1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Một số ứng dụng của nguyên lý ánh xạ co banach trong không gian mêtric

53 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề Một số ứng dụng của nguyên lý ánh xạ co Banach trong không gian mêtric
Tác giả Hoàng Kim Anh
Người hướng dẫn ThS. Nguyễn Hữu Học
Trường học Trường Đại học Hồng Đức, Khoa Khoa học Tự nhiên
Chuyên ngành Toán học
Thể loại Khóa luận tốt nghiệp
Năm xuất bản 2023
Thành phố Thanh Hóa
Định dạng
Số trang 53
Dung lượng 437,9 KB

Cấu trúc

  • 1.1 Không gian mêtric (9)
    • 1.1.1 Định nghĩa và ví dụ (9)
    • 1.1.2 Sự hội tụ và tính liên tục (10)
    • 1.1.3 Không gian đầy đủ và không gian compact (11)
  • 1.2 Nguyên lí ánh xạ co Banach (13)
  • Chương 2. Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach trong giải toán 14 (20)
    • 2.1 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình (20)
    • 2.2 Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach chứng minh sự tồn tại giới hạn của dãy số (24)
    • 2.3 Bài toán xấp xỉ nghiệm và sai số phương trình φ(x) = 0 (41)

Nội dung

Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨCKHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN——————————————–HOÀNG KIM ANHMỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦANGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO BANACHTRONG KHÔNG GIAN MÊTRICKHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Trang 2 TRƯỜNG

Không gian mêtric

Định nghĩa và ví dụ

Định nghĩa 1.1.1 Cho tập X ̸= ∅ Một ánh xạ dtừX ×X → R được gọi là mộtmêtrictrênX nếu các điều kiện sau được thỏa mãn∀x, y, z ∈ X: i d(x, y) ⩾ 0, d(x, y) = 0 ⇔ x = y (tiên đề đồng nhất). ii d(x, y) = d(y, x) (tiên đề đối xứng). iii d(x, y) ⩽ d(x, z)+d(z, y)(tiên đề tam giác)

Nếu dlà mêtric trongX thì cặp (X, d) gọi là một không gian mêtric.

Ví dụ 1.1.2 Tập hợp các số thựcR và tập hợp các số phức C là những không gian mêtric, với mêtric d(x, y) =|x−y|, x, y ∈ R( hoặcC), gọi làmêtric thông thường.

Ví dụ 1.1.3 Ánh xạd : R m ×R m →R, định bởi d(x, y) " m X i=1

, với x = (x 1 , x 2 , , x m ), y = (y 1 , y 2 , , y m ) ∈ R m là một mêtric trênR m

Chứng minh Thật vậy, ta thấy các tiên đề i, ii rõ ràng, chỉ cần kiểm tra tiên đề iii, tức là chứng minh

. Đặta i = x i −y i ,b i = y i −z i khi đóa i +b i = x i −z i Ta có : d 2 (x, z) m

(a i b i ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho số hạng sau cùng ta được: d 2 (x, z) m

Từ đó lấy căn hai vế và trở lại với các kí hiệu cũ, ta có: d(x, z) ⩽ d(x, y) +d(y, z).

Vậy (R m , d) là một không gian mêtric và gọi là mêtric thông thường của R m

Ví dụ 1.1.4 Ký hiệuC [a,b] là tập hợp các hàm số thực liên tục trên khoảng đóng hữu hạn[a, b] C [a,b] là một không gian mêtric với mêtric d(x, y) = sup a ⩽ t ⩽ b

Sự hội tụ và tính liên tục

Định nghĩa 1.1.5 Ta nói dãy(x n )những phần tử của không gian mêtric(X, d) hội tụđến phần tửx 0 trong không gianX nếu với∀ε > 0,∃n 0 ∈ N ∗ , với∀n⩾ n 0 thì d(x n , x 0 ) < ε.

Khi đó, ta viết: lim n→∞x n = x 0 , hoặc x n → x 0 khin → ∞. x 0 gọi là giới hạncủa dãy(x n ).

Ta chú ý rằng, các mêtric khác nhau trên cùng tập X sẽ sinh ra các sự hội tụ khác nhau.

1 Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất.

2 Nếu dãy (x n ) hội tụ vềx thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ vềx.

3 Nếu lim n→∞x n = x, lim n→∞y n = y thì lim n→∞d(x n , y n ) = d(x, y). Định nghĩa 1.1.7 Cho(X, d),(Y, ρ)là hai không gian mêtric vàf : X → Y.

Ta nói: i.f liên tục tạix ∈ X nếu

∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ′ ∈ X, d(x, x ′ ) < δ ⇒ ρ(f(x), f(x ′ )) < ε. ii.f liên tục trênX nếuf liên tục tại mọi x∈ X Do đóf liên tục trênX nếu

∀x ∈ X,∀ε > 0,∃δ >0 : ∀x ′ ∈ X, d(x, x ′ ) < δ ⇒ ρ(f(x), f(x ′ )) < ε. iii.f liên tục đềutrênX nếu

∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x ′ ∈ X, d(x, x ′ ) < δ ⇒ ρ(f(x), f(x ′ )) < ε. iv.f làđồng phôi nếuf là song ánh, liên tục và ánh xạ ngược f −1 là liên tục.

Không gian đầy đủ và không gian compact

Định nghĩa 1.1.8 Cho không gian mêtric (X, d) Dãy (x n ) ⊂ X được gọi là dãy Cauchy (dãy cơ bản)nếu n,m→∞lim d(x n , x m ) = 0, hay∀ε > 0,∃n 0 ,∀n, m ⩾ n0 ⇒ d(xn, xm) < ε.

1 Nếu(x n )hội tụ thì nó là dãy Cauchy.

2 Nếu dãy(x n )là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ vềxthì(x n )cũng hội tụ vềx. Định nghĩa 1.1.10.Không gian mêtric(X, d)gọi làđầy đủnếu mỗi dãy Cauchy trong nó đều là hội tụ tới một điểm thuộc X.

Ví dụ 1.1.11 Không gian R m với mêtricdthông thường là đầy đủ.

Chứng minh Thật vậy, xét tùy ý dãy Cauchy (x n ), x n = (x n 1 , , x n m ).

 d x n , x k ⩾ x n i −x k i (i = 1, , m) n,k→∞lim d x n , x k = 0 ⇒ lim n,k→∞ x n i −x k i = 0, nên ta suy ra các dãy(x n i ) n (i = 1, , m)là dãy Cauchy trongR, do đó chúng hội tụ vìRđầy đủ. Đặt a i = lim n→∞x n i (i = 1,2, , m) và xét phần tửa = (a 1 , , a m ), ta có lim n→∞x n = atrong(R m , d).

Ví dụ 1.1.12 Không gian C [a,b] với mêtric hội tụ đều dlà đầy đủ.

Chứng minh Thật vậy, giả sử (x n )là dãy Cauchy trong C [a,b] , d

Từ giả thiết n,m→∞lim d(x n , x m ) = 0 ta cũng có n,m→∞lim |x n (t)−xm(t)| = 0.

Vậy với mỗit ∈ [a, b]thì(x n (t))là dãy Cauchy trong R, do đó là dãy hội tụ. Lập hàmxxác định bởi x(t) = lim n→∞x n (t), t ∈ [a, b].

Ta cần chứng minhx ∈ C [a,b] và limd(xn, x) = 0.

Choε > 0tùy ý Do(x n )là dãy Cauchy, ta tìm đượcn 0 thỏa mãn

Cố địnhn, tvà chom → ∞trong bất đẳng thức trên ta có

Như vậy, ta đã chứng minh rằng

1 Dãy hàm liên tục(x n (t)) hội tụ đều trên [a, b] về hàmx(t), do đó hàm x(t) liên tục trên[a, b].

2 lim n→∞d(x n , x) = 0. Đây là điều ta cần chứng minh. Định nghĩa 1.1.13 Tập hợp con A của một không gian mêtric X gọi là một tập hợp compactnếu một dãy bất kì(x n ) những phần tử củaA đều có một dãy con(x n k ) hội tụ đến một phần tử của A.

