Đến nội dung

lebaominh95199

lebaominh95199

Đăng ký: 08-11-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

Trong chủ đề: Xét dãy số $(y_{n})$ với $y_{n}=\...

21-02-2016 - 10:29

Một bài toán khá cơ bản.

Dùng quy nạp, ta chứng minh được:$x_{n}> 1$

Ta có:$2010(x_{n+1}-1)=(x_{n}-1)(x_{n}+2010)\Leftrightarrow \frac{x_{n+1}-1}{x_{n}-1}=\frac{x_{n}}{2010}+1\Leftrightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}-1}=2010(\frac{1}{x_{n}-1}-\frac{1}{x_{x+1}-1})$

Suy ra:$y_{n}=2010(\frac{1}{a-1}-\frac{1}{x_{n+1}-1})$

Dễ dàng ta thấy $x_{n}$ là dãy tăng.

Giả sử $x_{n}$ bị chặn trên $\Rightarrow$ $x_{n}$ có giới hạn hữu han.

Đặt lim $x_{n}$ =x (x>1)

Lấy lim hai vế của đề, ta suy ra điều vô lý.

Vậy$lim x_{n}=+\infty\Rightarrow limy_{n}=\frac{2010}{a-1}$


Trong chủ đề: Topic về phương trình và hệ phương trình

15-02-2016 - 20:29

Đây là những bài tập chưa có lời giải trong Topic về phương trình và hệ phương trình, mong các bạn sớm hoàn thiện những bài tập này trước khi đăng bài mới để tránh loãng topic

 

 

 

Bài 118: $\sqrt{\frac{2x}{x^{2}+1}}=\frac{\sqrt{1+x^{2011}}-\sqrt{1-x^{2011}}}{\sqrt{1+x^{2011}}+\sqrt{1-x^{2011}}}$

 

Ta thấy x=0,x=1 là nghiệm của phương trình.

Xét $0< x< 1$, ta có:

$PT\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{2x}}{\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{2x}}=\frac{\sqrt{1+x^{2011}}}{\sqrt{1-x^{2011}}}$

Khi đó:$(\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{2x})^{2}=(x+1)^{2}+2\sqrt{(x^{2}+1)(2x)}> (x+1)^{2}\Rightarrow \sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{2x}> x+1$

Tương tự:$(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{2x})^{2}=(x-1)^{2}-2\sqrt{(x^{2}+1)(2x)}< (x-1)^{2}\Rightarrow \sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{2x}< x-1$

Suy ra:$\frac{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{2x}}{\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{2x}}> \frac{x+1}{1-x}> \sqrt{\frac{x+1}{1-x}}> \sqrt{\frac{x^{2011}+1}{1-x^{2011}}}$

Vậy x=0 hoặc x=1

P/s: Mình nghĩ các bạn nên giải hết những bài cũ rồi hãy đăng bài mới chứ cứ đăng bài mới miết mà những bài cũ chưa làm thì mình thấy không hay lắm.


Trong chủ đề: Topic về phương trình và hệ phương trình

13-02-2016 - 16:13

Bài 201 nè, mình thấy bài này cũng khá dễ.

ĐKXĐ:$x\leq \frac{2}{3}$

$PT\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{3}-\frac{1}{27}+(\frac{2-3x^{2}}{3})^{2}-\frac{25}{81}+\sqrt{2-3x}-1=0\Leftrightarrow (x-\frac{1}{3})((x+\frac{1}{3})(x^{2}-\frac{8}{9})-\frac{3}{\sqrt{2-3x}+1})=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

(vì theo ĐKXĐ thì $x\leq \frac{2}{3}$ nên hạng tử phía sau luôn nhỏ hơn 0)


Trong chủ đề: $P(x)=P(x).P(x+1)$

02-02-2016 - 21:57

Đa thức có hệ số thuộc $\mathbb{R}$ và nghiệm của nó thuộc $\mathbb{C}$ thì có gì đáng nói vậy anh.

Với bài này thì nghiệm cũng thuộc $\mathbb{R}$ luôn em ạ, do $\forall x\in \mathbb{R}$ mà.


Trong chủ đề: $P(x)=P(x).P(x+1)$

30-01-2016 - 20:47

Mình làm thế này, bạn coi thế nào nhé? Trường hợp đa thức hằng $P(x) = 1$ tầm thường, ta chỉ xét $\deg{P} \ge 1$
Nếu $\alpha \in \mathbb{C}$ là một nghiệm của $P(x)$ thì $\alpha^{2}$ và $(\alpha - 1)^{2}$ cũng là nghiệm của $P(x)$.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $|\alpha| > 1$ thì mọi phần tử của dãy tăng vô hạn $\alpha < (\alpha)^{2} < \ldots < (\alpha)^{2^{t}} < \ldots$ cũng là nghiệm của $P(x)$, vô lí do đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $0 < |\alpha| < 1$ thì mọi phần tử của dãy giảm vô hạn $\alpha > (\alpha)^{2} > \ldots > (\alpha)^{2^t} > \ldots$ cũng đều là nghiệm. Do đó cũng vô lí.
Do vậy $P(x)$ chỉ nhận các nghiệm có module là $1$ hoặc $0$.
TH1: $P(0) \neq 0$. Thế $x:=0$ vào có được $P(1) = 0$. Mặt khác, theo nhận định trên thì $(1 - 1)^2 = 0$ cũng là nghiệm. Vô lí.
TH2: $P(0) = 0$. Từ nhận đinh, ta có $(0 - 1)^{2}$ cũng là nghiệm. Vậy đặt $P(x) = x^{m}.(x - 1)^{n}.Q(x)$ với $Q(0) \neq 0$ và $Q(1) \neq 0$.
$$Q(x^{2}).x^{2m}.(x^{2} - 1)^{n} = x^{m}.(x - 1)^{n}.(x + 1)^{m}.x^{n}.Q(x).Q(x + 1)$$
So sánh các nhân tử $x^{k}$ của hai bên dễ thấy $m = n$.
Vậy ta có $Q(x^{2}) = Q(x).Q(x + 1)$. Từ đây có thể suy ra $Q(x)$ là đa thức hằng khác $0$ nhờ:
i) $P(x) \neq 0$
ii) Lí luận tương tự trên "Nếu $\alpha$ là một nghiệm ...", để ý một điều là $Q(0) \neq 0$, tương tự trường hợp 1. Có được điều vô lí.
Tóm lại $P(x) = [x(x + 1)]^{L}$

Mặc dù mình hỏi trên $\mathbb{R}$ mà bạn lại trả lời trên $\mathbb{C}$  :D  :D . Nhưng dù sao cũng cảm ơn.