An Infinitesimal

Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt: $f_n(x)=\sin x\sin2x\sin4x...\sin2^nx\,\,\,(x\in\mathbb{R}).$ Chứng minh: $$\left|f_n(x)\right|<\dfrac{2}{\sqrt{3}}<\left|f_n\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right|$$

Yêu cầu được hiểu như thế nào? Nếu

$$\left|f_n(x)\right|<\dfrac{2}{\sqrt{3}}<\left|f_n\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right| \forall x\in \mathbb{R}$$

Bài 73: Giải phương trình: 

$(x-1)^2(1+2x+3x^2+...+2013x^{2012})=1$

Giả bài 73: khá "dễ" và dễ sinh ra ý để giải:

Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức sau theo $t$ (xét $t\neq 1$) tại $t=x\neq 1$, ta có:

\[\sum_{n=1}^{2013} t^i = \frac{t^{2014}-1}{t-1}.\]

Dẫn đến 

\[(x-1)^2(1+2x+3x^2+...+2013x^{2012})= 2013x^{2014}-2014x^{2013}+1.\]

Do đó phương trình ban đầu tương đương 

\[2013x^{2014}=2014x^{2013}.\]

Do đó $x= 0 \vee x= \frac{2014}{2013}.$

Lí do tại sao

Phương trình đa thức có hệ số nguyên này có hệ số tự do là 1 và hệ số cao nhất là 1. Do đó nghiệm hữu tỉ phải là nghiệm nguyên và là ước của $1$.

Kiểm tra $x=\pm 1$. Suy ra $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

Mọi nghiệm hữu tỉ $x=\frac{p}{q}$ với $(p,q)=1$ của đa thức $P(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0$ đều thỏa $p|a_0, q|a_n$.

PT vi phân thuộc dạng $y'=f(ax+by+c)$ với $b\neq 0$, $f$ tốt.

Đặt $u= ax+by+c$ ta đưa phương trình vi phân về dạng $u'=g(u)$.

Đây là PTVP cơ bản!

Bài 19:( chưa có ai giải )

$\left\{\begin{matrix}2x-2y+\sqrt{x+y+3xy+1}=1 \\ \sqrt[3]{3y+1}=8x^2-2y-1 \end{matrix}\right.$   với $x> 0$

 

 

Khi thử tìm lời giải mình không để ý đến điều kiện $x> 0$. Do đó mình giải bài này với giả định không có điều kiện trên.

Phương trình thứ nhất được viết lại:

\[4x^2-(11y+5)x+4y^2+3y=0, (1)\]

với điều kiện $1+2y-2x\ge 0.$

Đặt $g_y(x)= 4x^2-(11y+5)x+4y^2+3y.$

Phương trình thứ hai  được viết lại

\[8x^2=\sqrt[3]{3y+1}+2y+1.\]

Đặt $f(y)=\sqrt[3]{3y+1}+2y+1$.

Nhận xét: $f$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$ và $f(-\frac{3}{8})=-\frac{1}{4}<0.$

Do đó $y> -\frac{3}{8}.$

(Con số $-\frac{3}{8}$ khi xét $g_y(1/2)$ với $-1/2$ xuất hiện khi xét $y<0$.)

Trường hợp 1: $-\frac{3}{8}<y\le 0$.

Từ phương trình (2), suy ra $x^2 \le \frac{1}{4}. (3)$

Ta có $g_y(1/2)=\frac{(8y + 3)(y - 1)}{2}<0$ và tam thức bậc hai $g_y$ có hệ số cao nhất dương. Do đó

$g_y$ có một nghiệm lớn hơn $\frac{1}{2}$. Điều này mâu thuẫn với (3).

Trường hợp 2: $y>0$.

Từ phương trình (2), suy ra $x^2 >\frac{1}{4}. (4)$

Khi đó nếu $g_y$ có nghiệm thì $g_y$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ (với $x_1\le x_2$).

