Đến nội dung


Hình ảnh

$ a_{mn} =a_m \cdot a_n;a_{m+n} \leq C \left( a_m + a_n \right)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1575 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quận 7, TP HCM
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 11-12-2010 - 15:36

Bài Toán :


Cho dãy số nguyên dương $ \{ a_n \}_{n\ge 1}^{ + \infty}$ thỏa mãn : $ a_1 = 1 ; a_2 = 2 $ và :

$ a_{mn} = a_m \cdot a_n \;; a_{m+n} \le C \left( a_m + a_n \right) \; \forall m ;n \in \mathbb{N^{*}} $


Trong đó $ C \ge 1 $ là hằng số cho trước .


Chứng minh rằng : $ a_n = n \ \ \forall n \in \mathbb{N^{*}} $




Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-12-2012 - 19:56

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 10/12 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 gogo123

gogo123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An

Đã gửi 10-12-2012 - 23:21

Đặt $f(n)=a_n$ để dễ trình bày, dễ thấy $f(0)=0$
Ta có: $f(n)$ là hàm nhân tính trên tập số nguyên dương; $f(1)=1;f(2)=2$
Suy ra: $f(2^{n})=2^{n}$ với mọi $n$.
Xét số nguyên dương $n$ bất kì, viết $n$ dưới dang $n= \sum_{i=0}^{k-1}a_i2^{i}$, với $a_i \in \left \{ 0;1 \right \} $.
Khi đó ta có: $3^{k-1}\leq n<3^{k}$.
Theo tính chất (2) của dãy ta có:
$$f(n)=f(\sum_{i=0}^{k-1}a_i2^{i})\leq C(\sum_{i=0}^{k-1}f(a_i)2^{i})\leq C(\sum_{i=0}^{k-1}2^{i})=C(2^{k}-1)<2Cn$$
Vậy $f(n)<2Cn$ với mọi n.
Do tính nhân tính của $f$ nên ta có
$(f(n))^{t}=f(n^{t})<2Cn^{t} \Rightarrow f(n)<\sqrt[t]{2C}n$
Cho $t \rightarrow + \infty $ thì $ \sqrt[t]{2C} \rightarrow 1$
Vậy với mọi $n$ ta có: $f(n) \leq n$
Bây giờ ta sẽ chứng minh $f(n)\geq n$ với mọi $n$.
Thật vậy: Vì $n<2^{k}$ nên tồn tại số nguyên dương $a$ sao cho $n+a=2^{k}$. Theo tính chất 2ta có:
$$f(n) \geq C(2^{k}-f(a))$$
Mặt khác theo tính chất đã chứng minh ở trên thì $f(a)\leq a \leq 2^{k}-2^{k-1}$
Suy ra: $f(n) \geq 2^{k}-(2^{k}-2^{k-1} \geq 2^{k-1} \geq \frac{nC}{2}$
Do đó : $(f(n))^{t}=f(n^{t}) \geq \frac{C}{2}.n^{t} \Rightarrow f(n) \geq \sqrt[t]{\frac{C}{2}}.n$
Tiếp tục cho $t \rightarrow + \infty $ ta có $f(n) \geq n$ với mọi $n$
Vậy ta có $f(n)=n$ với mọi $n$ hay $a_n=n$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gogo123: 10-12-2012 - 23:26

