Giải phương trình: $\sqrt{1-\sqrt{1-\sqrt{1-...-\sqrt{1-\sqrt{1-x}}}}}=x$ (2022 dấu căn)
$\sqrt{1-\sqrt{1-\sqrt{1-...-\sqrt{1-\sqrt{1-x}}}}}=x$
#1
Posted 02-03-2023 - 22:06
- perfectstrong and Le Tuan Canhh like this
Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng
Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công
#2
Posted 31-05-2023 - 22:24
Giải phương trình: $\sqrt{1-\sqrt{1-\sqrt{1-...-\sqrt{1-\sqrt{1-x}}}}}=x$ (2022 dấu căn)
Dễ thấy tập xác định của $x$ là $D=[0;1]$. Trên $D$, xét các hàm $f(x)=\sqrt{1-x}$ và $g(x)=f(f(x))$.
Tính đạo hàm $f'\left( x \right) = - \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} < 0$, ta suy ra $f$ là hàm giảm trên $D$.
Đồng thời $g'\left( x \right) = f'\left( x \right)f'\left( {f\left( x \right)} \right) > 0$ nên $g$ là hàm tăng.
Giải phương trình $f(x)=x$ trên $D$, ta thu được nghiệm duy nhất (điểm cố định) là $\phi = \frac{\sqrt 5 - 1}{2}$.
Do đó
\begin{align}
\label{eq1} x < \phi \Rightarrow f(x) > f(\phi) = \phi > x \, \forall x \in \left[ {0;\phi } \right[ \\
\label{eq2} x > \phi \Rightarrow f\left( x \right) < f(\phi) = \phi < x \, \forall x \in \left] {\phi ;1} \right]
\end{align}
Ta có
\begin{equation}\label{eqg} g\left( 0 \right) = 0;g\left( 1 \right) = 1;g\left( \phi \right) = \phi \end{equation}
Ta sẽ chứng minh đây là 3 điểm cố định duy nhất của $g$. Trước hết, ta chứng minh
\begin{equation} \label{eq3} g(x) > x \,\forall x \in \left[ {0;\phi } \right[ \end{equation}
Thật vậy
\begin{gathered}
g\left( x \right) > x \hfill \\
\Leftrightarrow \sqrt {1 - \sqrt {1 - x} } > x \hfill \\
\Leftrightarrow 1 - {x^2} > \sqrt {1 - x} \hfill \\
\Leftrightarrow \sqrt {1 - x} \left( {1 + x} \right) > 1 \hfill \\
\Leftrightarrow x\left( {{x^2} + x - 1} \right) < 0 \hfill \\
\Leftrightarrow {x^2} < 1 - x \hfill \\
\Leftrightarrow x < \sqrt {1 - x} \hfill \\
\end{gathered}
BĐT cuối lại đúng theo \eqref{eq1}, nên \eqref{eq3} đúng.
Tương tự, ta có:
\begin{equation} \label{eq4} g(x) < x \, \forall x \in \left] {\phi ;1} \right] \end{equation}
Từ \eqref{eqg},\eqref{eq3},\eqref{eq4}, ta kết luận rằng hàm $g$ chỉ có đúng 3 điểm cố định là $0, \phi, 1$.
Đặt ${g_n}\left( x \right) = \underbrace {g\left( {g\left( {...g\left( x \right)} \right)} \right)}_n$. Vì $g_1=g$ là hàm tăng, nên $g_n$ là hàm tăng với mọi $n$.
Đồng thời
\begin{equation}\label{eq_gn} {g_n}\left( 0 \right) = 0;{g_n}\left( \phi \right) = \phi ;{g_n}\left( 1 \right) = 1 \,\forall n\end{equation}
Ta sẽ chứng minh:
\begin{equation}\label{eq_indu}\left\{ \begin{gathered}
1 > x > \phi \Rightarrow {g_n}\left( x \right) > x \hfill \\
\phi > x > 0 \Rightarrow {g_n}\left( x \right) < x
\end{gathered} \right.\end{equation}
\eqref{eq_indu} đã đúng tới $n=1$. Giả sử \eqref{eq_indu} đúng tới $n$, ta chứng minh \eqref{eq_indu} cũng đúng tới $n+1$.
Thật vậy, nếu $\phi > x$:
\[{g_n}\left( x \right) < {g_n}\left( \phi \right) = \phi \Rightarrow {g_{n + 1}}\left( x \right) = g\left( {{g_n}\left( x \right)} \right) < {g_n}\left( x \right) < x\]
Tương tự, $\phi < x \Rightarrow {g_{n + 1}}\left( x \right) > x$.
Vậy \eqref{eq_indu} đúng tới $n+1$. Vậy \eqref{eq_indu} đúng với mọi $n$.
Kết hợp \eqref{eq_gn} và \eqref{eq_indu}, ta suy ra phương trình đã cho chỉ có đúng 3 nghiệm: $0, \phi, 1$.
- supermember, chanhquocnghiem and Leonguyen like this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users