ và...

Đã gửi bởi phuc_90 on 03-09-2021 - 21:30 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích

 

Let $A, B\in\mathbb{M}_{2}\left ( \mathbb{C} \right )$ such that $A- AB= B^{2}$ and $B- BA= A^{2}.$ Prove that $A= B.$
 

 

 

Theo điều kiện giả thiết ta có $\left\{\begin{matrix}A=(A+B)B\\B=(A+B)A \end{matrix}\right.$

 

Khi đó $\left\{\begin{matrix}A+B=(A+B)(A+B)\\A-B=-(A+B)(A-B) \end{matrix}\right.$

 

Suy ra $(A+B)(A-B)=-(A+B)(A+B)(A-B)=-(A+B)(A-B)$ hay $(A+B)(A-B)=0$

 

Khai triển ra ta được $A^2+BA-B^2-AB=0$ hay $B-A=0$

 

Vậy $A=B$




#730126 Đề thi thử đội tuyển THPT Ngô Gia Tự 2021 -2022

Đã gửi bởi phuc_90 on 04-09-2021 - 17:26 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.


Ngày 2

 

5. Cho ba số thực $x$, $y$, $z$ là 3 số thực không âm thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Chứng minh:

$T= \frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-zx}+\frac{z}{1-xy}$ chỉ có thể nhận tối đa 2 giá trị nguyên. Tìm các bộ $(x,y,z)$ để $T$ đạt giá trị tại 2 giá trị nguyên này

 

Ta có $2-2x+2xyz=1+x^2+y^2+z^2-2x+2xyz=(x-1)^2+y^2+z^2+2xyz \geq 0$ $\Rightarrow x(1-yz)\leq 1$

 

Khi đó $\frac{x}{1-yz}=\frac{x^2}{x(1-yz)}\geq x^2$

 

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}=\frac{y^2}{y(1-zx)}\geq y^2$  và  $\frac{z}{1-xy}=\frac{z^2}{z(1-xy)}\geq z^2$

 

Suy ra $P\geq x^2+y^2+z^2=1$

 

Ta lại có $2-2yz\geq 2-(y^2+z^2)=1+x^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+x^2\geq \frac{4}{\sqrt[4]{27}}\sqrt{x}$ $\Rightarrow \frac{x}{1-yz}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{x}$

 

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{y}$ và $\frac{z}{1-xy}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{z}$

 

Suy ra $P\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

 

Theo bất đẳng thức C-S thì $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{3(x+y+z)}\leq \sqrt{3\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\sqrt[4]{27}$

 

Suy ra $P\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}<3$

 

Vậy $P$ chỉ nhận tối đa 2 giá trị nguyên là $1$ và $2$

 

Khi $P=1$ thì ta dễ dàng tìm được bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn giá trị của P đó là $(1,0,0), (0,1,0),(0,0,1)$

 

Khi $P=2$ thì ta tìm được bộ $(x,y,z)$ đó là $(\sqrt{1-2t^2}, t, t)$ và các hoán vị của nó

 

trong đó $t$ chính là nghiệm của phương trình $8t^8-20t^6-8t^5+20t^4+16t^3-9t^2-8t+3=0$

 

Note:   Phương trình trên có 2 nghiệm thực $t_1\approx 0,351078$ và $t_2\approx 0,692448$




#730127 Đề thi thử đội tuyển THPT Ngô Gia Tự 2021 -2022

Đã gửi bởi phuc_90 on 04-09-2021 - 18:12 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.


Ngày 2

 

8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất với tính chất sau:

Với mọi số thực $a_1,...,a_d$ sao cho $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$, ta luôn có thể chia $d$ số trên thành $k$ nhóm, và tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$.

 

 

Trước tiên ta đặt $S_d=\{a_1,a_2,...,a_d\}$ và $sumS_d=a_1+a_2+...+a_d$

 

Giả sử với $d$ số đã cho như trong đề bài, ta luôn có thể chia $d$ số đó thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

 

Gọi các nhóm đó là $S_1, S_2,...,S_k$ với $sumS_i \leq 1$ $(i=\overline{1,k})$

 

Từ đó ta có thể suy ra $S_d=\bigcup_{i=1}^{k}S_i$ suy ra $n=sumS_d=\sum_{i=1}^{k}sumS_i \leq k$

 

Từ những điều trên ta thấy $k=n$ là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

 

Bây giờ với $k=n$ ta sẽ chứng minh tồn tại cách chia $d$ số thỏa $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$ thành $n$ nhóm sao cho tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$ (*)

 

Với $n=1$ thì hiển nhiên có 1 nhóm thỏa đề bài đó là $\{a_1,a_2,...,a_d\}$

 

Giả sử điều này đúng với $n=k$, khi đó với $a_1+a_2+...+a_d=k+1>k$ (**)

 

Khi đó tồn tại tổng $a_{i_1}+a_{i_2}+...+a_{i_q}$ là tổng nhỏ hơn $1$ lớn nhất với số phần tử của tổng bé hơn $d$

