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 $t_2\approx 0,692448$

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 $1$

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 $a_1=a_2=...=a_9=a_{10}=a_{11}=\frac{759}{11}=69$

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) $

Bài 1:  Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}x+y+z=-1\\ x^3+y^3+z^3=11\end{matrix}\right.$

       a)   Biểu diễn $zx$ theo y

       b)  Chứng minh rằng trong 3 số $x,y,z$ có ít nhất 1 số thuộc đoạn $[-2,-1]$

Bài 2:   Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương, trong đó $a,b$ nguyên tố cùng nhau và $\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ là số nguyên.

Chứng minh rằng $a$ là số chính phương

Bài 3:   Cho dãy số $(a_n)_n$ được xác định như sau $\left\{\begin{matrix}a_0=1 \, \, , \, \,a_1=13\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n \, \, , \forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

       a)   Chứng minh rằng $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên $n$

       b)   Chứng minh rằng $a_n$ luôn được viết dưới dạng tổng bình phương của 2 số tự nhiên với mọi số tự nhiên $n$

Bài 4:   Tìm tất cả hàm số lẻ $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(f(x)+y)=2x+f(x-f(y)) \, \, , \, \, \forall x,y\in \mathbb{R}$$

Bài 5:   Cho hai đường tròn $(O_1, R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại $A, B$ sao cho tam giác $AO_1O_2$ vuông tại $A$. Tia $O_1O_2$ cắt đường tròn $(O_2)$ tại $E,F$ và cắt đường tròn $(O_1)$ tại $D$. Điểm $M$ thay đổi trên đường tròn $(O_1)$ và không thuộc đường thẳng $O_1O_2$. Kẻ đường kính $MP$ của $(O_1)$. Tia $O_2M$ cắt đường tròn $(O_1)$ tại điểm thứ 2 là $N$. Tia $O_2P$ cắt đường tròn $(O_1)$ tại điểm thứ 2 là $Q$. Chứng minh rằng :

        a)   $MD$ là phân giác của góc $\widehat{EMF}$

        b)   $MP, \,NQ, \,AB$ đồng quy hoặc đôi một song song

        c)   $NQ$ luôn đi qua 1 điểm cố định

Bài 6:   Có 2021 viên bi, đựng trong 100 cái hộp. Mỗi lần, cho phép lấy 2 viên bi, 2 viên bi đó thuộc vào tối đa 2 hộp và bỏ chúng vào 1 hộp khác. Chứng minh rằng sau một số bước có thể bỏ tất cả các viên bi vào cùng 1 hộp.

 

Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2021-2022

22/09/2021

Bài 1. (5 điểm) 

Cho $a\geq 2$ và $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-ax+1=0$. Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n,n=1,2,...$

a) Chứng minh dãy $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n+1}^{+\infty}$ là dãy giảm.

b) Tìm tất cả các giá trị $a$ sao cho $\frac{S_1}{S_2}+\frac{S_2}{S_3}+...+\frac{S_n}{S_{n+1}}>n-1$. với mọi $n=1,2,...$

 

Do $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của phương trình $x^2-ax+1=0$  nên $x_1+x_2=a$ và $x_1x_2=1$

Khi đó $S_{n+2}=x_1^{n+2}+x_2^{n+2}=(x_1+x_2)(x_1^{n+1}+x_2^{n+1})-x_1x_2(x_1^{n}+x_2^{n})=aS_{n+1}-S_n$

Ta có $S_2=x_1^2+x_2^2=a^2-2 \geq a=x_1+x_2=S_1$  giả sử $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\, \forall n\leq k$

Suy ra $S_{k+2}=aS_{k+1}-S_k\geq aS_{k+1}-S_{k+1}=(a-1)S_{k+1}\geq S_{k+1}$

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\,\forall n\geq 1$

a)   Ta có $S^2_{n+1}-S_nS_{n+2}=(x_1^{n+1}+x_2^{n+1})^2-(x_1^{n}+x_2^{n})(x_1^{n+2}+x_2^{n+2})=2-(x_1^{2}+x_2^{2})=4-a^2\leq 0$

nên $\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}} \leq \frac{S_n}{S_{n+1}}$  mà điều này đúng với mọi $n\geq 1$

