Arthur Pendragon

Chứng minh được $1<x_n<2$ với mọi $n$. Xét $f(x)=1+x-\frac{x^2}{2}$. Có $x_{n+1}=f(x_n)$, và $f'(x)=1-x<0 \forall x \in (1;2)$. Từ đó chia dãy chẵn - lẻ và ta có $\lim x_{2n+1} = \lim x_{2n} = \sqrt{2}$.

Câu 10:  Ta có $(A-I)X=-B$. Cần chứng minh $A-I$ khả nghịch, hay $\det (A-I) \neq 0$, tức chứng minh $1$ không là giá trị riêng của $A$. 

Phản chứng, giả sử $\lambda =1$ là một giá trị riêng của $A$, khi đó tồn tại vector cột $x=\begin{bmatrix}x_1 & x_2 & ... & x_n\end{bmatrix}^T$ thỏa mãn $Ax=x$. Giả sử $\vert x_i\vert=\max \{\vert x_1\vert;\vert x_2\vert;...;\vert x_n\vert\}$. Chọn vector $x$ sao cho $\vert x_i \vert \geq 1$ và $\vert x_j\vert \leq 1$ với mọi $j \neq i$. Ta có: 

$\vert x_i \vert = \vert \sum_{j=1}^{2021} a_{ij}x_j\vert \leq \sum_{j=1}^{2021}\vert a_{ij}x_j \vert =\vert a_{ii} x_i \vert + \sum_{j=1,j \neq i}^{2021}\vert a_{ij}x_i \vert \leq \vert a_{ij} x_i\vert +\sum_{j=1,j \neq i}^{2021} \vert a_{ij} \vert < \vert a_{ii}x_i\vert + 1-\vert a_{ii}\vert$

Từ đó suy ra $1-\vert a_{ii} \vert > \vert x_i \vert (1-\vert a_{ii}\vert ) \geq 1-\vert a_{ii}\vert$, vô lý. 

Do đó $A-I$ chéo hóa được, và do đó $X=(A-I)^{-1}(-B)$, và do đó $X$ là duy nhất. 

Đặt $a=\tan x, b=\tan y, c = \tan z$ với $x,y,z \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$. Khi đó từ điều kiện, ta dễ có $\tan x = \tan (y-z)$, hay $x-y+z=0$. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 

$$2\cos^2x-2\cos^2y+3\cos^2z \leq \frac{10}{3}$$

Điều kiện: $x \neq k\pi$

Phương trình tương đương với:

$2\sin^2{x}+\cos{x}=4\sin^2{x}\cos{x}+\sin{x}$

$\Leftrightarrow (2\sin^2{x}-\sin{x})-(4\sin^2{x}\cos{x}-\cos{x})=0$

$\Leftrightarrow (2\sin{x}-1)(\sin{x}-2\sin{x}\cos{x}-\cos{x})=0$

Hệ đã cho tương đương với:

$\begin{cases}2\vert x+1 \vert +\vert x-2y \vert =4 \\ (x^2+2x+1)+(x^2-4xy+4y^2)=5 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases}2\vert x+1 \vert +\vert x-2y \vert =4 \\ (x+1)^2+(x-2y)^2=5 \end{cases}$

2. ĐK: $x \neq k\frac{\pi}{2}$

Ta có:

$ 2+(2+\sin{2x})\left(\frac{1}{\sin{x}}+\frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}\right)+\sin{2x}\left(\frac{1}{\sin{x}}+\frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}\right)-2(\sin{x}+\cos{x})=0$

$\Leftrightarrow 2(\sin{x}+\cos{x})\left[(\sin{x}+\cos{x})\left(\frac{1}{\sin{x}}+\frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}\right)-2\right]=0$

$\Leftrightarrow (\sin{x}+cos{x})\left(\frac{1}{\sin{x}}+\frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}\right)-2=0 $ (do $\sin{x}+\cos{x} \neq 0$)

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sin{x}}+\frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}=0$