 

Điều này dẫn đến $2\geq a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}>1$, đặt $b=a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}-1$ suy ra $0<b\leq 1$

 

 

Khi đó (**) trở thành $a_1+a_2+...+b+...+a_d=k$, theo giả thiết qui nạp thì ta có thể chia thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

 

Giả sử $b\in S_i$, ta bỏ phần tử $b$ ra khỏi tập $S_i$ rồi lập thành 2 tập mới đó là $S'_i=S_i\setminus b$ và $K=\{a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_q}\}$

 

Rõ ràng các tập này có $sumS'_i\leq 1$ và $sumK\leq 1$ và $S_d=S_1\bigcup S_2 \bigcup ... \bigcup S'_i \bigcup K \bigcup ... \bigcup S_k$

 

hay $S$ được chia thành $k+1$ nhóm con mà tổng các số của mỗi nhóm không lớn hơn $1$




#730159 Nhóm hữu hạn có cấp 45

Đã gửi bởi phuc_90 on 05-09-2021 - 17:38 trong Góc Tin học

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




#730168 Đề thi thử đội tuyển Olympic 30-4 THPT Ngô Gia Tự - Khối 11

Đã gửi bởi phuc_90 on 05-09-2021 - 20:24 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 1: a=b=0 và c=1 thì VT=1>0=VP



#730171 Đề thi thử đội tuyển Olympic 30-4 THPT Ngô Gia Tự - Khối 11

Đã gửi bởi phuc_90 on 05-09-2021 - 23:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

1. Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng $(a+bc)^{2}+(b+ca)^{2}+(c+ab)^{2}\geq \sqrt{2} (a+b)(b+c)(c+a)$

 

 

Một trong ba số $(1-a)(1-b)$, $(1-b)(1-c)$, $(1-c)(1-a)$ phải có ít nhất một số dương, nếu không có số nào dương thì tích 3 số này là một số âm (vô lý). Không mất tính tổng quát, giả sử $(1-b)(1-c)\geq 0$

 

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có  $$(b+ca)^2+(c+ab)^2\geq \frac{(b+ca+c+ab)^2}{2}=\frac{(1+a)^2(b+c)^2}{2}$$

 

Theo bất đẳng thức AM-GM thì $$\frac{(1+a)^2(b+c)^2}{2}+(a+bc)^2\geq \sqrt{2}(1+a)(b+c)(a+bc)$$

 

Từ những điều trên ta suy ra $VT\geq \sqrt{2}(1+a)(b+c)(a+bc)$

 

Ta lại có $(1+a)(b+c)(a+bc)-(a+b)(b+c)(c+a)=a(1-b)(1-c)(b+c)\geq 0$

 

suy ra $(1+a)(b+c)(a+bc)\geq (a+b)(b+c)(c+a)$

 

Vậy $VT\geq \sqrt{2}(a+b)(b+c)(c+a) $




#730196 Đề thi thử đội tuyển Olympic 30-4 THPT Ngô Gia Tự - Khối 11

Đã gửi bởi phuc_90 on 06-09-2021 - 21:45 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.


5. Sau khi cân $11$ con gà, bác nông dân có nhận xét sau:

- Luôn có thể chia $10$ con gà bất kì thành hai nhóm, mỗi nhóm $5$ con, sao cho tổng cân nặng ở mỗi nhóm bằng nhau

- Tổng cân nặng của cả đàn gà là $759$.

Tính cân nặng của mỗi con gà, biết rằng các cân nặng này đều là số tự nhiên.

Gọi $a_1, a_2, ..., a_{11}$ là cân nặng của mỗi con gà. Khi đó với 2 bộ $(a_1,a_2,...,a_{10}), (a_1,a_2,...,a_8,a_9,a_{11})$ mà mỗi bộ được chia thành 2 nhóm bất kì nên ta có thể chia thành

 

$$\left\{\begin{matrix}a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=a_6+a_7+a_8+a_9+a_{10}\\a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=a_6+a_7+a_8+a_9+a_{11}\end{matrix}\right.$$

 

suy ra $a_{10}=a_{11}$

 

Lập luận tương tự ta suy ra được $a_1=a_2=...=a_9=a_{10}$

 

mà tổng cân nặng của cả đàn gà là $759$ nên $a_1=a_2=...=a_9=a_{10}=a_{11}=\frac{759}{11}=69$




#730213 Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(u_{n})$

Đã gửi bởi phuc_90 on 07-09-2021 - 16:50 trong Dãy số - Giới hạn

Cho dãy số thực $(U_{n})$ xác định bởi 

$\left\{\begin{matrix} u_{1} =\frac{-2}{5}& \\ 25u_{n+1}u_{n}+15u_{n+1}+15u_{n}+10=\sqrt{25u_{n}^{2}+30u_{n}+10} & \end{matrix}\right.$, $n\geq 1$

Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(u_{n})$

 

 