Không gian mêtricX gọi là compact nếu nó là một tập hợp compact.

Nguyên lí ánh xạ co Banach

Định nghĩa 1.2.1 Chof là ánh xạ từ không gian mêtric(X, d) vào chính nó. Khi đó, ta gọi:

(i) f làánh xạ co trênX nếu tồn tại sốk ∈ [0,1)sao cho:

∀x, y ∈ X, d(f(x), f(y)) ⩽ kd(x, y), hằng sốk trên được gọi là hệ số co.

(ii) f làánh xạ không giãntrênX nếu:

(iii) f làánh xạ co yếu hay co chặt (strict contractive) trênX nếu:

Tổng quát hơn, một ánh xạ co có thể được định nghĩa cho ánh xạ giữa hai không gian mêtric Nếu (M, d M ) và (N, d N ) là hai không gian mêtric, và f : M →N là ánh xạ co, thì có một hằngq ∈ [0,1)sao cho d N (f(x), f(y)) ⩽ qd M (x, y) với mọix, y ∈ M.

Từ định nghĩa ta thấy mọi ánh xạ co là liên tục đều.

Mệnh đề 1.2.2 Giả sử f : X → X là một ánh xạ co Khi đó,f n cũng là ánh xạ co với mọin∈ R.

Chứng minh Vìf : X → X là một ánh xạ co nên có một hằng sốk ∈ (0; 1) sao cho: d[f(x), f(y)] ⩽ kd(x, y),∀x, y ∈ X.

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Chon= 1,(1.1) thỏa mãn vì f là một ánh xạ co.

Giả sử (1.1) đúng vớin = k ⩾ 1, ta chứng minh (1.1) đúng với mọin= k+ 1. Vớix, y ∈ X ta có: d f k+1 (x), f k+1 (y) = d f k [f(x)], f k [f(x)]

Theo nguyên lí quy nạp toán học (1.1) thỏa mãn với bất kỳn ∈ N ∗

Do với mọinta có: d[f n (x), f n (y)] ⩽ k n d(x, y),∀x, y ∈ X, và0 < k n < 1.

Nên f n là ánh xạ co. Định nghĩa 1.2.3 ChoX là một tập khác rỗng và ánh xạ f : X → X Ta gọi x ∈ X là mộtđiểm bất độngcủaf nếuf(x) = x. Định lý 1.2.4 (Banach) Cho (X, d) là một không gian mêtric đầy đủ và f :

X →X là một ánh xạ co, tức là, f thỏa mãn d[f(x), f(y)] ⩽ kd(x, y), với mọix, y ∈ X.

Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động củaf trongX.

Chứng minh Lấy tùy ýx 0 ∈ X Từx 0 ta xây dựng dãy lặp(x n )xác định bởi x n = f n (x 0 ) =f(x n−1 ), với mọin∈ N.

Ta chứng minh(xn)là dãy Cauchy.

Thật vậy, ta có d(x 1 , x 2 ) =d[f(x 0 ), f(x 1 )] ⩽ kd(x 0 , x 1 ) =kd[x 0 , f(x 0 )], d(x 2 , x 3 ) =d[f(x 1 ), f(x 2 )] ⩽ kd(x 1 , x 2 ) ⩽ k 2 d[x 0 , f(x 0 )], d(x 3 , x 4 ) =d[f(x 2 ), f(x 3 )] ⩽ kd(x 2 , x 3 ) ⩽ k 3 d[x 0 , f(x 0 )].

Tổng quát, bằng quy nạp, ta chứng minh được, với mọi số nguyên dươngn, d(x n , x n+1 ) ⩽ k n d[x 0 , f(x 0 )].

