Đang tải... (xem toàn văn)
Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC, SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC (Tài liệu bồi dưỡng hè 2008) HÀ NỘI, 08[.]
Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC, SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC (Tài liệu bồi dưỡng hè 2008) HÀ NỘI, 08-16 THÁNG NĂM 2008 Convert to pdf by duythuc_dn Mục lục Lời nói đầu Trần Xuân Đáng Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng Tính chất hội tụ, bị chặn số dãy truy hồi hữu tỷ 12 Nguyễn Văn Mậu Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 24 Đoàn Nhật Quang Số đối xứng số quy luật phép nhân 41 Nguyễn Văn Tiến Biểu diễn toạ độ phép biến hình phẳng 49 Vũ Đình Hịa Đồ thị phẳng khối đa diện lồi 94 Trần Nam Dũng Giải tích tốn cực trị 111 Tạ Duy Phượng Hệ đếm ứng dụng 131 Lời nói đầu Chương trình đào tạo bồi học sinh khiếu tốn bậc phổ thơng qua chặng gần nửa kỷ Nhìn lại chặng đường dài đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy rõ lên chu trình chương trình đào tạo đặc biệt gắn với khởi đầu, trưởng thành ngày hồn thiện xuất phát từ mơ hình trường chuyên, lớp chọn khiếu Tóan học Đại học Tổng hợp Hà Nội trước Đại học Khoa học Tự nhiên ngày Với mục tiêu hướng đào tạo mũi nhọn mang tính đột phá cao, đào tạo hệ học sinh có khiếu lĩnh vực tốn học, tin học khoa học tự nhiên, nhiều hệ học sinh trường trưởng thành, đóng vai trị nịng cốt nhiều lĩnh vực đeowfi sống kinh tế xã hội đại Trong điều kiện thiếu thốn vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ trải qua nhiều thách thức, tìm hướng phù hợp, lên vững ổn định, tìm tịi, tích luỹ kinh nghiệm có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận Các hệ Thầy Trị định hình tiếp cận với giới văn minh tiên tiến khoa học đại, cập nhật thông tin, sáng tạo phương pháp tập dượt nghiên cứu Gắn với việc tích cực đổi phương pháp dạy học, chương trình đào tạo chuyên Toán hướng tới xây dựng hệ thống chuyên đề, nỗ lực tổ chức thành công Kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 48, năm 2007 Việt Nam, bạn bè quốc tế ca ngợi Sau gần nửa kỷ hình thành phát triển, nói, giáo dục mũi nhọn phổ thơng (giáo dục khiếu) thu thành tựu rực rỡ, Nhà nước đầu tư có hiệu quả, xã hội thừa nhận bạn bè quốc tế khâm phục Các đội tuyển quốc gia tham dự kỳ thi Olympic quốc tế có bề dày thành tích mang tính ổn định có tính kế thừa Đặc biệt, năm nay, Đội tuyển Toán Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đạt thành tích bật Đội tuyển Tốn Việt Nam vươn lên đứng thứ ba (theo xếp khơng thức) số 95 đội tuyển nước tham dự IMO48 Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần nước ta tham gia vào kỳ thi Olympic Toán sinh viên quốc tế Đội tuyển gồm sinh viên Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN, đoạt huy chương vàng, huy chương bạc huy chương đồng Kết đánh dấu giai đoạn trình hội nhập quốc tế, hội nhập bậc đại học sau đại học Các sinh viên tự trình bày giải tiếng Anh ngày (mỗi ngày tiếng) dạng tốn đại giải