Bài toán:   Tìm tất cả đa thức $P(x)\,,\,Q(x)\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $P(Q(x))=Q(P(x))$

Giải phương trình sau trên tập số thực: $2^x=x+1$.

Đặt $f(x)=2^x-x-1$ , ta thấy $f(0)=f(1)=0$ nên $f(x)$ có nghiệm là   $0\,,\,1$

Ta có $f'(x)=2^xln2-1$

Cho $f'(x)=0$ ta tìm được nghiệm của $f'(x)$ là   $x_0=-\frac{ln(ln2)}{ln2}\in (0,1)$

Bây giờ, nếu $x<0$ thì $f'(x)<0$   suy ra   $f(x)>f(0)=0$   hay  $2^x>x+1$

Nếu $0<x\leq x_0$  thì  $f'(x)<0$   suy ra   $f(x)<f(0)=0$   hay  $2^x<x+1$

Nếu $x_0<x<1$  thì $f'(x)>0$   suy ra   $f(x)<f(1)=0$   hay  $2^x<x+1$

Nếu $1<x$  thì $f'(x)>0$   suy ra   $f(x)>f(1)=0$   hay  $2^x>x+1$

Vậy $0\,,\,1$ là tất cả nghiệm của phương trình

Bài toán:   Cho $A,\,B$ là các ma trận vuông cấp $n$, cùng lũy linh và giao hoán nhau. Đặt  $e^A=\sum_{i=0}^{+\infty }\frac{1}{i!}\,A^i$

Chứng minh rằng  $e^{A+B}=e^A\,e^B=e^B\,e^A$

Ma trận $A$ được gọi là lũy linh nếu tồn tại $n\in \mathbb{N}$ sao cho $A^n=0$

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

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

- $(a_n)$ 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 $L=1$ ?

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

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

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

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

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.$$

 

Ta đặt $\displaystyle \deg P( x) =\deg Q( x) =n$ và đặt $\displaystyle R( x) =P( x) -Q( x)$ với $\displaystyle \deg R( x) =k\leqslant n-1$. Ta sẽ chỉ ra $\displaystyle R( x)$ là đa thức đồng nhất hằng. Chú ý rằng ta có thể tách 

$P( P( x)) -Q( Q( x)) =P( P( x)) -Q( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x)) =R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))$

 

Đặt $\displaystyle Q( x) =\sum _{i=1}^{n} a_{i} .x^{i}$ trong đó $\displaystyle a_{n} =1$. 

$Q( P( x)) -Q( Q( x)) =P( x)^{n} -Q( x)^{n} +\sum _{i=1}^{n-1} a_{i}\left[ P( x)^{i} -Q( x)^{i}\right]$

 

Mặt khác $\displaystyle \deg\left( P( x)^{n} -Q( x)^{n}\right) =\deg\left( R( x)\left(\sum _{i=1}^{n-1} P( x)^{i} Q( x)^{n-i-1}\right)\right) =n^{2} -n+k$ nên $\displaystyle \deg( Q( P( x)) -Q( Q( x))) =n^{2} -n+k$ và  $\displaystyle \deg( R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))) =max\left\{R( P( x)) ,n^{2} -n+k\right\} =n^{2} -n+k$ vì $\displaystyle nk\leqslant n^{2} -n+k$ nên rõ ràng đây là điều không thể xảy ra do vế trái là đa thức 0. Vậy $\displaystyle \deg R( x) =0$ hay $\displaystyle R( x) \equiv c$ và ta có $\displaystyle P( x) =Q( x) +c$ . Thay vào 

 

$Q( P( x)) +c=$$Q( Q( x) +c) +c=Q( Q( x))$

Từ đây đặt $\displaystyle Q( x) =t$ thì suy ra $\displaystyle Q( t+c) +c=Q( t)$ với vô số giá trị $\displaystyle t$ nên $\displaystyle c=0$. Dẫn tới $\displaystyle P( x) \equiv Q( x)$

 

Lời giải này lập luận còn thiếu sót, không rõ ràng, không chính xác.

Thiếu sót:  Thiếu trường hợp $deg P \neq deg Q$

Không rõ ràng:   Nếu $deg P=deg Q=n$ thì hệ số của biến có số mũ cao nhất của 2 đa thức bạn đang xét tới là chúng bằng 1 hay khác 1. Nếu chúng cùng bằng 1 thì $k\leq n-1$, còn chúng khác nhau thì $k\leq n$.