LKN-LLT


#4 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 24-01-2013 - 18:43

Không biết cách này được không:
**Ta chứng minh bổ đề: Với mọi hàm $f(x)>0$ liên tục và $f(xy)=f(x)+f(y),\forall x,y>0$ thì $f(x)=log_ax$ với a là hằng số dương khác 1
Thật vậy: xét hàm số $\varphi (x)=f(e^x),\forall x>0$. Suy ra: $\varphi (x)$ là hàm liên tục $\forall x>0$
$\forall x,y>0: \varphi (x+y)=f(e^{x+y})=f(e^x.e^y)=f(e^x)+f(e^y)=\varphi (x)+\varphi (y)$
Theo phương trình hàm Cauchy suy ra $\varphi (x)=cx$ với $c=const$
*Rõ ràng $c\neq 0$. Vì nếu $c=0$$\Rightarrow \varphi (x)=0\Rightarrow f(x)=0$ (vô lí!)
$\Rightarrow f(e^x)=cx\Rightarrow f(t)=c.lnt,\forall x>0$
*Đặt $c=\frac{1}{lna}\Rightarrow f(t)=\frac{lnt}{lna}=log_at,\forall a>0,a\neq 1$ hay $f(x)=log_ax\Leftrightarrow Q.E.D$
**Trờ lại bài toán:
*Đặt $f(n)=a_n\Rightarrow \left\{\begin{matrix}f(1)=1;f(2)=2 & & & \\ f(m.n)=f(m).f(n) & & & \\f(m+n)\leq C(f(m)+f(n)) & & & \end{matrix}\right. ,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$
Nếu $f(n)<0$ thì $\left\{\begin{matrix}f(m.n)<0 & & \\ f(m).f(n)>0 & & \end{matrix}\right.$ (Vô lí!)
Nếu $f(n)=0$ thì $f(1)=0$ (vô lí!)
$\Rightarrow f(n)>0,\forall n\in \mathbb{N}^*$
*Đặt $\phi (x)=lnf(x)\Rightarrow \phi (m.n)=lnf(m.n)=ln(f(m).f(n))=lnf(m)+lnf(n)$ $=\phi (m)+\phi (n)$
Do đó $\phi (x)$ thỏa mãn bổ đề, suy ra $\phi (n)=log_ax,\forall n\in \mathbb{N}^*,a\in (0;+\infty )$
$\Rightarrow f(n)=n^{\frac{1}{lna}}$ với mọi số nguyên dương n (1)
Mà $f(1)=1;f(2)=2$ nên ta có $\left\{\begin{matrix}lnf(1)=log_a1 & & & \\ lnf(2)=log_a2 & & & \\ (m+n)^{\frac{1}{lna}}\leq C(m^{\frac{1}{lna}}+n^{\frac{1}{lna}})\Leftrightarrow & & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=e & \\ C\geq 1 & \end{matrix}\right.$ (2)
Từ (1) và (2): $\Rightarrow f(n)=n\Leftrightarrow a_n=n\Leftrightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primary: 24-01-2013 - 18:44


#5 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 24-01-2013 - 21:09

Khi bạn đặt hàm $\phi (x)=ln f(x)$, bạn có đảm bảo $\phi (x)$ liên tục?
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#6 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 25-01-2013 - 10:26

Khi bạn đặt hàm $\phi (x)=ln f(x)$, bạn có đảm bảo $\phi (x)$ liên tục?

Lúc đầu, em làm bài này cũng thấy nghi điểm ở chỗ liên tục. Em sẽ suy nghĩ lại :(

#7 Trungpbc

Trungpbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Toán,conan

Đã gửi 25-03-2013 - 20:58

Đặt $f(n)=a_n$ để dễ trình bày, dễ thấy $f(0)=0$
Ta có: $f(n)$ là hàm nhân tính trên tập số nguyên dương; $f(1)=1;f(2)=2$
Suy ra: $f(2^{n})=2^{n}$ với mọi $n$.
Xét số nguyên dương $n$ bất kì, viết $n$ dưới dang $n= \sum_{i=0}^{k-1}a_i2^{i}$, với $a_i \in \left \{ 0;1 \right \} $.
Khi đó ta có: $3^{k-1}\leq n<3^{k}$.
Theo tính chất (2) của dãy ta có:
$$f(n)=f(\sum_{i=0}^{k-1}a_i2^{i})\leq C(\sum_{i=0}^{k-1}f(a_i)2^{i})\leq C(\sum_{i=0}^{k-1}2^{i})=C(2^{k}-1)<2Cn$$
Vậy $f(n)<2Cn$ với mọi n.
Do tính nhân tính của $f$ nên ta có
$(f(n))^{t}=f(n^{t})<2Cn^{t} \Rightarrow f(n)<\sqrt[t]{2C}n$
Cho $t \rightarrow + \infty $ thì $ \sqrt[t]{2C} \rightarrow 1$
Vậy với mọi $n$ ta có: $f(n) \leq n$
Bây giờ ta sẽ chứng minh $f(n)\geq n$ với mọi $n$.
Thật vậy: Vì $n<2^{k}$ nên tồn tại số nguyên dương $a$ sao cho $n+a=2^{k}$. Theo tính chất 2ta có:
$$f(n) \geq C(2^{k}-f(a))$$
Mặt khác theo tính chất đã chứng minh ở trên thì $f(a)\leq a \leq 2^{k}-2^{k-1}$
Suy ra: $f(n) \geq 2^{k}-(2^{k}-2^{k-1} \geq 2^{k-1} \geq \frac{nC}{2}$
Do đó : $(f(n))^{t}=f(n^{t}) \geq \frac{C}{2}.n^{t} \Rightarrow f(n) \geq \sqrt[t]{\frac{C}{2}}.n$
Tiếp tục cho $t \rightarrow + \infty $ ta có $f(n) \geq n$ với mọi $n$
Vậy ta có $f(n)=n$ với mọi $n$ hay $a_n=n$ (đpcm)