tích thực phức, đại số đại số tuyến tính, tốn rời rạc lý thuyết trò chơi Từ nhiều năm nay, hệ khiếu Toán học Trường THPT Chuyên thường sử dụng song song sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt sách chuyên đề cho Hệ THPT Chuyên Học sinh lớp khiếu tiếp thu tốt kiến thức theo thời lượng hành Bộ GD ĐT ban hành Được cho phép Bộ GD ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN phối hợp với chuyên gia, nhà khoa học, cô giáo, thầy giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Học Hà Nội, Tạp Chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Trường THPT Chuyên, Các Sở GD ĐT, tổ chức bồi dưỡng chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn học khối kiến thức khoa học tự nhiên tủ sách đặc biệt phục vụ bồi dưỡng học sinh giỏi Chúng xin giới thiệu sách nhóm chuyên gia, thầy giáo với tham gia đông đảo đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 chuyên đề "Một số ứng dụng giải tích hình học, đại số, số học tóan rời rạc" Cuốn sách nhằm cung cấp số kiến thức chuyên đề mức độ khó tóan rời rạc, đại số, số học, giải tích hình học Đây chuyên đề giảng mà tác giả giảng dạy cho học sinh đội tuyển thi Olympíc Tốn học quốc gia quốc tế Chúng tơi xin chân thành cảm ơn bạn đọc cho ý kiến đóng góp để sách ngày hoàn chỉnh Thay mặt Ban Tổ Chức GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên số nguyên tố p Chúng ta xét vấn đề tồn nghiệm phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ), k số nguyên dương Định nghĩa Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên số nguyên dương m ≥ Ta nói phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod m) có nghiệm x0 ∈ Z f (x0 ) ≡ (mod m) Nếu x0 ∈ Z nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod m) t số nguyên f (x0 + tm) =≡ f (x0) ≡ (mod m) Định lí Cho số nguyên a m, m ≥ 2; (a, m) = Khi phương trình ax ≡ b (mod m), b ∈ Z có nghiệm x0 ∈ Z mà ≤ x0 ≤ m − Mọi nghiệm khác phương trình có dạng xt = x0 + mt, t ∈ Z Chứng minh Nếu k, l ∈ Z k 6= 1, ≤ k ≤ m − 1, ≤ l ≤ m − ak 6= al (mod m) Điều có nghĩa biểu thức as − b, s = 0, 1, , m − cho m số dư khác chia cho m Vậy tồn x0 ∈ Z, ≤ x0 ≤ m − cho ax0 ≡ b (mod m) Nếu xt ∈ Z nghiệm phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) axt ≡ b (mod m) Suy a(x1 − x0) chia hết cho m Nhưng (a, m) = x1 − x0 chia hết cho m Suy x1 = x0 + mt, t ∈ Z Định lí (Cơng thức Taylor) Cho đa thức f (x) bậc n, n ≥ với hệ số thực x0 ∈ R Khi n X f (k) (x0) f (x) = f (x0) + (x − x0)k k! k=1 Chứng minh Tồn số b0 , b1, , bn cho f (x) = bn (x − x0 )n + bn−1 (x − x0)n−1 + · · · + b0 Với ≤ k ≤ n, ta có f k (x) = k!bk + (k + 1) 2(x − x0)bk+1 + · · · + n(n − 1) · · · (n − k + 1)(x − x0)n−k bn Suy f (k) (x0) = k!bk , bk = f (k) (x0 ) k! Mặt khác f (x0) = b0 Vậy f (x) = f (x0) + n X f (k) (x0) k! k=1 (x − x0)k Định lí Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên số nguyên tố p Nếu phương (1) (1) (1) trình đồng dư f (x) ≡ (mod p) có r nghiệm nguyên phân biệt x1 , x2 , , xr (1) thuộc đoạn [1; p] cho