Suy ra $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n=1}^{+\infty}$  là dãy giảm

b)   Do $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\,\forall n\geq 1$  nên $0<\frac{S_n}{S_{n+1}}\leq 1\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Ta có $S_{n+2}=aS_{n+1}-S_n$      suy ra       $\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}}=\frac{1}{a-\frac{S_n}{S_{n+1}}}$

Mà dãy   $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n=1}^{+\infty}$        là dãy giảm và bị chặn dưới nên hội tụ, đặt $\lim_{n \to \infty }\frac{S_n}{S_{n+1}}=b$  suy ra $0\leq b\leq 1$

Phương trình giới hạn $b=\frac{1}{a-b}$  có nghiệm $b=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}$ là thỏa điều kiện

Khi đó $\frac{S_1}{S_2}+\frac{S_2}{S_3}+...+\frac{S_n}{S_{n+1}}>nb=\frac{n(a-\sqrt{a^2-4})}{2}$

Do đó ta chỉ cần tìm $a$ sao cho $\frac{n(a-\sqrt{a^2-4})}{2}\geq n-1\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

hay  $(2-a+\sqrt{a^2-4})n<2\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

điều này chỉ xảy ra khi      $2-a+\sqrt{a^2-4}\leq 0$  hay $a=2$

             ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM                                            ĐỀ DỰ TUYỂN MÔN TOÁN NĂM 2021-2022

       TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU                                                  Ngày thi :   25/09/2021

----------------------------------------------------------                            Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1. (5,0 điểm)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$

a)   Chứng minh rằng    $a^{4n}+b^{4n}+c^{4n}+a^nb^n+b^nc^n+c^na^n\geq 6 \,\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{N}$

b)   Hỏi bất đẳng thức trên còn đúng khi thay $n=\frac{2}{3}$ ?

Bài 2. (5,0 điểm)

Cho $n$ là số nguyên dương chẵn, có tổng các ước nguyên dương của nó là số lẻ. Chứng minh rằng tổng các ước chính phương (nhỏ hơn $n$) của $n$ sẽ không nhỏ hơn $\frac{n}{4}$

Bài 3. (5,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$, gọi $A_1\,,\,B_1\,,\,C_1$ lần lượt là các điểm đối xứng của $A\,,\,B\,,\,C$ qua $BC\,,\,CA\,,\,AB$

Chứng minh rằng   $A_1\,,\,B_1\,,\,C_1$  thẳng hàng khi và chỉ khi  $cosA\,cosB\,cosC\,\,=\,\,-\frac{3}{8}$

Bài 4. (5,0 điểm)

Một quốc gia có $99$ thành phố, khoảng cách giữa hai thành phố bất kì không vượt quá $1000$ km. Hai thành phố thuộc quốc gia này được gọi là "xa nhau" nếu khoảng cách giữa chúng lớn hơn hoặc bằng $500\sqrt{2}$ km. Hỏi quốc gia này có bao nhiêu cặp thành phố xa nhau ?

                                                                ---------------------------  HẾT ---------------------------------

Có bạn hỏi tôi về cách tìm Supremum và Infimum của một tập $A\subset \mathbb{R}$ như thế nào ? mong bài viết nho nhỏ này sẽ giúp các bạn hiểu rõ hơn về Supremum và Infimum của một tập hợp $A\subset \mathbb{R}$, từ đó có một phương pháp giải các bài toán dạng này cho riêng mình.

Định nghĩa

Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$.

$\bullet$   Tập $A$ được gọi là bị chặn trên nếu $\exists M\in\mathbb{R}:\,\,\,a\leq M\,\,,\,\forall a\in A$.

Với $A$ là tập bị chặn trên thì Supremum của $A$, ký hiệu $Sup A$ là chặn trên nhỏ nhất của $A$, tức là nếu $m$ là một chặn trên của $A$ thì ta luôn có $Sup A\leq m$.  Nếu tập $A$ không bị chặn trên thì người ta đặt $Sup \,A=+\infty$.

$\bullet$   Tập $A$ được gọi là bị chặn dưới nếu $\exists M\in\mathbb{R}:\,\,\,a\geq M\,\,,\,\forall a\in A$.