Ý tưởng trong lời giải của gogo123 khá độc đáo nhưng nếu để ý các bạn sẽ thấy nó đã phạm phải một sai lầm căn bản. Cụ thể ở chỗ mình bôi đỏ trên, đã thừa nhận tính chất: $$f\left ( n_{1}+n_{2}+\cdots +n_{k} \right )\leqslant C\left [ f(n_{1})+f(n_{2})+\cdots +f(n_{k}) \right ]$$ Chứng minh điều này không dễ và có lễ cũng là mấu chốt của bài toán. Dưới đây, ta sẽ chứng minh khẳng định mạnh hơn: $$f(x+y)\leqslant f(x)+f(y),\forall x,y\in \mathbb{N^{*}}$$ để rồi từ đó giải quyết bài toán rất nhẹ nhàng. Thật vậy, từ giả thiết, ta có: $$f(x+y+z)\leqslant C\left [ f(x)+f(y+z) \right ]\leqslant Cf(x)+C^{2}f(y)+C^{2}f(z)$$ Hoán đổi vai trò của $x,y,z$ rồi cộng theo vế các BĐT đó, ta được: $$f(x+y+z)\leqslant \frac{C+2C^{2}}{3}\left [ f(x)+f(y)+f(z) \right ]$$ Từ đó, với chú ý $f$ là hàm nhân tính và $f(2)=2$, suy ra:

$$ f(m+n)^{2}=f(m^{2}+2mn+n^{2})\leqslant \frac{C+2C^{2}}{3}\left [ f(m^{2})+f(2mn)+f(n^{2}) \right ]=\frac{C+2C^{2}}{3}\left [ f(m)+f(n) \right ]^{2} $$ Thành thử: $$ f(m+n)\leqslant \sqrt{\frac{C+2C^{2}}{3}}\left [ f(m)+f(n) \right ] $$ với mọi số nguyên dương $m,n$. Xét dãy $\left (c_{n}  \right ) $ được xác định như sau: $ c_{1}=C,c_{n+1}=\sqrt{\frac{c_{n}+2c_{n}^{2}}{3}} $. Dễ thấy, bằng quy nạp ta có được: $$ f(m+n)\leqslant c_{k}\left [ f(m)+f(n) \right ] $$ với mọi số nguyên dương $k$ và $c_{k}$ giảm dần về 1 khi $k$ dần ra vô cùng. Như vậy: $$ f(m+n)\leqslant f(m)+f(n) $$ với mọi số nguyên dương $m,n$. Một hệ quả dễ thấy là $f(n)\leqslant n$ với mọi số nguyên dương $n$.

Cố định một số nguyên dương $n$ bất kì và chọn số nguyên dương $k$ thỏa mãn $2^{k}>n$, khi đó: $$ 2^{k}=f(2^{k})\leqslant f(2^{k}-n)+f(n)\leqslant 2^{k}-n+n=2^{k} $$ Suy ra, dấu đẳng thức phải xảy ra, hay $ f(n)=n $. Phép chứng minh hoàn tất.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trungpbc: 25-03-2013 - 21:13


#8 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-03-2013 - 22:20


Chấm bài Trungpbc 50 điểm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 25-03-2013 - 22:21

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh