Bài toán: Cho $a\in \mathbb{R^+}$ và dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau
$$a_1>0, a_{n+1}=\frac{a^{3}_{n}+3aa_n}{3a^2_{n}+a}, \forall n\geq 1$$
Hãy xác định tất cả các giá trị của $a_1$ để dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy .
Có 79 mục bởi phuc_90 (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
Đã gửi bởi phuc_90 on 10-09-2021 - 15:17 trong Dãy số - Giới hạn
Bài toán: Cho $a\in \mathbb{R^+}$ và dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau
$$a_1>0, a_{n+1}=\frac{a^{3}_{n}+3aa_n}{3a^2_{n}+a}, \forall n\geq 1$$
Hãy xác định tất cả các giá trị của $a_1$ để dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy .
Đã gửi bởi phuc_90 on 15-09-2021 - 15:48 trong Dãy số - Giới hạn
Sau nhiều lần tấn công bài toán https://diendantoanh...-forall-n-ge-2/ không thành công nhưng có một bài toán dễ dàng hơn như sau
Bài toán: Cho dãy số thực $(u_n)_n$ được xác định như sau
$$a=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\,\,,\,\, u_1=0\,\,,\,\, u_2=2\,\,,\,\, u_{n+1}=\frac{u_n+1}{3+\sqrt{u_{n-1}}},\,\, \forall n\geq 2$$
Chứng minh rằng $\left | u_n-a \right |<\frac{u_{n-1}}{3+\sqrt{u_{n-2}}}\,\,,\,\, \forall n\geq 3$
Đã gửi bởi phuc_90 on 15-09-2021 - 16:27 trong Giải tích
Một bài tập nhỏ về quả cầu đóng $B'(a,r)$
Bài toán: Cho $\left ( E,\left \| . \right \| \right )$ là một $\mathbb{R}$ - không gian vector định chuẩn, $(a,b)\in E^2 \,\,,\,\, (r,s)\in \mathbb{R^{2}_{+}}\,\,,\,\, \lambda\in \mathbb{R}$
Chứng minh rằng:
1) $B'\left ( a,r \right )=a+B'\left ( 0,r \right )$
2) $B'\left ( 0,r \right )+B'(0,s)=B'\left ( 0,r+s \right )$
3) $B'\left ( a,r \right )+B'(b,s)=B'\left ( a+b,r+s \right )$
4) $\lambda B'\left ( a,r \right )=B'\left ( \lambda a,\left | \lambda \right |r \right )$
5) $B'\left ( a,r \right )\bigcap B'\left ( b,s \right )\neq \varnothing$ $ \Leftrightarrow$ $\left \| a-b \right \|\leq r+s$
6) $B'\left ( a,r \right )\subset B'\left ( b,s \right )$ $\Leftrightarrow$ $\left \| a-b \right \|\leq s-r$
7) $B'\left ( a,r \right )= B'\left ( b,s \right )$ $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}a=b\\ r=s\end{matrix}\right.$
Đã gửi bởi phuc_90 on 17-09-2021 - 16:14 trong Phương trình hàm
Bài toán: Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ liên tục trên $\mathbb{R^+}$ sao cho
$$f\left ( \frac{a^2+b^2}{a+b} \right )\geq f\left ( \frac{a}{2} \right )+f\left ( \frac{b}{2} \right )\,\,, \forall a,b\in \mathbb{R^+}$$
Đã gửi bởi phuc_90 on 05-09-2021 - 17:38 trong Góc Tin học
Mô tả tất cả (sai khác một đẳng cấu) các nhóm hữu hạn có cấp 45
Đã gửi bởi phuc_90 on 24-08-2021 - 17:08 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho $x,y\in \left [ 0,1 \right ]$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{\left ( 1-x \right )^2+\left ( 1-y \right )^2}\geq \left ( 1+\sqrt{5} \right )\left ( 1-xy \right )$$
Đã gửi bởi phuc_90 on 29-10-2021 - 16:25 trong Giải tích
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 $Sup\,C=s=\frac{2}{9}$
Đã gửi bởi phuc_90 on 04-10-2021 - 16:48 trong Đa thức
Cho các đa thức $P(x),Q(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện $P(x)=Q(x)+Q(1-x),\forall x\in \mathbb R$. Biết $P(0)=0$ và các hệ số của $P(x)$ đều không âm. Tính $P(P(2013))$.
Từ giả thiết $P(x)=Q(x)+Q(1-x)$ , ta thay $x$ bởi $1-x$ khi đó $P(1-x)=Q(1-x)+Q(x)$
Suy ra $P(x)=P(1-x)\,\,\,,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$ (*)
Giả sử $P(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n$ với các hệ số là các số thực không âm.
Từ (*) cho $x=0$ ta có $a_0=P(0)=P(1)=a_0+a_1+...+a_n$ suy ra $a_1+a_2+...+a_n=0 \Rightarrow a_1=0,\,\,a_2=0,\,\,...,\,\,a_n=0$
Suy ra $P(x)=a_0$ mà ta lại có $P(0)=0$ nên $a_0=0$. Vậy $P(x)=0$
Điều này dẫn tới $P(P(2013))=0$
Đã gửi bởi phuc_90 on 01-10-2021 - 16:58 trong Góc Tin học
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.
Đã gửi bởi phuc_90 on 01-10-2021 - 16:36 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích
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 $kI_n$
Đã gửi bởi phuc_90 on 06-10-2021 - 22:27 trong Đa thức
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 $\mathbb{Z}[x]$
Đã gửi bởi phuc_90 on 24-10-2021 - 21:36 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích
Cho A là ma trận vuông cấp 3 thỏa mãn $A^2-3A+2I=0$
a, Chứng minh: $A$ khả nghịch
b, Tìm $A^{-1}$ theo $A$ và $I$
c, Nếu $|A|=k \ne 0$, hãy tính $|2A-3I|$ theo $k$
Ta có $A^2-3A+2I_n=0 \,\,\,\Rightarrow \,\,\,A\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )=\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )A=I_n$
nên $A$ khả nghịch và $A^{-1}=\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )$
Đặt $|2A-3I_n|=a\in \mathbb{R}$ , ta lại có $(2A-3I_n)(2A-3I_n)=I_n$
$\Rightarrow$ $a^2=|2A-3I_n||2A-3I_n|=|(2A-3I_n)(2A-3I_n)|=|I_n|=1$
Vậy $|2A-3I_n|=1$ nếu $a>0$ hoặc $|2A-3I_n|=-1$ nếu $a<0$
Đã gửi bởi phuc_90 on 14-10-2021 - 17:44 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích
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, $\tau \sigma = \tau\circ \sigma$
Đã gửi bởi phuc_90 on 01-10-2021 - 16:14 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích
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.
Đã gửi bởi phuc_90 on 21-09-2021 - 12:44 trong Dãy số - Giới hạn
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
Đã gửi bởi phuc_90 on 10-09-2021 - 14:48 trong Đại số tuyến tính, Hình học giải tích
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 $spanS'=spanS$
Đã gửi bởi phuc_90 on 30-08-2021 - 08:58 trong Tôpô
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
Đã gửi bởi phuc_90 on 28-08-2021 - 16:57 trong Giải tích
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 $\lambda=0$
Đã gửi bởi phuc_90 on 10-09-2021 - 15:03 trong Dãy số - Giới hạn
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 $\lim_{n \to \infty } \frac{u_n}{n}=\left (\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n} \right )\left ( \lim_{n \to \infty }u_n \right )=0.\left ( -2 \right )=0$
Đã gửi bởi phuc_90 on 23-08-2021 - 15:57 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{a+abc}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+abc}{c+a}}+\sqrt{\frac{c+abc}{a+b}}\geq 2$$
Đã gửi bởi phuc_90 on 23-09-2021 - 08:59 trong Dãy số - Giới hạn
Bài toán: Cho dãy số thực dương $(a_n)_n$ và $a,b>0$ thỏa mãn $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ và $\lim_{n \to \infty }\sqrt{a_n}=b$
Chứng minh rằng: $a=b^2$
Đã gửi bởi phuc_90 on 21-09-2021 - 20:19 trong Dãy số - Giới hạn
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 $S_{1975}=\frac{(a_{1975}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{1974}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$
Đã gửi bởi phuc_90 on 24-09-2021 - 16:43 trong Dãy số - Giới hạn
Bài toán: Cho $(x_n)_n$ là dãy các số thực dương sao cho $(x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}x_n-1)\leq 0\,\,,\,\, \forall n\geq 1$ và $\lim_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n}=1$
Chứng minh rằng $(x_n)_n$ là dãy hội tụ
Proposed by Mihai
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học