Áp dụng Viet ứng với điều kiện $y$ kết hợp (4), ta suy ra 

\[\frac{1}{2}< x_1 \le x_2. (5)\]

Và 

\[8x_2\ge 4(x_1+x_2)= 11y+5. (6)\]

Từ phương trình (2), dùng BĐT Cauchy cho 3 số để khử $\sqrt[3]{...}$, ta thu được $y\ge \frac{8x^2-2}{3}.$

Từ (6), suy ra $88x_2^2-24x_2-7<0.$ Điều này không đúng khi xét $x_2>\frac{1}{2}.$

Từ đó suy ra hệ phương trình vô nghiệm.

p/s: Mọi người kiểm tra xem có lỗi nào phát sinh không.

-------------------

Lỗi phát sinh 1: Có thể  $(x_2,y)$ không là nghiệm của (2). Chưa khắc phục.

Bằng cách tính toán cụ thể, ta chỉ ra rằng $(x_2,y)$ không thể là nghiệm của hệ phương trình. Nếu hệ tồn tại nghiệm thì bộ $(x_1,y)$ là nghiệm của hệ.

Vì $x_2\ge x_1 > \frac{1}{2}$ nên $g(1/2)>0$. Do đó $y >1.$

Kết hợp $g_y(y)<0$ nên \[\frac{1}{2}<x_1<\sqrt{\frac{3y+2}{8}}<y<x_2.\]

Vấn đề còn lại chưa hoàn tất: xét sự tồn tại nghiệm (và giải (nếu tồn tại nghiệm)) của phương trình 

$89y^2+78y+21-(11y+5)\sqrt{57y^2+62y+25}= 4\sqrt[3]{3y+1}$

trên $\left(\frac{7}{5},\, \frac{7}{4} \right).$

Hệ $3(x-1)^2+y(x-1)-1=0(1)$

      $3[\frac{-2x}{3(x+1)^2}]^2+y[\frac{-2x}{3(x+1)^2}]-1=0(2)$

Xét phương trình: $3t^2+yt-1=0(3)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow t_{1}=x-1;t_{2}=\frac{-2x}{3(x+1)^2}$ là 2 nghiệm của phương trình (3).

Theo Viete ta có: $(x-1).\frac{-2x}{3(x+1)^2}=\frac{-1}{3}$

$\Leftrightarrow x=2\pm \sqrt{5}\Rightarrow y=\frac{1-3(1\pm \sqrt{5})^2}{1\pm \sqrt{5}}$

Ý tưởng rất tuyệt vời! Tuy nhiên, mình có vài lý do kết quả sai.

Lời giải được hiệu chỉnh lại như sau:

Hiển nhiên $3t^2+yt-1=0 (*)$  luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $y$.

Theo các lập luận của Baoriven, ta có $x-1$ và $\frac{-2x}{3(x+1)^2}$  đều là nghiệm của (*). Hiển nhiên, chúng có thể là hai nghiệm phân biệt, hoặc chúng trùng nhau và phương trình (*) còn một nghiệm khác.

Trường hợp 1:  $\frac{-2x}{3(x+1)^2}\neq x-1$.

Trường hợp 2:  $\frac{-2x}{3(x+1)^2}=x-1$

Trường hợp này cũng cho ra một nghiệm của hệ.

Bài 53: Giải hệ phương trình sau:

$\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}+2(x+y)=4+2\sqrt{xy}$

$\sqrt{x}\sqrt{3x+6\sqrt{xy}}+\sqrt{y}\sqrt{3y+6\sqrt{xy}}-6=0$

 

Giải bài 53:

Để giảm rối mắt do các dấu căn làm rối mắt gây ra, ta đặt $a=\sqrt[4]{x}, b=\sqrt[4]{y},$ với $a, b\ge 0$.

Hệ phương trình trở thành

\[a+b+2(a^4+b^4)=4+2a^2b^2,\]

\[a^3 \sqrt{3a^2+6b^2}+b^3 \sqrt{3b^2+6a^2}=6.\]

Từ phương trình thứ nhất, ta suy ra $a+b\ge 2.\$

Dùng BĐT BCS, ta thu được $\sqrt{3x^2+6y^2}\ge x+2y.$

Do đó VT, VT của phương trình thứ 2, thỏa

\[VT\ge a^3(a+2b)+b^3(b+2a) \ge 6.\]

Suy ra hệ tương đương \[a=b=1.\]

Vậy hệ ban đầu có nghiệm duy nhất $x=y=1.$

Bài 54: Giải phương trình sau:

$16x^5-20x^3+5x+2013=0$

Giải bài 54:

Dễ nhận thấy nghiệm phương trình thỏa $|x|>1$.

Vì  $16x^5-20x^3+5x+2013= x(x^2-1)(16x^2-4)+x+2013$ nên phương trình không có nghiệm lớn hơn 1.

Do đó $ x<-1$.

Đặt $x= - \cosh(t)=- \frac{e^t+e^{-t}}{2}$ (với $t>0$).

Nhận xét \[16{\cosh^5(t)}-20{\cosh^3(t)}​+5\cosh(t)= \cosh(5t).\]

Do đó \[\cosh(5t)=2013.\]

Hay \[e^{10t}-4026 e^{5t}+1=0.\]

Suy ra phương trình ban đầu có nghiệm thực duy nhất

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu

Lúc đầu mình đọc không kỹ nên cũng đưa ra cặp đa thức $x^2+4$ và $(x^2)^2+4$.

Thế nhưng lời giải của người ta đâu có dùng "trực tiếp" ý này!

Cho $p(x)$ là đa thức BKQ nhờ vào Tiêu chuẩn Eisenstein (trực tiếp). Khi đó 

$p(x^k)$ cũng bất khả quy.

Tuy thế, lời giải trên đã dùng kết quả sau $p(x^k)$ bất khả quy khi và chỉ khi $p(x^k+1)$ bất khả quy.

Điều này có đúng không? (với $k=1$, hiển nhiên đúng!)

Có thể giả định thêm các hệ số của đa thức $q(x)=p(x^k+1)$ thỏa điện kiện của tiêu chuẩn Eisenstein.

Sự tuần tự theo qui định sẽ giúp cho người quan tâm dễ dàng tập trung vào một bài duy nhất- bài toán hiện tại (hoặc có thêm những bài toán chưa có lời giải). Ngược lại, ở đây, việc post thêm bài mới không như quy định ban đầu. Hơn nữa, mọi người đã bỏ qua rất nhiều lưu ý đã bị bỏ qua, và vì vậy họ làm sai qui định.

Xin đăng thêm bài mới và bài chưa có lời giải

BÀI 44: Giải hệ phương trình:

$9^{2y-1}+3^{x+2y-2}+3^{x-2y}-2\sqrt{x^2+12y^2-2x-12y+4}=3$

$30\sqrt{x-2y}-4\sqrt{2y-1}=2013(x-2y)$

 

 

Bài toán 32(Bài toán hiện tại): Chứng minh rằng phương trình sau có 7 nghiệm thực: $g(x)=x^{9}-9x^{7}+3x^{6}+27x^{5}-18x^{4}-27x^{3}+27x^{2}-1=0$

 

 

Ta có $g'(x)=9x(x + 2)(x + 1)(x^2 - 3)(x - 1)^3.$

Bằng cách vẽ bảng BBT, ta sẽ thấy đa thức $g$ có đúng 7 nghiệm thực. Cụ thể hơn, các khoảng chứa nghiệm là

$(-\infty, -2), (-2, -\sqrt{3}), (-\sqrt{3}, -1), (-1, 0), (0,1), (1, \sqrt{3}), (\sqrt{3}, \infty).$