f (xi 6= (mod p), (1 ≤ i ≤ r) phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ) có r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; pk ] với (k) (k) (k) (k) k ≥ : x1 , x2 , , xr nghiệm ta có f (xi ) 6= (mod p) (1 ≤ i ≤ r) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định phương pháp quy nạp toán học theo k Với k = khẳng định Giả sử khẳng định với k ≥ Điều có nghĩa đoạn [1; pk ] phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ) có r nghiệm (k) (k) (k) (k) nguyên phân biệt x1 , x2 , , xr , đồng thời f (xi ) 6= (mod p) với ≤ i ≤ r Giả sử x0 ∈ Z, x0 ∈ [1; pk+1 ] nghiệm phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk+1 ) Khi f (x0 ) ≡ (mod pk+1 ) Suy f (x0 ) ≡ (mod pk ) Tồn (k) i ∈ [1; r], t ∈ Z, t ∈ [0; p − 1] cho x0 = xi + pk t (k) Giả sử x = xi + pk t (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z, t ∈ [0, p − 1]) x ∈ Z Theo cơng thức Taylor ta có (k) (k) (k) f (x) = f (xi + f (xi )pk t + (k) f 00 (xi ) k f (n) (xi ) k n (p t) + · · · + (p t) 2! n! n bậc f (x) f (j) (x (k) i ∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) jk ≥ k + 1, i ≥ Phương Ta có j! trình f (x) ≡ (mod pk+1 ) tương đương với (k) (k) f (xi f (xi )pk t ≡ (mod pk+1 ) hay (k) f (xi ) (k) + f ((xi )t ≡ k p (mod pk+1 ) (k) (Chú ý f (xi ) pk (k+1) Đặt xi ∈ Z) (k) (k+1) = xi + pk ti xi (k+1) (k+1) ∈ [1; pk+1 ], xi (k) (k+1) ≡ xi (mod p) Suy f (xi Mặt khác, xi (k+1) (k) ) 6= (mod p) f (xi 6= (mod p) f (xi (k+1) ∈ Z f (xi ≡ (mod pk+1 ) (k) ) ≡ f (xi ) (mod p) Suy Vậy phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk+1 ) có r nghiệm nguyên phân biệt (k+1) (k+1) (k+1) (k+1) đoạn [1; pk+1 ] : x1 , x2 , , xr , đồng thời f (xi 6= (mod p) (1 ≤ i ≤ r) Như khẳng định với k + Theo ngun lý quy nạp tốn học khẳng định với k ≥ Định lý chứng minh Áp dụng định lý giải toán sau Bài toán (VMO 2000) Cho đa thức P (x) = x3 + 153x2 − 111x + 38 Chứng minh đoạn [1; 32000] tồn chín số nguyên dương a cho P (a) chia hết cho 32000 Hỏi đoạn [1; 32000] có tất số nguyên dương a cho P (a) chia hết cho 32000? Chứng minh Giả sử x ∈ Z, ≤ x ≤ 32000 P (x) 32000 Suy x = 3y + 1, (y ∈ Z, ≤ y ≤ 31999 − 1) Ta có P (x) = P (3y + 1) = 27(y + 52y + 22y + 3) Phương trình P (x) 32000 tương đương với y + 52y + 22y + 31997, suy y = 3t + y = 3t, (t ∈ Z, ≤ t ≤ 31998 − 1) Nếu y = 3t + y + 52y + 22y + không chia hết cho Vậy y = 3t suy y + 52y + 22t + = 3(9t2 + 156t2 + 22t + 1) Phương trình P (x) 32000 tương đương với 9t3 + 156t2 + 22t + 31996 Xét đa thức f (t) = 9t3 + 156t2 + 22t + Với t ∈ Z f (t) ≡ (mod 3) hay 22t + ≡ (mod 3) Trong đoạn [1; 3] phương trình đồng dư 22t + ≡ (mod 3) có nghiệm t = Mặt khác f (2) ≡ 22 ≡ (mod 3) suy f (2) 6= (mod 3) Theo định lý 3, đoạn [1; 31996] phương trình đồng dư f (t) ≡ (mod 31996) có nghiệm nguyên t0 Với t ∈ Z, t ∈ [1; 32000] : f (t) ≡ (mod 31998) tồn h ∈ Z, ≤ h ≤ cho t = t0 + 31996h Vậy phương trình đồng dư f (t) ≡ (mod 31998 ) có chín nghiệm nguyên phân biệt đoạn [1; 31998 − 1] Từ suy đoạn [1; 32000] có chín