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

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

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, $\tau \sigma = \tau\circ \sigma$

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 $kI_n$

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.

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 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.

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

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

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

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 $|a_n| < 1$

 

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

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

Đúng rồi ông bạn già

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

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

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

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

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

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

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