banhgaongonngon

Bài 38: Tìm hàm liên tục $f: R\rightarrow R$  thoả mãn:

  1) $f$ là đơn ánh

  2) $f(2x-f(x))=x$

  3) Tồn tại $x_{0}$ thỏa mãn $f(x_{0})=x_{0}$

 

Xét hàm $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, $g(x)=2x-f(x)$
 

Từ $(2)$ ta có $g(g(x))=2g(x)-f(g(x))=2g(x) -x$

 

Do đó $g$ là một đơn ánh và vì $g$ liên tục nên $g$ đơn điệu thực sự

 

Trường hợp 1:  $g$ giảm thực sự. Ta có

$g(g(x)) - g(x) = g(x) - x$  $(4)$

 

Nếu $g(x) > x$ thì $g(g(x) < g(x)$, mâu thuẫn với $(4)$, tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn nếu $g(x)<x$

 

Do đó $g(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$, không thể có vì $g$ giảm thực sự

 

Trường hợp 2: $g$ tăng thực sự.

 

Từ $g(g(x))=2g(x)-x$, bằng quy nạp ta có thể chứng minh $g_{n}\left ( x \right )=ng\left ( x \right )-(n-1)x,\forall x\in \mathbb{R}$

 

Đặc biệt $ g_{n}\left ( 0 \right )=ng\left ( 0 \right )$

 

Do đó

$g_{n}(x)-g_{n}(0)=ng(x)-ng(0)-(n-1)x,\forall x\in \mathbb{R}$

hay

$g(x)-g(0)-x=\frac{g_{n}(x)-g_{n}(0)-x}{n},\forall x\in \mathbb{R}$   $(5)$

 

Bởi $g$ tăng thực sự nên khi cho $n\rightarrow \propto $ ta được

$\left\{\begin{matrix} g\left ( x \right )\geq x+g(0),\forall x \geq 0\\ g(x)\leq x+g(0),\forall x < 0 \end{matrix}\right.$

 

Ta sẽ chứng minh $g$ là một toàn ánh

 

Thật vậy đặt $m= \inf\left \{ g(x)\mid x \in \mathbb{R} \right \}$ và $M= \sup \left \{ g(x)\mid x \in \mathbb{R} \right \}$

 

Giả sử $M < \propto$, khi đó chọn $x=M+a - g(0) > 0$ với $a > 0$ tùy ý ta được

 

$g(M+a-g(0))\geq M+a>M$, mâu thuẫn

 

Chứng tỏ $M = \propto$, tương tự $m= - \propto$, nên $g$ là một toàn ánh

 

$g$ đơn ánh và toàn ánh nên là song ánh, như vậy tồn tại ánh xạ ngược $g^{-1}$

 

Ta thấy $g^{-1}$ cũng tăng thực sự

 

Từ $(5)$ cho $n\rightarrow -\propto $ ta có 

$\left\{\begin{matrix} g\left ( x \right )\leq x+g(0),\forall x \geq 0\\ g(x)\geq x+g(0),\forall x < 0 \end{matrix}\right.$

 

Vậy $g(x) = x+g(0), \forall x \in \mathbb{R}$  và $f(x) = x-g(0)=x+f(0), \forall x\in \mathbb{R}$

 

Vì tồn tại $x_{0}$ sao cho $f(x_{0})=x_{0}$ nên $f(x) = x, \forall x \in \mathbb{R}$

Bài 28 : Cho hai dãy số dương $(x_n),(y_n)$ xác định bởi $x_1=y_1=\dfrac{3}{\sqrt{2}}$ và :

$$\left\{\begin{matrix} 9x_{n+1}=4x_{n+1}y_{n+1}^2-9x_n\\ 9y_{n+1}=4y_{n+1}x^2_{n+1}+9y_n \end{matrix}\right.,\;\forall n\in \mathbb{N}^*$$

Chứng minh hai dãy này có giới hạn hữu hạn và tính các giới hạn này.