Với $A$ là tập bị chặn dưới thì Infimum của $A$, ký hiệu $Inf A$ là chặn dưới lớn nhất của $A$, tức là nếu $n$ là một chặn dưới của $A$ thì ta luôn có $Inf A\geq n$.  Nếu tập $A$ không bị chặn dưới thì người ta đặt $Inf \,A=-\infty$

Một số kết quả liên quan đến Supremum và Infimum

Định lý 1:   Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ và bị chặn trên. $Sup A=m$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}a\leq m\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*>m-\varepsilon \end{matrix}\right.$.

Hơn nữa, nếu $m$ là một chặn trên của $A$ và $m\in A$ thì $Sup A=m$, lúc này $Sup A$ chính là Maximum của tập $A$.

Chứng minh

$\left ( \Rightarrow  \right )$  Giả sử $Sup A=m$

Nếu $\exists \varepsilon >0$ sao cho $m-\varepsilon$ là một chặn trên của $A$ thì $m-\varepsilon \geq Sup A=m$  (vô lý)

Vậy $\forall \varepsilon >0$ thì $m-\varepsilon$ không thể là một chặn trên của $A$ hay $\forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists\,a^*\in A:\,\,\,a^*>m-\varepsilon$.

$\left ( \Leftarrow   \right )$   Giả sử   $\left\{\begin{matrix}a\leq m\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*>m-\varepsilon \end{matrix}\right.$

Ta có $a\leq m\,\,,\,\forall a\in A$ nên $m$ là một chặn trên của $A$, do đó $Sup A\leq m$.

Đặt $d=m-Sup A\geq 0$, nếu $d>0$ thì theo giả thiết, tồn tại $a^*\in A:\,\,\,a^*>m-d=Sup A$  (vô lý).

Vậy $d=0$  hay  $Sup A=m$.

Định lý 2:   Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ và bị chặn dưới. $Inf A=n$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}a\geq n\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*<n+\varepsilon \end{matrix}\right.$.

Hơn nữa, nếu $n$ là một chặn dưới của $A$ và $n\in A$ thì $Inf A=n$, lúc này $Inf A$ chính là Minximum của tập $A$.

(Chứng minh xem như bài tập)

Định lý 3:   Nếu $(u_n)_n$ là dãy số thực và là dãy tăng thì $\lim_{n \to \infty } u_n=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$

Chứng minh

Nếu $(u_n)_n$ không bị chặn trên, tức là $\forall M>0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}:\,\,u_{n_0}>M$  (*)  và  $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}=+\infty$

Do $(u_n)_n$ là dãy đơn điệu tăng nên (*) được viết lại thành  $\forall M>0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}\,,\,\forall n\geq n_0:\,\,u_n>M$

Đây chính là định nghĩa của $\lim_{n \to \infty }u_n=+\infty$. Suy ra $\lim_{n \to \infty } u_n=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$.

Nếu $(u_n)_n$ bị chặn trên, tức là $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$ tồn tại, đặt $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}=a$

Khi đó, theo định lý 1 thì  $\forall \varepsilon >0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}:\,\,a+\varepsilon >u_{n_0}>a-\varepsilon$, do $(u_n)_n$ là dãy đơn điệu tăng nên điều này được viết lại thành

$$\forall \varepsilon >0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}\,,\,\forall n\geq n_0:\,\,\left | u_n-a \right |<\varepsilon$$

Suy ra $\lim_{n \to \infty }u_n=a=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$

Định lý 4:   Nếu $(u_n)_n$ là dãy số thực và là dãy giảm thì $\lim_{n \to \infty } u_n=Inf\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$

(Chứng minh xem như bài tập)

Phần áp dụng

Bài toán 1:   Cho  $A=\left \{ x\in \mathbb{Q}:\,\,x>0\,,\,x^2<2 \right \}$.  Chứng minh rằng  $Sup\,A=\sqrt{2}$

Chứng minh

Ta có $\sqrt{2}$ là một chặn trên của $A$ nên  $Sup\,A \leq \sqrt{2}$.

Đặt  $d=\sqrt{2}-Sup\, A\geq 0$, nếu $d>0$ thì theo nguyên lý Archimedes, tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $nd>1$.