$25u_{n+1}u_{n}+15u_{n+1}+15u_{n}+10=\sqrt{25u_{n}^{2}+30u_{n}+10}$

 

$\Leftrightarrow (5u_{n+1}+3)(5u_n+3)+1=\sqrt{(5u_n+3)^2+1}$

 

Đặt $v_n=5u_n+3$ ta có $v_1=5u_1+3=1$ và $v_{n+1}v_n+1=\sqrt{v_{n}^2+1}$

 

Bình phương 2 vế và biến đổi ta được $v_n=\frac{2v_{n+1}}{1-v_{n+1}^2}$

 

Ta thấy $v_1=1=tan\frac{\pi}{4}$ và $v_2=\sqrt{2}-1=tan\frac{\pi}{8}$

 

Nên bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được $v_n=tan\frac{\pi}{2^{n+1}}$

 

suy ra  $u_n=\frac{tan\frac{\pi}{2^{n+1}}}{5}-\frac{3}{5}$




#730221 $|a_{m}-a_{n}| \geq \frac{1}...

Đã gửi bởi phuc_90 on 07-09-2021 - 18:37 trong Dãy số - Giới hạn

Chứng minh rằng tồn tại dãy số $(a_{n})$ thỏa mãn:
$i) \exists c_{1},c_{2} \in \mathbb{R}: c_{1} \leq a_{n} \leq c_{2} \forall n \in \mathbb{N}^{*};$
$ii) \forall m,n \in \mathbb{N}^{*},m \neq n, |a_{m}-a_{n}| \geq \frac{1}{m-n}.$

 

Với mọi số thực $t\geq 2$ ta có $t+\frac{1}{t}-\frac{5}{2}=\frac{(t-2)(2t-1)}{2t}\geq 0$ nên $t+\frac{1}{t}\geq \frac{5}{2}$  (*)

 

Bổ đề :  Với $\frac{m}{n}\geq 2$ hoặc $m<n$ thì $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq \frac{1}{m-n}$

 

Thật vậy, với $\frac{m}{n}\geq 2$ ta có $(m-n)\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |=2(m-n)\frac{|n-m|}{mn}=2(m-n)\frac{-(n-m)}{mn}=2\left ( \frac{m}{n}+\frac{n}{m}-2 \right )$

 

Theo BĐT (*) ta có $\frac{m}{n}+\frac{n}{m}\geq \frac{5}{2}$ suy ra $(m-n)\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq 1$

 

hay $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq \frac{1}{m-n}$

 

Còn trường hợp $m<n$ thì $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |> 0> \frac{1}{m-n}$

 

Vậy bổ đề được chứng minh hoàn toàn

 

Bây giờ, với mọi số nguyên dương $n$ ta có $0<\frac{2}{n}\leq 2$

 

Đặt $a_n=\frac{2}{n}$ thì $(a_n)_{n\in \mathbb{N^*}}$ là dãy bị chặn và đặt $n_k=2k, \forall k\in \mathbb{N^*}$

 

Theo bổ đề trên thì dãy con $(a_{n_k})_{k\in \mathbb{N^*}}$ của $(a_n)_{n\in \mathbb{N^*}}$ chính là dãy cần tìm.

 

Note: $n_{k_i} > n_{k_j}$ thì $\frac{n_{k_i}}{n_{k_j}}\geq 2$




#730270 Tính lim $x_{n+1}=\sqrt{3}+\frac{x_n...

Đã gửi bởi phuc_90 on 09-09-2021 - 23:05 trong Dãy số - Giới hạn

Bạn chứng minh được nó hội tụ không

 

Đặt $f(x)=\sqrt{3}+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$  ta có $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

 

và $f'(x)=-\frac{1}{(x^2-1)\sqrt{x^2-1}}<0$ suy ra $f(x)$ là hàm nghịch biến trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

 

Với $x_1=2006$ suy ra $x_2\approx 2.73$ và $x_3\approx 2.81$

 

Khi đó $x_1>x_3 \Rightarrow x_2=f(x_1)<f(x_3)=x_4 \Rightarrow x_3=f(x_2)>f(x_4)=x_5$

 

Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được $(x_{2n+1})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $1+\sqrt{3}$

 

$(x_{2n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $\sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

 

Khi đó giới hạn của dãy $(x_{2n+1})$, $(x_{2n})$ tồn tại, đặt $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n+1}=a$ và $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n}=b$

 

Từ đó ta tìm nghiệm của hệ $$\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{3}+\frac{a}{\sqrt{a^2-1}}\\ b=\sqrt{3}+\frac{b}{\sqrt{b^2-1}}\end{matrix}\right.$$  với $a\geq 1+\sqrt{3}$ và $1+\sqrt{3}<b\leq \sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

 

Hệ có nghiệm $a=b=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$

 

Suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$




#730272 $a_1=\frac{3}{2}, a_n=\sqrt{3a_{...

Đã gửi bởi phuc_90 on 10-09-2021 - 10:38 trong Dãy số - Giới hạn

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