 

Ta chứng minh quy nạp theo $n$ rằng $x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=9$     $(*)$

 

* Với $n=1$, hiển nhiên $(*)$ đúng

 

* Giả sử $(*)$ đúng với $n$, tức là $x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=9$

 

Ta có

$(9x_{n})^{2}+(9y_{n})^{2}=\left ( 9x_{n+1}-4x_{n+1}y_{n+1}^{2} \right )^{2}+\left ( 9y_{n+1}-4y_{n+1}x_{n+1}^{2} \right )^{2}$

 

$\Rightarrow \left ( x _{n+1}^{2}+y_{n+1}^{2}-9\right )\left ( 16x_{n+1}^{2}y_{n+1}^{2} +81\right )=0$

 

Điều này khẳng định $(*)$ đúng với $n+1$, theo nguyên lí quy nạp $(*)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$

 

Từ $(*)$ ta thấy với mỗi $n$ thì $-3\leq x_{n},y_{n}\leq 3$

 

Cũng bằng quy nạp ta có được

$\left\{\begin{matrix} x_{n}=3 \sin \frac{\pi }{4.3^{n-1}}\\ y_{n}=3 \cos \frac{\pi }{4.3^{n-1}} \end{matrix}\right.$

 

Kết luận:

$\boxed {\lim x_{n}=0, \lim y_{n}=3}$

 

_______________________________________________________________________________

 

Xin góp thêm cho topic một bài tự chế được

 

Bài 29   Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} x_{1}=a > 0\\ x_{n+1}= \ln \left (1+ x_{n} \right ),\forall n\in \mathbb{N} \end{matrix}\right.$

 

1. Chứng minh rằng với mọi số thực $M > 1$ luôn tồn tại số nguyên dương $k$ thỏa mãn $1\leq x_{n+1}+\frac{1}{x_{n}+1}\leq M,\forall n\geq k$

 

2. Tìm tất cả các số thực $s$ sao cho $n^{s}\left ( x_{n}-x_{n+1} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$

Thêm một bài nữa.....

 

  Bài 18: Cho $a,b,c> 0,n$ là số nguyên dương. CMR:

 

     $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[n]{\frac{a^{n}+b^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{b^{n}+c^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{c^{n}+a^{n}}{2}}$

 

Theo anh thấy thì bất đẳng thức này sai ngay từ $n=9$ rồi (với bộ số $(a,b,c)=(1,22;1,21;1,2)$)

 

Còn với $n=8$ xin đề xuất cách chứng minh dưới đây

 

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ thì

$\frac{a^{2}-\sqrt{3}ab+b^{2}}{(2-\sqrt{3})b}+\frac {a^2+\sqrt{3}ab+b^{2}} {(2+\sqrt{3})b}+b+b\geq 4\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

hay

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

 

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy - Schwarz$ ta có

$a^{4}+b^{4}\geq a^{2}b^{2}+\sqrt{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

 

Từ đó suy ra

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

 

Lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế lại với nhau ta được

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \sum \sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

yho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

CMR: $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\leq \frac{3}{2}\sqrt[3]{2abc}$

 

$\left ( a,b,c\right )=\left ( \frac{y+z}{x},\frac{z+x}{y},\frac{x+y}{z} \right )$

 

Ta cần chứng minh

$\sum \sqrt[3]{\frac{yz}{2(z+x)(x+y)}}\leq \frac{3}{2}$

 

Theo bất đẳng thức $AM - GM$ ta có

$\sum \sqrt[3]{\frac{1}{2}.\frac{y}{x+y}.\frac{z}{z+x}}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{3}{2}+\sum \frac{y}{x+y}+\sum \frac{z}{z+x} \right )=\frac{3}{2}$

1) Cho $a;b;c;d>0$ thỏa mãn $abcd=1$. Cmr:

$$P=\sum \dfrac{1}{(a+1)^2}\ge 1$$

2) Cho $a;b;c>0$ thỏa $ab+bc+ca=3$ và $a\ge c$. Tìm Min

$$P=\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{2}{(b+1)^2}+\dfrac{3}{(c+1)^2}$$

 

Trước hết ta có bất đẳng thức sau

$\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}$$,\forall x,y>0$

(Chứng minh bằng cách khai triển)

 

1. Ta có

$\sum \frac{1}{(a+1)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=1$

 

2. Cũng áp dụng bất đẳng thức trên ta được

$P\geq \frac{1}{1+ac}+\frac{2}{ 1+bc}\geq \frac{9}{3+ac+2bc}\geq \frac{9}{3+ab+bc+ca}=\frac{3}{2}$