1. Ta có:

$\cos^3{x}+\cos^2{x}+2\sin{x}-2=0 \\ \Leftrightarrow \cos^2(1+\cos{x}-2(1-\sin{x})=0 \\ \Leftrightarrow (1-\sin{x})(\sin{x}\cos{x}+\sin{x}+\cos{x}-1)=0$

$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{2}+2k\pi (k \in \mathbb{Z}) \vee \sin{x}\cos{x}+\sin{x}+\cos{x}-1=0$

Đặt $\sin{x}\cos{x}=P, \sin{x}+\cos{x}=S$, ta có hệ:

$\begin{cases}S+P-1=0 \\ S^2-2P=1\end{cases}$

Đặt $x=\sin {a}, y=\sin{b}, c= \pi -a-b$  với  $ a,b,c \in \left(0;\frac{\pi}{2}\right)$.Khi đó $ a+b+c=\pi$ và BĐT cần chứng minh tương đương với:

$$\sin{a}+\sin{b}+\sin{c} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

(BĐT lượng giác quen thuộc)

Số cách lập các số có 5 chữ số đôi một khác nhau: $P_7^5-P_6^4=2160$.

Số cách lập các số có 5 chữ số phân biệt sao cho số 2 đứng bên phải số 5:$P_6^4-P_5^3=660$

Số cách lập các số có 5  chữ số phân biệt sao cho số 2 đứng bên trái số 5:$P_6^4-P_5^3=660$

Do đó số các số có thể lập được là $2160-660-660=840$

[email protected]

[email protected]

gửi cho mình nhé. Thanks bạn nhiều!     

Do $x,y \geq 0$ và $x^2+y^2=1$ nên $0 \leq x \leq 1$;$0 \leq y \leq 1$

Suy ra $x^2 \geq x^3; y^2 \geq y^3$ và $1=x^2+y^2 \geq x^3+y^3$

Mặt khác, theo BĐT Holder:

$(x^3+y^3)(x^3+y^3)(1+1) \geq (x^2+y^2)^3=1$ Nên $x^3+y^3 \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$

Ta có:

$12a^2+3b^2+27c^2-(2a+b+3c)^2=\frac{(4a-b-3c)^2}{2}+(b-3c)^2 \geq 0$

Do đó $\sqrt{12a^2+3b^2+27c^2} \geq 2a+b+3c =(b+c)+2(a+c) \geq b+c+b(a+c) \geq a(b+c)+b(a+c) = 2ab+ac+bc$

(Do $a \in [0;1];b \in [0;2];c \in [0;3]$).

Do vậy:

$P \leq \frac{2(2ab+bc+ca)}{1+2ab+bc+ca}+\frac{8-b}{2ab+bc+ca+8}+\frac{b}{2ab+bc+ca+8}$

Đặt  $2ab+bc+ca=t \geq 0$. Khi đó

$P\leq \frac{2t}{t+1}+\frac{8}{t+8} \leq \frac{2t}{t+1}+\frac{4}{\sqrt{7(t+1)}} \leq \frac{2t}{t+1}+\frac{2}{t+1}+\frac{2}{7}=2+\frac{2}{7}=\frac{16}{7}$

Vậy $MaxP=\frac{16}{7}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=1;b=2;c=\frac{2}{3}$

Tại sao lại tương đương bạn

$\frac{2(2a+b)}{a(a+2b)}-\frac{1}{a}=\frac{4a+2b-a-2b}{a(a+2b)}=\frac{3a}{a(a+2b)}=\frac{3}{a+2b}$

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq \frac{3}{a+2b}+\frac{3}{b+2c}+\frac{3}{c+2a} $$

Phương trình đã cho tương đương với:

$(\sin{x}-\cos{x})(2\sin{x}+cos{x})=m \\ \Leftrightarrow \sin{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}\sin{\left(x+\alpha\right)}=\frac{m\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$

Để pt có nghiệm thì $-1 \leq \frac{m\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \leq 1$