Từ đó với số nguyên dương tùy ýp, ta có d(x n , x n+p ) ⩽ d(x n , x n+1 ) +d(x n+1 , x n+2 ) +ã ã ã+d(x n+p−1 , x n+p )

Do0 < k < 1, nên từ (1.3), ta có, d(x n , x n+p ) → 0khi n → ∞ Do đó (x n ) là dãy Cauchy Từ giả thiếtX là không gian mêtric đầy đủ nên dãy(x n )hội tụ. Giả sử n→∞lim x n = x ∗ ∈ X (1.4)

Ta chứng minhx ∗ là điểm bất động của f, tức là,f(x ∗ ) =x ∗ Ta có d[x ∗ , f(x ∗ )] ⩽ d(x ∗ , x n ) +d[x n , f(x ∗ )]

⩽ d(x ∗ , x n ) +kd(x n−1 , x ∗ ). Kết hợp với (1.4), ta suy ra, d[x ∗ , f(x ∗ )] = 0.

Vậyf(x ∗ ) = x ∗ Từ đó, x ∗ là điểm bất động của f.

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất Giả sửy ∗ ∈ X sao cho f(y ∗ ) = y ∗ ̸= x ∗ Khi đó d(x ∗ , y ∗ ) =d[f(x ∗ ), f(y ∗ )] ⩽ kd(x ∗ , y ∗ ) (1.5)

Dod(x ∗ , y ∗ ) > 0, nên từ (1.5) ta được k ⩾ 1, điều này mâu thuẫn Vậy,f có duy nhất điểm bất động trongX.Định lí được chứng minh.

1−k d(x 0 , f x 0 ), cố địnhn ∈ N, và chop → ∞, vế phải ta thu được k n

1−kd[x 0 , f(x 0 )](do k < 1)và vế trái tiến đếnd(x n , x ∗ )bởi vì x n+p → x ∗ Do đó d(x n , x ∗ ) ⩽ k n

1−kd[x 0 , f(x 0 )], với mọin∈ N (1.6) Công thức (1.6) cho phép ta ước lượng sai số của xấp xỉ thứn.

2 Khi f thỏa mãn các điều kiện của định lý trên, tức làf có duy nhất điểm bất độngx ∗ , ta có f 2 (x ∗ ) =f[f(x ∗ )] = f(x ∗ ) = x ∗ Tổng quát, bằng quy nạp, ta có thể chứng minh được f n (x ∗ ) = x ∗ , nghĩa làx ∗ cũng là điểm bất động của f n Điều quan trọng trong chứng minh của định lí Banach là hằng số co k phải nhỏ hơn 1 Nó cho phép ta điều khiển quá trình hội tụ của dãy lặp {x n } = {f n (x 0 )}về điểm bất động, khik n →0khin → ∞.

Bây giờ, ta xét ví dụ sau.

Ví dụ 1.2.6 Xét không gian mêtric R với mêtric thông thường Xác định hàm f : R → Rvới: f(x) = x+ π

Vớix, y ∈ R, x < y, ta có f(y)−f(x) = (y −x)− tan −1 y−tan −1 x

1 +z 2 , ở đâyx < z < y, theo định lí giá trị trung bình Lagrange Từ đó f(y)−f(x) = (y −x)

1 +z 2 ⩾ 1, điều này hiển nhiên không đúng với bất kỳz nào Vậy, ta phải có

Từ đó, ánh xạf co yếu (chặt) nhưng f không có điểm bất động Thật vậy, giả sử tồn tạip ∈ Rsao cho f(p) =p, khi đó p+ π

2, điều này không đúng vì tan −1 x < π

Nhận xét 1.2.7 Ánh xạ f trong ví dụ trên là ánh xạ co yếu, nhưng không phải ánh xạ co, bởi vì nếu là ánh xạ co thì doR là không gian mêtric đầy đủ,f phải có điểm bất động Ta xét thêm ví dụ sau đây.

Ví dụ 1.2.8 Xét ánh xạ: f : [1,+∞) → [1,+∞) x 7→ f(x) =x+ 1 x.

Rõ ràngX = [1,+∞) là không gian đầy đủ và: d[f(x), f(y)] = |f(x)−f(y)| x+ 1 x −y− 1 y

Do đó, f là ánh xạ co yếu trên X Tuy nhiên f(x) ̸= x,∀x ∈ X, chứng tỏ f không có điểm bất động trênX.