số nguyên dương a phân biệt cho P (a) chia hết cho 32000 Cho đa thức f (x), g(x) có hệ số hữu tỏ cho chúng có ước chung số Khi ta nói f (x) g(x) nguyên tố viết (f (x), g(x)) = Định lí Cho đa thức f (x), g(x) với hệ số hữu tỉ (f (x), g(x)) = Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số hữu tỉ cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = Định lý chứng minh phương pháp quy nạp toán học theo tổng bậc f (x) g(x) Từ định lý suy Định lí Cho đa thức f (x), g(x) với hệ số nguyên nguyên tố (trong Q[x]) Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m 6= cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = m Định lí Cho đa thức f (x) khác số có hệ số nguyên Khi tồn vơ số số ngun tố p cho phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod p) có nghuệm Chứng minh Giả sử f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an , ∈ Z, ≤ i ≤ n, n ≥ 1, a0 6= Nếu an = f (x) = xg(x), g(x) đa thức với hệ số ngun; phương trình đồng dư xg(x) ≡ (mod p) có nghiệm với số nguyên tố p Giả sử an 6= phương trình đồng dư xg(x) ≡ (mod p) có nghiệm với số nguyên tố p1 , p2 , , pk Với t ∈ Z, đặt xt = p1 p2 pk an t Khi f (xt ) = a0(p1 p2 pk an t)n + an−1 p1 p2 pk an t + an = an (p1 p2 pk B + 1), B ∈ Z Chọn t ∈ Z cho p1 p2 pk B + khác −1 Khi f (xt ) có ước nguyên tố, khác p1 , p2 , , pk Định lí Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên, bất khả quy Q[x] số Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m 6= cho u(x)f (x) + v(x)f 0(x) = m Chứng minh Giả sử g(x) = (f (x), f (x))(g(x) ∈ Q[x]) Khi g(x) ước f (x) deg g(x) < deg f (x) Vì f (x) bất khả quy nên g(x) số, g(x) = r, r ∈ Q) Theo định lý tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m 6= cho u(x)f (x) + v(x)f 0(x) = m Hệ Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên, bất khả quy Q[x] số Khi tồn vơ số số nguyên tố p cho phương trình đồng dư f (x) = (mod p) có nghiệm x0Z mà f (x0) 6= (mod p) Chứng minh Theo định lý tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số m 6= cho u(x)f (x) + v(x)f 0(x) = m Từ định lý suy có vơ số số ngun tố p > |m| để phương trình f (x) ≡ (mod p) có nghiệm x0 ∈ Z.Khi f (x0 ) chia hết cho p Suy f (x0 ) không chia hết cho p Nếu f (x0) chia hết cho p m chia hết cho p Định lí Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên số Khi tồn vơ số số ngun tố p cho phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ) có nghiệm với số nguyên dương k Chứng minh Nếu đa thức f (x) bất khả quy khẳng định suy từ định lý hệ định lý Nếu f (x) bất khả quy f (x) = g(x)h(x), g(x) ∈ Z[x], h(x) ∈ Z[x] g(x) bất khả quy Z[x] Từ suy điều phải chứng minh Áp dụng định lý ta giải toán sau Bài toán Cho đa thức f (x) khác số có hệ số nguyên Giả sử n, k số nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên x cho số f (x), f(x + 1), , f (x + n − 1) có k ước nguyên tố phân biệt Lời giải Theo định lý 6, tồn số nguyên tố p1 , p2 , , pk , pk+1 , , pnk khác đôi số nguyên x1 , x2, , xnk cho f (xj ) ≡ (mod pj ) (1 ≤ j ≤ nk) Theo định lý Trung Hoa số dư, tồn số nguyên x cho x ≡ xi+mk − m (mod pi+mk ) (1 ≤ i ≤ k, ≤ m ≤ n − 10 Từ ta có điều phải chứng minh Cuối số toán dành cho bạn đọc Bài toán (VMO 2000,Bảng B) Cho đa thức P (x) = x3 − 9x2 + 24x − 27 Chứng minh với số nguyên dương n tồn số nguyên dương an cho P (an ) chia hết cho 3n Bài toán Cho số nguyên tố p Chứng minh với số nguyên dương n phương trình đồng dư xp−1 ≡ (mod pn ) có p − nghiệm nguyên phân biệt đoạn [1; pn ] Bài toán (Baltic Way 2004) Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên khác số Chứng minh tồn số nguyên n cho f (n) có khơng 2004 ước ngun tố phân biệt 11 Tính chất hội tụ, bị chặn số dãy truy hồi hữu tỷ Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng, ĐH Quy Nhơn Lời nói đầu Lý thuyết toán giới hạn dãy số đề cập hầu hết giáo trình giải tích Tuy nhiên, số dãy truy hồi hữu tỷ vấn đề chưa đề cập nhiều Trong [1], tác giả có đề cập đến số dãy số đặc biệt, có số dãy truy hồi hữu tỷ Với động trên, báo này, bàn tính hội tụ bị chặn số dãy truy hồi hữu tỷ Tính chất định tính số dãy truy hồi hữu tỷ Bài toán Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + xn−1 , xn n = 0, 1, · · · , α > 1, x−1 , x0 số thực dương cho trước Chứng minh xn max{x−1 , x0} + α2 α−1 Giải Ta có x1 = α + x−1 x−1 6α+ x0 α (vì x0 > α) Mặt khác, α 1− α >α α x1 1− (vì α > nên − α + x−1 12 < 1), α α2 + x−1 = α−1 (1) Tương tự, x0 α2 + x0 α + x0 x1 α−1 x1 x1 x−1 6α+ 6α+ x3 = α + α+ , x2 α α α x2 = α + suy x3 α(1 + 1 ) + x−1 α α α 1− α + x−1 = α2 + x−1 α−1 Chứng minh phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + xn−1 , + xpn n = 0, 1, · · · , (2) α > 0, < p < 1, x−1 , x0 số thực dương cho trước Chứng minh + αp xn max{x−1, x0 } + p−1 α Giải Ta có x1 = α + x−1 1+xp0 < α + x−1 Vì α < α 1− 1+α p (do < − 1+αp < 1) nên α + αp + x = −1 αp−1 − 1+α p x0 α + αp x2 = α + < + x = + x0 1 + xp1 αp−1 − 1+α p x1 1 x−1 x3 = α + (α + x−1 ) < α + + p < α+ p p + x2 1+α 1+α + αp 1; x−k , x−k+1 , · · · , x0 số thực dương cho trước Chứng minh xn max{x−k , · · · , x0} + αg(α) g(α) − Giải Tiếp theo ta chứng minh {xn } bị chặn M0 Thật vậy, điều kiện ban đầu dương nên xn > α > 0, ∀n > Vì f hàm tăng với biến không giảm với biến nên f (xn , · · · , xn−k+1 ) > f (α, · · · , α) = g(α) Suy xn+1 = α + xn−k xn−k nên q < Ta có x(k+1)m+r+1 < α + xr−k 1−q Từ ta có điều phải chứng minh 14 Bài toán Giả sử f g thỏa điều kiện Bài toán 2, chứng minh phương trình sau có nghiệm dương x: x=α+ x x =α+ f (x, · · · , x) g(x) Giải Vì g hàm tăng nên ∀u > α ta có g(u) > g(α) > Đặt F : [α, ∞) → R x 7→ x − α − Vì F (α) = α − α − α g(α) x g(x) < 0, lim F (x) = ∞ F hàm liên tục nên tồn x→∞ x ∈ (0, ∞) cho F (x) = Ta chứng minh tính x tức chứng minh F đơn điệu tăng Thật vậy, ∀x > y > α, ta có F (x) − F (y) = = = = = = x y − y−α− g(x) g(y) xg(y) − yg(x) (x − y) − g(x)g(y) (x − y)g(x)g(y) − xg(y) + yg(x) − xg(x) + xg(x) g(x)g(y) (x − y)g(x)g(y) − (x − y)g(x) + x(g(x) − g(y)) g(x)g(y) (x − y)[g(x)g(y) − g(x)] + x[g(x) − g(y)] g(x)g(y) (x − y)g(x)(g(y) − 1) + x(g(x) − g(y)) g(x)g(y) x−α− Vì g hàm tăng nên g(x) > g(y) > g(α) > 1, suy F (x) − F (y) > suy F (x) > F (y) Vậy F hàm tăng Do ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho dãy số {xn } xác định theo công thức (2) thỏa mãn điều kiện Bài toán Chứng minh rằng, {xn } hội tụ Giải 15 Do xn bị chặn nên tồn lim inf xn = ` ≥ α lim sup xn = L ≥ ` Lấy liminf n→∞ n→∞ limsup hai vế (2), ta có ` , + Lp L L6α+ + `p `≥α+ Từ bất đẳng thức thứ ta có `(1 + Lp ) ≥ α(1 + Lp ) + ` Do ` + `Lp ≥ α + αLp + ` `Lp − αLp − `αp + αp+1 ≥ α + αp+1 − `αp (` − α) (Lp − αp ) ≥ α (1 + αp ) − Lαp Tương tự, từ bất đẳng thức thứ ta có (L − α) (`p − αp ) α (1 + αp ) − Lαp Nếu ` = α từ ` ≥ α + 1+L p ⇒ 1+Lp mâu thuẫn Do ` > α suy L > α Giả sử L > ` ⇒ −L < −` ⇒ −Lαp < −`αp Khi ta có (` − α) (Lp − αp ) > (L − α) (`p − αp ) Suy L p − αp `p − αp > L−α `−α p p −α , với < p < giảm (α, +∞) , α > Thật vậy, Ta có hàm số G(x) = xx−α ⇒ G0 (x) = xét hàm số g(x) = xp , x ∈ (α, +∞) , < p < 1, ta có G(x) = g(x)−g(α) x−α g (x)(x−α)−(g(x)−g(α)) Vì g khả vi (α, +∞) nên tồn β ∈ (α, x) : g(x) − g(α) = (x−α)2 g (β)(x − α) Hiển nhiên g 00(x) < suy g (x) giảm (α, +∞) suy g (β) > g (x) 0 (β)(x−α) 0 (β)](x−α) = [g (x)−g < 0, với ∀x > α Suy G giảm Do G0 (x) = g (x)(x−α)−g (x−α)2 (x−α)2 (α, +∞) Do với L > ` ta có chứng minh Lp −αp L−α < `p −αp l−α Vậy ta phải có L = ` Điều phải Bài tốn trường hợp riêng toán sau đây: Bài toán Cho dãy số {xn } xác định theo công thức (1) thỏa mãn điều kiện Bài toán giảm (α, ∞) Chứng minh rằng, {xn } Giả thiết thêm α > hàm số g(x)−g(α) x−α hội tụ Giải Giả sử {xn } dãy số dương xác định (1) Trong Bài toán ta chứng minh nghiệm phương trình (1) bị chặn Vì tồn giới hạn lim inf xn =: ` > α n→∞ 16 lim sup xn =: L > ` Rõ ràng g(L) số thực hữu hạn Lấy lim inf lim sup (2.1) n→∞ ta lim inf xn+1 n→∞ xn−k = lim inf α + n→∞ f (xn , · · · , xn−k+1 ) Suy `>α+ ` ` =α+ , lim sup f (xn , · · · , xn−k+1 ) g(L) n→∞ hay `>α+ ` g(L) L6α+ L g(`) Tương tự ta có Dễ thấy `>α+ ` ⇔ (` − α)g(L) − ` > g(L) hay (` − α)g(L) − (` − α)g(α) > ` − (` − α)g(α), hay (` − α)(g(L) − g(α)) > αg(α) + (1 − g(α))` (4) Tương tự ta nhận (L − α)(g(l) − g(α)) αg(α) + (1 − g(α))L Nếu ` = α từ bất đẳng thức `>α+ ` , g(L) `>`+ ` , g(L) ta có hay ` 0, g(L) suy ` = α = (vơ lí α > 0) Do ` > α, suy g(`) > g(α) > Bây ta giả sử L > ` Khi ta có 17 (5) (1 − g(α))` > (1 − g(α))L (vì ` < L mà − g(α) < 0), suy αg(α) + (1 − g(α))` > αg(α) + (1 − g(α))L Từ (4) (5) ta có (` − α)(g(L) − g(α)) > αg(α) + (1 − g(α)` > αg(α) + (1 − g(α))L > (L − α)(g(`) − g(α)) Suy g(L) − g(α) g(`) − g(α) > (vì L > ` > α) L−α `−α Mà theo giả thiết, hàm g(x) − g(α) x−α giảm (α, ∞) nên với ` < L g(L) − g(α) g(`) − g(α) > (trái với điều trên) `−α L−α Vậy L = ` = x tức nghiệm dương phương trình (2.1) hội tụ Bài tốn Cho dãy số {xn } xác định theo công thức (1) thỏa mãn điều kiện Bài toán Giả thiết thêm α > hàm số g(x) lõm chặt (α, ∞) Chứng minh rằng, {xn } hội tụ Giải Đặt G(x) = g(x) − g(α) , x−α ∀x ∈ (α, ∞) Ta