Lời giải bài 4. Ta sẽ chứng minh $P(x) = p \quad\forall x \in \mathbb{R}$ là nghiệm duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại $P$ khác hằng sao cho $\deg P \ge 1$. Ta có thể giả sử $P* > 0$ nhờ vào việc xét $-P(x)$ (cái này như nhau).
Vì vậy, với $x$ đủ lớn thì $P(x) > 1$. Để ý là $P(x + P(x)) - P(x) \vdots P(x) \implies P(x + P(x)) \vdots P(x)$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết số nguyên tố.
Bài toán 5. (Irish MO 27th) Cho $n$ là số nguyên dương và $a_{1}, a_{2}, \cdots a_{n}$ là các số thực dương. Đặt $g(x) = (x + a_{1})(x + a_{2})\cdots (x + a_{n})$. Gọi $a_{0}$ là một số thực bất kỳ và đặt $f(x) = (x - a_{0}).g(x) = x^{n + 1} + b_{1}x^{n} + \cdots + b_{n + 1}$. Chứng minh rằng $b_{1}, b_{2}, \cdots b_{n + 1}$ đều âm nếu và chỉ nếu $a_{0} > a_{1} + a_{2} + \cdots a_{n}$

Lời giải bài toán 5.

Chiều  suy ra:

Theo định lý Viet, ta có

$-b_1= a_0-\sum_{k=1}^{n} a_k$.

Suy ra đpcm.

Chiều ngược lại:

Với $x=0$, ta có  $-a_0 \prod_{k=1}^{n}a_k= b_{n+1}$

Suy ra $b_{n+1}<0.$

Giả định $-a_1\le -a_2\le ...\le -a_n< a_0$.

Ta có $g(x)+(x-a_0)g'(x)= (n+1)x^n+ ...+b_{n-1}x+b_{n}.$

Dùng ĐL Lagrange, ta thấy tồn tại các số thực dương $y_i, i=\overline{0,n-1}$, sao cho $-a_1\le -y_1\le-a_2\le  -y_2...\le -a_n\le y_0\le  a_0$, và $f'(y_i)=0 \forall i=\overline{0,n-1}.$

Do đó \[\frac{1}{n+1}f'(x)= (x-y_0)\prod_{i=1}^{n}(x+y_i).\]

Đồng nhất hệ số $x^{n-1}$, ta sẽ thu được

\[y_{0}-\sum_{i=1}^{n-1} y_i= \frac{n}{n+1} \left(a_0- \sum_{i=1}^{n}a_i\right)>0.\]

Bài toán 6: (chưa có)

Với một chuẩn ma trận đã cho $\left \| \cdot  \right \|$ số điều kiện của một ma trận A bằng: 

$cond(A) = \left \| A  \right \|\left \| A^{-1}  \right \|$

Ký kiệu $cond_2$ là số điều kiện tương ứng với chuẩn Euclide $\left \| \cdot  \right \|_2$

Chứng minh rằng:

1/ $cond(A)=cond(A^{-1})$ với mọi ma trận $A$

2/ Nếu A đối xứng thì:

$cond_2(A)=\frac{\sup_{1\leq j \leq n} |\lambda_j|}{\inf_{1\leq j \leq n} |\lambda_j|}$

trong đó $\lambda_1,...,\lambda_n$ là các giá trị riêng của $A$

C/m 1): Hiển nhiên.

C/m cho 2: Ta chỉ cần c/m: $||A||=\lambda_{*}:= \max\{|\lambda_j|: j=1, 2, ..., n\}$

Ta có $|Ax|_2 \le \max\{|\lambda_j|: j=1, 2, ..., n\} |x|_2  $

Vì $A$ đối xứng nên tồn tại một cơ sở trực chuẩn được sinh ra từ các vector riêng của $A$ ($v_1, v_2, ..., v_n$).

Khi đó với mỗi $x\in \mathbb{R}^n$, tồn tại $\alpha_i, i=1, 2, ..., n$, sao cho $x= \sum \alpha_i v_i$

Suy ra $|Ax|_2 = \sum \sum \alpha_i^2\lambda_i^2 \le \lambda_{*}^2 \sum \alpha_i^2= \lambda_{*}^2|x|^2.$

Và dấu bằng đạt được khi x là trị riêng  tương ứng trị riêng có độ lớn bằng $\lambda_{*}$.