phudinhgioihan

Xin hỏi cách chứng minh định lý 2 trang 129 SGK đại số và giải tích 11 nâng cao
Địng lí 1 : Cho 2 dãy số $(u_n)$ và $(v_n)$ .
Nếu $|u_n|\leq v_n $ với mọi n và lim $v_n$ =0 thì lim $u_n$ =0 .

Áp dụng định lý 1 để chứng minh định lý 2 sau đây :
Nếu $|q|<1$ thì lim $q^n$=0

 

Áp dụng bài tập 7 trang 100:

Cho số thực $x>-1$, khi đó $(1+x)^n \ge 1+nx ,\; \forall n\in \mathbb{N}^*$

 

Vì $|q|<1$ nên $\frac{1}{|q|}>1$, do đó có số thực $p>0$ để $\frac{1}{|q|}=1+p \; \Leftrightarrow |q|=\frac{1}{1+p}$

 

$|q|^n=\frac{1}{(1+p)^n} \le \frac{1}{1+np} <\frac{1}{np} \;\;\;\forall n \in \mathbb{N}^*$

Do $\lim \frac{1}{np}=0$ nên $\lim |q|^n=0$ kéo theo $\lim q^n=0$

xét sự hội tụ của:

$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1)$

 

Ta có $e^x \underset{x \to 0}{\sim} 1+x$, do đó $2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}=e^{\frac{\ln 2}{\sqrt{n}}} \underset{n \to +\infty}{\sim}1+\dfrac{\ln 2}{\sqrt{n}}$

 

Suy ra $\dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n} \underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{\ln 2}{n^\frac{3}{2}} $

 

$\forall n \ge 1, \; \dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n} >0$ và $\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\ln 2}{n^\frac{3}{2}}$ hội tụ, do đó $\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}-1}{n}$ cũng hội tụ.

 

Bài 6:

Giả sử $\Re=\{ f\in C^2[0;1]:\; f(0)=f(1)=0, f^{'}(0)=a \}$

 

Tìm $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left( f^{''}(x) \right)^2 dx $

 

 

Trước tiên, ta thử tìm $f$ để $\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx=\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx$, để đơn giản, thử tìm $f$ trong lớp hàm đa thức.

Nếu $f$ thoả mãn điều kiện trên, xét $g \in C^2[0;1]$ thoả mãn $g(0)=g(1)=g^{'}(0)=g^{'}(1)=0$ và $g \neq 0 \;\; (*)$, do đó $\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx>0$

 

$\forall t \in \mathbb{R}, \; f+tg \in \Re$ và $h(t)=\int_0^1\left[ f^{''}(x)+tg^{''}(x) \right]^2dx$ nhỏ nhất tại $t=0$, đồng thời

$h(t)=t^2\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx+2t\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx+\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=-\dfrac{\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx}{\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx}$ nên phải có $\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx=0$

 

Vậy, $0=\int_0^1 f^{''}(x)g^{''}(x)dx=\int_0^1 f^{'''}(x)g^{'}(x)dx=\int_0^1f^{(4)}(x)g(x) $ với vô số hàm $g$ thoả mãn $(*)$ nên suy ra $f^{(4)}(x)=0$ hay $f$ là đa thức bậc không quá 3.

Xét $f(x)=mx^3+nx^2+px+q$, kết hợp các điều kiện giả thiết và tìm $\min \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx$ ta được $f(x)=\dfrac{a}{2}x(x-1)(x-2)$

 

Giờ ta vào lời giải chính.

 

Cách 1:

 

Xét $f(x)=\frac{a}{2}x(x-1)(x-2)$. Dễ kiểm tra $f \in \Re$ và $\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx=3a^2$

 

Với $g \in \Re$ bất kỳ, $g=f+g-f=f+h \;\;, \left(h=g-f \right)$. Dễ có $h\in C^2[0;1],\; h(0)=h(1)=h^{'}(0)=0$

 

Ta có: $$\int_0^1 f^{''}(x)h^{''}(x)dx=3a\int_0^1 (x-1)h^{''}(x)dx=3a\int_0^1 g^{'}(x)dx=0$$

 

$$\int_0^1\left[ g^{''}(x) \right]^2dx=\int_0^1 \left( f^{''}(x)+h^{''}(x) \right)^2dx \\ =\int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx+\int_0^1\left[ h^{''}(x) \right]^2dx=3a^2+\int_0^1\left[ h^{''}(x) \right]^2dx \\ \ge 3a^2 $$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $h^{''}(x)=0 \Leftrightarrow g^{''}(x)=f^{''}(x) \;\;, \forall x \in [0;1]$

$$\Rightarrow \int_0^x g^{''}(t)dt=\int_0^x f^{''}(t)dt \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Leftrightarrow g^{'}(x)=f^{'}(x) \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Rightarrow \int_0^x g^{'}(t)dt=\int_0^x f^{'}(t)dt \;\;, \forall x \in [0;1]$$

$$\Leftrightarrow g(x)=f(x) \;\; \forall x \in [0;1]$$

 

Vậy $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx=3a^2$

 

Cách 2:

 

Từ lời giải ở trên và ý tưởng sử dụng bdt Cauchy-Schwarz dạng tích phân, ta có lời giải như sau:

Với $f \in \Re$ bất kỳ

$$\int_0^1 (x-1)^2dx \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge \left( \int_0^1(x-1)f^{''}(x)dx \right)^2=\left(a-\int_0^1 f^{'}(x)dx \right)^2=a^2$$

 

$$\Leftrightarrow \frac{1}{3} \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge a^2 $$

$$\Leftrightarrow \int_0^1\left[ f^{''}(x) \right]^2dx \ge 3a^2 $$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $f^{''}(x)=k(x-1) \; \Rightarrow f(x)=\frac{a}{2}x(x-1)(x-2)$