Chỗ lập luận được bôi màu xanh dương. Nếu $k=n-1$ thì sao ? Lúc này $\displaystyle \deg( R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))) =max\left\{R( P( x)) ,n^{2} -n+k\right\} =n^{2} -n+k=n^2-1$  và  $deg (P(P(x))-Q(Q(x))=n^2-1$ (ở đây tôi xem như bạn đang xét hệ số của biến có số mũ cao nhất của 2 đa thức là bằng 1) thì làm sao có điều vô lý ở đây

Không chính xác:   Chỗ lập luận được bôi màu đỏ, bạn phán $VT=P(P(x))-Q(Q(x))$ bằng 0, tôi cũng chào thua

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 $H$ là một nhóm con thật sự của nhóm $G$ hữu hạn.

Chứng minh rằng  $\bigcup_{x\in G}x^{-1}Hx \neq G$

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 $a$

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)  $(I+A^2)^{-1} = I-A^2$

 

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 $A=B$

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 $\lim_{n \to \infty }a_n$

Bài toán:   Giải hệ phương trình sau

$$\left\{\begin{matrix}x+y+z=3\\ x+2y^2+3z^3=6\\xy+yz+zx=2+xyz\end{matrix}\right.$$

Đúng rồi ông bạn già

Cho $n\epsilon \mathbb{N}, n\geq 2$. Đặt $a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}$ và $S_n=\sum_{i=2}^{n}\frac{a_i}{i}$. Chứng minh rằng với $n> 3$

$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...\frac{1}{S_n}> 2(\frac{1}{a_2a_3}+\frac{1}{a_3a_4}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n})$

Mong được thảo luận

Bổ đề 1:   $a_n > \frac{2n}{n+1}\,\,\,,\,\,\forall n\geq 2$

Thật vậy, với $n=2$ thì $a_2=\frac{3}{2}>\frac{4}{3}$, giả sử $a_n > \frac{2n}{n+1}\,\,\,,\,\,n\leq k$.

Ta có $a_{k+1}=a_k+\frac{1}{k+1} > \frac{2k}{k+1}+\frac{1}{k+1}=\frac{2k+1}{k+1}>\frac{2(k+1)}{k+2}$

Vậy theo nguyên lý quy nạp bổ đề 1 được chứng minh.

Bổ đề 2:   $S_n < \frac{a_na_{n-1}}{2}\,\,\,,\,\,\forall n\geq 3$

Thật vậy, với $n=3$ thì $S_3=\frac{49}{36} < \frac{33}{24}=\frac{a_2a_3}{2}$

Giả sử $S_n < \frac{a_na_{n-1}}{2}\,\,\,,\,\, n\leq k$, khi đó  $S_{k+1}=S_k+\frac{a_{k+1}}{k+1} < \frac{a_ka_{k-1}}{2}+\frac{a_{k+1}}{k+1}$

Ta có $\frac{a_{k+1}a_k}{2}-\frac{a_ka_{k-1}}{2}-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

$=\frac{a_k}{2}\left ( a_{k+1}-a_{k-1} \right )-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

$=\frac{a_k}{2}\left ( \frac{1}{k}+\frac{1}{k+1} \right )-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

$=\frac{\left ( 2k+1 \right )a_k-2ka_{k+1}}{2k(k+1)}$

$=\frac{\left ( 2k+1 \right )a_k-2k\left ( a_k+\frac{1}{k+1} \right )}{2k(k+1)}$

$=\frac{a_k-\frac{2k}{k+1}}{2k(k+1)}$

Theo bổ đề 1 thì $\frac{a_{k+1}a_k}{2}-\frac{a_ka_{k-1}}{2}-\frac{a_{k+1}}{k+1}>0$  hay $\frac{a_ka_{k-1}}{2}+\frac{a_{k+1}}{k+1}<\frac{a_{k+1}a_k}{2}$  hay  $S_{k+1}<\frac{a_{k+1}a_k}{2}$

Theo nguyên lý quy nạp ta đã chứng minh được bổ đề 2.

Trở lại bài toán

Theo bổ đề 2, thì   $\frac{1}{S_3}+...+\frac{1}{S_n}>2\left ( \frac{1}{a_2a_3}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n} \right )$

Suy ra    $\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...+\frac{1}{S_n}>2\left ( \frac{1}{a_2a_3}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n} \right )$

Em xin phép hỏi các thầy cô và bạn bè, giúp em giải câu giới hạn này mà không dùng tiêu chuẩn tỷ số D'alembert (kiến thức 11 và được phép dùng giới hạn $\lim an = 0$ khi $|an| < 1$.)

