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

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

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 $spanS'=spanS$

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 $kI_n$

Bài toán:  Cho nhóm $G$ được xác định như sau  $G=\left \{ x,y\in G\,\,|\,\, x^3=y^2=(xy)^2 =1\right \}$

Hãy liệt kê tất cả phần tử, tất cả nhóm con chuẩn tắc của nhóm G.

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 $\lambda=0$

Cho dãy $(u_{n}):u_{n+2}=u_{n+1}+u_{n}$.
$S_{2012}=2013;S_{2013}=2012$,với $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}u_{k}$.
Tìm $S_{1975}$.

Cho dãy $(a_n)_n$ được xác định như sau

$$a_0=1\,\,,\,\,a_1=1\,\,,\,\,a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\,\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{N}$$

Khi đó bằng qui nạp ta chứng minh được $\left\{\begin{matrix}a_{n+1}^{2}-a_na_{n+2}=(-1)^{n+1}\,\,,\,\,\forall n\geq 1\\ a_1+a_2+...+a_n=a_{n+2}-2\,\,\,,\,\,\forall n\geq 1\end{matrix}\right.$

Mặt khác, ta thấy $u_3=u_2+u_1=a_1u_2+a_0u_1$

Giả sử $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\leq k$

Khi đó

$u_{k+3}=u_{k+2}+u_{k+1}$

         $=a_ku_2+a_{k-1}u_1+a_{k-1}u_2+a_{k-2}u_1$

         $=(a_k+a_{k-1})u_2+(a_{k-1}+a_{k-2})u_1$

         $=a_{k+1}u_2+a_ku_1$

Theo nguyên lý qui nạp ta đã chứng minh được $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Khi đó ta tính được

$$S_{n+2}=(1+a_1+a_2+...+a_n)u_2+(1+a_0+a_1+a_2+...+a_{n-1})u_1=(a_{n+2}-1)u_2+a_{n+1}u_1\,\,\,\,\,(*)$$

Với $\left\{\begin{matrix}S_{2012}=2013\\S_{2013}=2012 \end{matrix}\right. $   $\Rightarrow$    $\left\{\begin{matrix}(a_{2012}-1)u_2+a_{2011}u_1=2013\\ (a_{2013}-1)u_2+a_{2012}u_1=2012\end{matrix}\right.$

Ta tìm được  $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1-a_{2012}-2013a_{2011}}{1-a_{2010}}\\ u_2=\frac{2013a_{2012}-2012a_{2011}}{1-a_{2010}}\end{matrix}\right.$

Thế vào (*) ta được $S_{n+2}=\frac{(a_{n+2}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{n+1}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Vậy $S_{1975}=\frac{(a_{1975}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{1974}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Bài toán:   Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$ và $\tau \in S_n$

Chứng minh rằng         $$\sum_{\sigma \in S_n} sgn(\sigma )\,\,a_{1\sigma (1)}\,\,a_{2\sigma (2)}...\,a_{n\sigma (n)} = \sum_{\sigma \in S_n}sgn(\sigma )\,\,a_{\tau (1)\sigma \tau (1)}\,\,a_{\tau (2)\sigma \tau (2)}...\,a_{\tau (n)\sigma \tau (n)}$$

Trong đó, $\tau \sigma = \tau\circ \sigma$

Bài toán:   Cho $H$ là một nhóm con thật sự của nhóm $G$ hữu hạn.

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

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 $p$

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)  $(I+A^2)^{-1} = I-A^2$

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 $|a_n| < 1$

Đúng rồi ông bạn già

 

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:   Giải hệ phương trình sau

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

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 $a$

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

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

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

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.$$

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

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 $A^n=0$

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

 

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