 

Vậy $\min_{f \in \Re} \int_0^1 \left[ f^{''}(x) \right]^2 dx=3a^2$

 

Bài 3:

Tìm tất cả các hàm liên tục $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(xf(y))=yf(x), \;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$$

 

 

* Cho $x=1 \Rightarrow f(f(y))=yf(1) \;\; \forall y \in \mathbb{R}$

 $ \Rightarrow f(f(xf(y))=xf(y)f(1)\;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$

Nhưng $f(f(xf(y))=f(yf(x))=xf(y)$ suy ra $xf(y)=xf(y)f(1) \;\; \forall x,y \in \mathbb{R}$

 

$$\Rightarrow f(x)=0\;\;\forall x \in \mathbb{R} \; \vee \; f(1)=1$$

 

+ $f(x)=0\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ thay vào thấy thỏa giả thiết.

 

+$f(1)=1$  $\Rightarrow f(f(x))=x \;\; \forall x \in \mathbb{R}$

Suy ra $f\circ f$ là song ánh do đó $f$ là song ánh $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$

 

Từ giả thiết, cho $x=0$, $f(0)=yf(0) \;(\forall y \in \mathbb{R}) \; \Rightarrow f(0)=0$

Với $y \in \mathbb{R}, \exists ! t \in \mathbb{R},\; y=f(t) \;\Rightarrow f(xt)=f(xf(y))=yf(x)=f(t)f(x)$

 

Suy ra $f(xy)=f(x)f(y) \;\;, \forall x,y \in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f(x^n)=\left(f(x) \right)^n \;\; \forall n \in \mathbb{N}^*$

 

* Nếu $|x|<1 \; \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \left(f(x) \right)^n=\lim_{n \to +\infty} f(x^n)=f(0)=0 \; \Rightarrow |f(x)|<1$

* Nếu $|x|>1 \; \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \left(f(x) \right)^n=\lim_{n \to +\infty} f(x^n)=\infty \; \Rightarrow |f(x)|>1$

 

Đặt $A=(-1;1),\; B=(-\infty;-1) \cup (1;+\infty)$, suy ra $f(A) \subset A,\; f(B) \subset B$

 

Với $x \neq 0$,  $ f(x)f(\frac{1}{x})=f(1)=1 \; \Rightarrow f(\frac{1}{x})=\dfrac{1}{f(x)}$

Nếu có $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \neq x_0 $ (dễ có $x_0 \neq 0$ và $f(x_0)\neq 0$ do $f$ là song ánh),

$$f(\frac{x_0}{f(x_0)})=f(x_0f(\frac{1}{x_0}))=\frac{f(x_0)}{x_0}$$

 

Nhưng $\frac{x_0}{f(x_0)}$ và $\frac{f(x_0)}{x_0}$ không cùng thuộc $A$ và cũng không cùng thuộc $B$ nên $f(\frac{x_0}{f(x_0)} )\neq \frac{f(x_0)}{x_0}$, mâu thuẫn.

Vậy $f(x)=x \; \forall x \in \mathbb{R}$

 

Thử lại, hàm $f(x)=x$ thỏa mãn giả thiết.

 

Kết luận: có 2 hàm số thỏa mãn là: $f(x)=0$ hoặc $f(x)=x$

Bài toán :
Cho tứ diện $S.ABC$ có $SA=a, SB=b, SC=c$ đôi một vuông góc với nhau. Lấy điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$ Gọi $u, v, w$ lầ lượt là khoảng cách từ $M$ đến $SA, SB, SC$. Chứng minh rằng :
$$u^2+v^2+w^2 \ge \dfrac{2(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$$.

 

Gọi $h_a,h_b,h_c$ lần lượt là khoảng cách từ $M$ đến $(SBC),(SCA),(SAB)$.

 

Ta có: $\dfrac{h_a}{a}=\dfrac{h_a.S_{SBC}}{a.S_{SBC}}=\dfrac{V_{MSBC}}{SABC}$

Tương tự, $\dfrac{h_b}{b}=\dfrac{V_{MSAC}}{V_{SABC}},\; \dfrac{h_c}{c}=\dfrac{V_{MSAB}}{V_{SABC}}$

 

Suy ra $$\dfrac{h_a}{a}+\dfrac{h_b}{b}+\dfrac{h_c}{c}=\dfrac{V_{MSBC}+V_{MSAC}+V_{MSAB}}{v_{SABC}}=1$$

 

Theo bdt $Cauchy-Schwarz$, $$1 \le (h_a^2+h_b^2+h_c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$$

$$\Leftrightarrow h_a^2+h_b^2+h_c^2 \ge \dfrac{(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$$

 

Gọi $M_a$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $(SBC)$, $M_{ab},M_{ac}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M_a$ trên $SB,SC$

 

Ta có: $u^2=SM_a^2=SM_{ab}^2+M_{a}M_{ab}^2=h_b^2+h_c^2$

Tương tự, $v^2=h_a^2+h_c^2,\; w^2=h_a^2+h_b^2$

 

Suy ra $$u^2+v^2+w^2=2(h_a^2+h_b^2+h_c^2)\ge \dfrac{2(abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} \;\;\;(*)$$

 

Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$ (và cũng là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABC)$)

 

Ta có: $\dfrac{1}{SH^2}=\dfrac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$ và $SM^2=h_a^2+u^2=h_a^2+h_b^2+h_c^2$

Do đó, đẳng thức trong bất đẳng thức $(*)$ xảy ra khi và chỉ khi $M \equiv H$