Đặt  $Sup \,A=x$ và  $m=[nx]+1$ ta có $nx+1>[nx]+1>nx$  hay  $nx+1>m>nx$

Suy ra   $x+\frac{1}{n}>\frac{m}{n}>x$  mà  $x+\frac{1}{n}<x+d=Sup\,A+d=\sqrt{2}$

Điều này dẫn đến  $\sqrt{2}>\frac{m}{n}>Sup\,A$   (mâu thuẫn)

Vậy  $\sqrt{2}-Sup\,A=d=0$   hay   $Sup\,A=\sqrt{2}$

Bài toán 2:   Tìm Supremum và Infimum của

a)   $A=\left \{ \frac{1}{2n}\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$

b)   $B=\left \{ \frac{n}{n+2}\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$

c)   $C=\left \{ 0.2\,,\,0.22\,,\,0.222\,,\,... \right \}$

Giải

a)   Ta có $\frac{1}{2n}\leq \frac{1}{2}\,\,,\,\,\forall n\geq 1$ nên $\frac{1}{2}$ là một chặn trên của $A$ và $\frac{1}{2}\in A$ nên theo định lý 1 thì $Sup\,A=\frac{1}{2}$

Ta thấy dãy $\left ( \frac{1}{2n} \right )_{n\in\mathbb{N}^*}$  là một dãy giảm và  $\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2n}=0$  nên theo định lý 4 thì  $Inf \,A=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2n}=0$

b)   Ta thấy dãy $\left ( \frac{n}{n+2} \right )_{n\in\mathbb{N}^*}$  là một dãy tăng và  $\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+2}=1$  nên theo định lý 3 thì  $Sup \,B=\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+2}=1$

Với mọi $n\geq 2$ thì $\frac{n}{n+2}\geq \frac{1}{2}$ suy ra $\frac{1}{2}$ là một chặn dưới của $B$, mà $\frac{1}{2}\in B$ nên theo định lý 2 thì  $Inf\,B=\frac{1}{2}$

c)   Ta thấy  $C=\left \{ \frac{2}{10}\,,\,\frac{2}{10}\left ( 1+\frac{1}{10} \right )\,,\,\frac{2}{10}\left ( 1+\frac{1}{10}+\frac{1}{10^2} \right )\,,\,... \right \}=\left \{ \frac{2}{9}\left ( 1-\frac{1}{10^n}\right )\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$

Suy ra  $\frac{2}{10}\leq c<\frac{2}{9}$  với mọi $c\in C$, từ đây ta suy ra được  $Inf\,C=\frac{2}{10}$  và  $C$ bị chặn trên.

Đặt  $Sup\,C=s$ suy ra $s\leq \frac{2}{9}$ , ta có  $s-\frac{2}{9.10^n}\leq \frac{2}{9}\left ( 1-\frac{1}{10^n} \right )\leq s$   (**)

Cho  $n \to \infty$  thì từ (**) ta có  $s\leq \frac{2}{9}\leq s$.

Vậy  $Sup\,C=s=\frac{2}{9}$

Cho $V$ là $1$ không gian vector, và $S$ là $1$ họ vectors thuộc $V.$  Gọi số tối đa các vectors độc lập tuyến tính có thể rút ra từ $S$ là $r.$ Giả sử ${S}'$ gồm $r$ vectors độc lập tuyến tính rút ra từ $S.$ Chứng minh $\operatorname{span}\left \langle {S}' \right \rangle= \operatorname{span}\left \langle S \right \rangle.$ Lưu ý kí hiệu $\operatorname{span}\left \langle A \right \rangle$ là chỉ bao tuyến tính của họ vectors $A.$

Giả sử $S'=\left \{ s_i\in S: i=\overline{1,r} \right \}$, ta có $S'\subset S$ suy ra $spanS' \subset spanS$

Với $a_1s_1+a_2s_2+...+a_rs_r+as=0$ (*) trong đó $s\in S\setminus S'$  và $a,a_1,a_2,...,a_r\in \mathbb{K}$

Nếu $a=0$ thì từ (*) suy ra $a_1s_1+a_2s_2+...+a_rs_r=0$ suy ra $a_1=a_2=...=a_r=0$