cần chứng minh hàm G(x) giảm (α, ∞) Thật vậy, G0 (x) = g (x)(x − α) − (g(x) − g(α)) (x − α)2 Vì g hàm liên tục khả vi (α, ∞) nên g liên tục khả vi (α, x) Khi đó, theo định lí Lagrange tồn c ∈ (α, x) cho g(x) − g(α) = g (c)(x − α) Mặt khác, hàm g lõm chặt nên g”(x) < 0, suy hàm g (x) giảm (α, ∞) Do với c ∈ (α, x) hay α < c < x ta có g (c) > g (x) 18 Vậy G0 (x) = g (x)(x − α) − g 0(c)(x − α) (g 0(x) − g (c))(x − α) = (x − α)2 (x − α)2 Mà g (x) < g (c) nên G0 (x) < 0, tức G(x) hàm giảm (α, ∞) Áp dụng kết Bài tốn ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + 1+ xn−k ρ1 ρ2 xn xn−1 · · · k , xρn−k+1 , n = 0, 1, · · · , (6) α > 0, λj ∈ [0, 1), j = 1, 2, · · · , k cho ρ1 + ρ2 + · · · + ρk =: λ ∈ (0, 1) Chứng minh rằng, {xn } hội tụ Giải Ta có g(u) = f (u, · · · , u) = + uλ ⇒ g (u) = λuλ−1 ⇒ g”(u) = λ(λ − 1)uλ−2 < (vì λ < 1) Do g(u) hàm lõm chặt (α, ∞) Áp dụng kết Bài toán ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + 1+ xn−k λ1 γ1 xn γ2 xλn1 · · · k , γk xλn−k+1 , n = 0, 1, · · · , (7) Pk α > 0, γj > 0, j = {1, 2, · · · , k}, j=1 γj > 0, λ ∈ [0, 1) Chứng minh rằng, {xn } hội tụ Giải Đặt g(u) = f (u, · · · , u) = + γ1 uλ1 + · · · + γk uλk Ta có g (u) = γ1 λ1 uλ1−1 + · · · + γk λk uλk −1 g”(u) = γ1 λ1 (λ1 − 1)uλ1 −2 + · · · + γk λk (λk − 1)uλk −2 , 19 hay g”(u) = k X γj λj (λj − 1)uλj −2 < (vì λj ∈ [0, 1)) j=1 Do g lõm chặt [0, ∞) Áp dụng kết Bài tốn ta có điều phải chứng minh Bài toán 10 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + βxn−k , + h(xn ) n = 0, 1, · · · , (8) h hàm tăng, liên tục lõm chặt [0, ∞) cho h(x) > 0, ∀x > Chứng minh rằng, {xn } hội tụ α > β ∈ (0, + h(α)) Giải Đặt f (x) = + h(xn ), ∀x ∈ [α, ∞) Rõ ràng f hàm liên tục tăng [0, ∞) Ta có f (x) = h0 (x) f ”(x) = h”(x) < > nên β < + h(α)) Do f lõm chặt [0, ∞) Nhận xét rằng, g(α) = 1+h(α) β Áp dụng kết Bài tốn ta có điều phải chứng minh Bài toán 11 Cho dãy số {xn } xác định theo công thức xn+1 = α + xn−1 , xn n = 0, 1, · · · , (9) < α < 1, điều kiện ban đầu số thực dương Chứng minh rằng, lim x2n = ∞, lim x2n+1 = α n→∞ n→∞ Giải 1 Giả sử < x−1 x0 > 1−α Vì < α < nên 1−α > α + Do x0 > α + Ta cần chứng minh x1 ∈ (α, 1] x2 > α + x0 Thật vậy, ta có x1 = α + x−1 x0 > α x1 = α + x−1 6α+ α + (1 − α) = 1, x0 x0 x1 ∈ (α, 1] Mặt khác, ta có x2 = α + x0 x1 > α + x0 Lập luận tương tự cho phần tử cịn lại {xn }∞ n=−1 ta có điều phải chứng minh 20 ... chuyên đề "Một số ứng dụng giải tích hình học, đại số, số học tóan rời rạc" Cuốn sách nhằm cung cấp số kiến thức chuyên đề mức độ khó tóan rời rạc, đại số, số học, giải tích hình học Đây chuyên... dạng tốn đại giải tích thực phức, đại số đại số tuyến tính, tốn rời rạc lý thuyết trị chơi Từ nhiều năm nay, hệ khiếu Toán học Trường THPT Chuyên thường sử dụng song song sách giáo khoa đại trà kết... Z[x] Từ suy điều phải chứng minh Áp dụng định lý ta giải tốn sau Bài tốn Cho đa thức f (x) khác số có hệ số nguyên Giả sử n, k số nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên x cho số f (x), f(x + 1), ,