Chủ đề này có 3 trả lời

[Nesbit]

Xét dãy $x_{n+1}=x_{n}^2+\dfrac{x_n}{n} \ \forall n \ge 1$. Chứng minh tồn tại duy nhất $x_1$ sao cho $0 < x_n < x_{n+1} < 1 \ \forall n \ge 1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 14-01-2007 - 16:18

[funnychiken]

bài này thi IMO. Giải = phương pháp xây dựng hàm

[tanlsth]

Chính xác là sử dụng nguyên lí Cantor
Nếu có thời gian mình sẽ post lời giải

[Sim_Ton]

Nesbit đã có lời giải bài này rồi, nhưng tớ cũng gõ lên đây cho mọi người tham khảo (hôm nay rảnh rỗi ):

Xét hàm như sau:
$S_0(x)=x$
$S_{n+1}(x) = S_n(x)[S_n(x)+\dfrac{1}{n}]$Quy nạp ta có : $x_{n+1}= S_n(x_1)$Cũng có: $S_n(0)=0$
$ S_n(1) >1 $ , $ \forall n \geq 1$
$ \exists a_n , b_n $ mà $a_n $ < $b_n $ và:
$S_n(b_n) =1 ; S_n(a_n) = 1- \dfrac{1}{n}$
$S_n(x) $ đa thức hệ số không âm $\rightarrow S_n(x) $ tăng trên $(0;1)$Dễ dàng chứng minh: $(a_n) $ dãy tăng ,$ (b_n) $ dãy giảm
Như vậy rõ ràng là 2 dãy $(a_n) $ và $(b_n) $ đều hội tụ
Do đồ thị $S_n $ lõm nên với $0 \leq x \leq b_n $ thì:
$S_n(x) \leq \dfrac{x}{b_n}$
$a_n $ <$ b_n \rightarrow S_n(a_n) \leq \dfrac{a_n}{b_n}$$\rightarrow 1- \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{a_n}{b_n} $ <$1$
Theo nguyên lý kẹp ta có $b_n - a_n $ hội tụ về $0$

Để ý rằng khi đoạn $[a_n;b_n] $ thắt dần thì tồn tại duy nhất $x_1 $ để $a_n $ < $x_1$ < $b_n, \forall n.$
$a_n $ < $x_1 $ <$ b_n $ $\rightarrow S_n(a_n) < S_n(x_1) < S_n(b_n)$$\rightarrow 1- \dfrac{1}{n} $ < $x_{n+1} $ < $1$
$\rightarrow 0 $ < $x_n $ <$1$
$x_{n+1} = S_n(x_1) = S_{n-1}(x_1)[S_{n-1}(x_1)+ \dfrac{1}{n-1}] $ > $S_{n-1}(x_1)[1-\dfrac{1}{n-1}+\dfrac{1}{n-1}] = S_{n-1}(x_1) = x_n $ Từ đây ta sẽ suy ra đpcm.