Do đó $s_1,s_2,...,s_r,s$ là các vector độc lập tuyến tính (mâu thuẫn với giả thiết chỉ có tối đa $r$ các vector độc lập tuyến tính)

Vậy $a\neq 0$ và (*) được viết lại thành $s=-\frac{a_1}{a}s_1-\frac{a_2}{a}s_2-...-\frac{a_r}{a}s_r$  suy ra $s\in spanS'$

Từ đó suy ra được $spanS \subset spanS'$

Vậy $spanS'=spanS$

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

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

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  và 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.$$

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:

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

Đọc phần chứng minh này tôi thấy bạn đang đi tìm giá trị để các cạnh của một tam giác là số nguyên. Chứ chưa thấy giải quyết được gì.

Từ  $z<x+y$ và $z>y>x$ mà suy ra đó là điều kiện để $x^n+y^n=z^n$ có nghiệm với $n\geq 2$ là hết sức phi lý rồi.

Cho $A$ là một ma trận vuông có các phần tử nằm ngoài đường chéo chính bằng $0,$ gọi là ma trận chéo; với các phần tử trên đường chéo chính khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng mọi ma trận giao hoán với $A$ cũng là một ma trận chéo.

Giả sử $A,B$ là ma trận vuông cấp n

Do $AB=BA$ nên với mọi $1\leq i\neq j\leq n$ ta có $[AB]_{ij}=[BA]_{ij}$

$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}[A]_{ik}[B]_{kj}=\sum_{i=1}^{n}[B]_{ik}[A]_{kj}\,\,\,\Rightarrow \,\,\, [A]_{ii}[B]_{ij}=[B]_{ij}[A]_{jj}$

do $[A]_{ii}\neq [A]_{jj}$  nên $[B]_{ij}=0$

Vậy $B$ là ma trận đường chéo.

 

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    $\mathbb{Z}[x]$

Hai ma trận vuông $A$ và $B$ được gọi là giao hoán nhau nếu $AB= BA.$ Chứng minh rằng ma trận vuông $A$ giao hoán với mọi ma trận vuông cùng cấp với nó khi và chỉ khi $A$ có dạng đường chéo $k\cdot l$ với số thực $k,$ và ma trận đơn vị $I.$

-  Nếu $A=kI_n$ thì $AB=kI_nB=kB=BkI_n=BA$

-  Giả sử $A$ giao hoán với mọi ma trận vuông có cùng cấp với nó

Ta lấy $B$ là ma trận đường chéo, có các phần tử khác nhau, thì theo bài https://diendantoanh...t-ma-trận-chéo/  suy ra $A$ là ma trận đường chéo

Bây giờ ta cho các phần tử trên đường chéo chính của $A$ bằng nhau thì $A$ sẽ có dạng $kI_n$

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

0.1=0; 1.1 tại sao lại bằng 1

Tôi hỏi bạn $1.1 = ?$ , sao bạn lại đi hỏi ngược lại tôi.

Chứng minh a.1= a

a, Phương pháp biến đổi đại số

b, Phương pháp phản chứng.

Cho hỏi $0.1 = ? \,\,,\,\,1.1 = ?$ rồi tính tiếp

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

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

let f = (x, b) => x + x*x / b;
function findLB(a, b, c) {
    let x = a;
    let n = 0;
    while (x <= c) {
        n++;
        x = f(x, b);
    }
    return n;
}

Vọc code một tí thì có thể thấy $n=2019$ và nói chung là với mọi $n$ thì $k=n+2$ sẽ là GTNN để $x_k > 1$.

 

Vậy khi viết lời giải bài toán này ra giấy thì ghi như thế nào ? 

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

$$x_0=\frac{1}{2} \, \, , \, \, x_{n+1}=x_n+\frac{x^{2}_{n}}{2017} \,\, , \,\, \forall n\in \mathbb{N}$$

Tìm số tự nhiên $k$ nhỏ nhất sao cho $x_k>1$

Note:  Đây là bài toán cũ không có lời giải của diễn đàn, thấy thú vị nên post lại cho các bạn giải thử. Mình thì tìm được $k=4034$, bạn nào tìm được giá trị nhỏ hơn thì cho lời giải nhé.

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