 

Tính $\lim \frac{n}{2^n}$

 

Em chân thành cảm ơn!

Ta có  $2^n=(1+1)^n=C^0_n+n+C^2_n+...+C^n_n>n$  suy ra $\frac{n}{2^n}<1$

Rồi áp dụng giới hạn $\lim a_n = 0$ khi $|a_n| < 1$

Cho dãy $\{x_{n} \}_{n \ge 1}$ được xác định bởi $\left\{\begin{matrix} x_{1}=1\\ x_{n}=n.x_{n-1}+1 \end{matrix}\right.$
Hãy tìm số n lớn nhất mà <1000 sao cho $x_{n}$ tận cùng là 2 chữ số 0.

Theo giả thiết ta có

                               $x_n=nx_{n-1}+1$

                                     $=n\left ( (n-1)x_{n-2}+1 \right )+1$

                                     $=n(n-1)x_{n-2}+n+1$

                                      ...............

                                     $=n(n-1)...2\,+\,n(n-1)...3\,\,+\,\,n(n-1)...4\,\,+\,\,...\,\,+\,\,n(n-1)\,\,+\,\,n+1$

Với $n=4k+3, k\in \mathbb{N^*}$ ta có $\left\{\begin{matrix}1+n=4k+4\equiv 0 \,\,\,(mod \,\, 4)\\ n(n-1)=4(4k^2+5k+1)+2\equiv 2 \,\,\,(mod \,\,4)\\ n(n-1)(n-2)\equiv 2(n-2)=2(4k+1)\equiv 2 \,\,\,(mod \,\,4)\end{matrix}\right.$

suy ra  $1+n+n(n-1)+n(n-1)(n-2)\equiv 0 \,\,\,(mod \,\,4)$

Mặt khác, $\forall n\geq 4$ ta có $4\,\,|\,\, n(n-1)(n-2)(n-3)$

Từ những điều trên ta suy ra được $u_n\equiv 0 \,\,\,(mod \,\, 4)$ khi $n=4k+3, \,\,k\in \mathbb{N^*}$    (1)

Bây giờ ta sẽ tìm $n$ sao cho $u_n\equiv 0\,\,\, (mod \,\, 25)$ bằng phương pháp liệt kê (ai có cách nào gọn hơn thì post lên để hoàn thiện cho bài này nhé)

-   Với $n=5k \,\,,\,\, k\geq 2$ thì $n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)\equiv 0\,\,\,(mod\,\, 25)$

Khi đó để $u_n\equiv 0\,\,\, (mod \,\, 25)$ thì ta sẽ tìm $n$ với điều kiện như trên sao cho

$$A=1+n+n(n-1)+n(n-1)(n-2)+n(n-1)...(n-3)+n(n-1)...(n-4)\equiv 0\,\,\, (mod\,\, 25)$$

Nhưng điều này không xảy ra vì  $\left\{\begin{matrix}1+n\equiv 5k+1\,\,(mod\,\,25)\\ n(n-1)\equiv -5k\,\,(mod\,\,25)\\ n(n-1)(n-2)\equiv -5k(n-2)\equiv 10k\,\,(mod\,\,25)\\ n(n-1)...(n-3)\equiv 10k(n-3)\equiv -5k\,\,(mod\,\,25)\\ n(n-1)...(n-4)\equiv -5k(n-4)\equiv -5k\,\,(mod\,\,25)\end{matrix}\right.$  suy ra $A\equiv 1 \,\,\, (mod \,\, 25)$

Bằng lập luận tương tự như vậy với $n=5k+1\,\,,\,\, n=5k+2\,\,,\,\, n=5k+3\,\,,\,\, n=5k+4$

thì ta tìm được $n=25l+7\,\,,\,\, l\geq 1$  thỏa $u_n\equiv 0\,\,\, (mod \,\, 25)$    (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra được $n=100s+7\,\,\,,\,\, s\geq 1$ thì $u_n\equiv 0 \,\,\,(mod\,\, 100)$

Vậy $n=907$ thỏa mãn đề bài

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 $\frac{n_{k_i}}{n_{k_j}}\geq 2$

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.