Như vậy ta có thể thấy rằng, một ánh xạ co yếu có thể ko có điểm bất động Edelstein [11] đã chứng minh rằng nếu không gian bị giới hạn đáng kể (compact) thì điểm bất động duy nhất của ánh xạ co yếu vẫn được đảm bảo. Định lý 1.2.9(Edelstein) Giả sử(X, d) là không gian mêtric compact vàT :

Khi đó, T có điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X và {T n x} hội tụ về x ∗ với mọi x ∈ X.

Các bài toán được trình bày trong khoá luận này, chỉ xét minh họa không gianRvới mêtric thông thường Đồng thời như đã biết, mỗi tập con đóng và bị chặnX ⊂ R đều là không gian mêtric compact với mêtric cảm sinh bởi mêtric thông thường trênR.

(i) Từ Định lý 1.2.4, bài toán ngược được đưa ra như sau: Giả sử đã biết điểm bất động x ∗ của f Hãy tìm một dãy xấp xỉ cho x ∗ , từ đó đánh giá sai số của dãy xấp xỉ đã xây dựng so vớix ∗

(ii) Tiếp tục theo Định lý 1.2.4, một bài toán khác được đặt ra là, với mọi x 0 ∈ X, dãy lặp {f n (x 0 )} n∈

N hội tụ tới điểm bất động duy nhấtx ∗ ∈ X của f Hãy đánh giá tốc độ hội tụ về x ∗ của dãy lặp nói trên Thêm nữa, với sai số cho trước, ước lượngnbé nhất có thể hay không?

(iv) Trong Định lý 1.2.4, ánh xạ f được giả thiết là ánh xạ co Tuy nhiên, có thể thấy (vớ dụ Hệ quả1.5trong [10]) nếuf m = f ◦f ◦ ã ã ã ◦f (vớimlần tích hợp thành) là ánh xạ co trên không gian mêtric đầyX, vớim ⩾ 1nào đó thì f cũng có điểm bất động duy nhấtx ∗ Hơn nữa, với mọi a ∈ X thì f m (a)hội tụ vềx ∗ Như vậy giả thiếtf là ánh xạ co chỉ là điều kiện đủ để f có điểm bất động.

Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach trong giải toán 14

Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình

tồn tại nghiệm của phương trình

Bài toán 2.1 Chứng minh phương trình sau có duy nhất một nghiệm thực

Chứng minh Phương trình đã cho tương đương với phương trình x = 1

7 với mọix ∈ R. Với hai điểm phân biệt x, y ∈ R, nhờ vào việc áp dụng Định lý Lagrange cho hàmf ta được

|f(x)−f(y)| = |f ′ (c)| |x−y|, trong đóc là một điểm nằm giữaxvày Như vậy

7|x−y|, với mọix, y ∈ R, nên f là một ánh xạ co Vì R là không gian đầy đủ (với mêtric thông thường) nên ánh xạ f có duy nhất một điểm bất động Do đó phương trình (2.2), và phương trình tương đương (2.1) có duy nhất một nghiệm thực.

Bài toán 2.2 Chứng minh phương trình

2arctanx−x+ 3 = 0 có một nghiệm thực duy nhất.

2arctanx+ 3 là hàm từR vàoR.

Do đó,f là ánh xạ co vì

2 (1 +c 2 ), vớicnằm giữaxvà y theo định lý Lagrange, nên

DoRlà không gian đầy đủ nênf có duy nhất điểm bất độngx ∗

Nói cách khác, phương trình 1

2arctanx+ 3 = xcó nghiệm duy nhất làx ∗

Bài toán 2.3 Chứng minh rằng các phương trình sau đây có duy nhất nghiệm.

1 Từ phương trình ban đầu, ta có: x = 1

4(x 2 −lnx+ 4) là hàm từR vàoR.

Với hai điểm phân biệt x, y ∈ [1; 2], áp dụng Định lý Lagrange cho hàm f ta được:

|f(x)−f(y)| = |f ′ (c)| |x−y|, trong đóc là một điểm nằm giữaxvày Như vậy:

|f(x)−f(y)| < |x−y|, với mọix, y ∈ [1; 2], nên f là một ánh xạ co yếu trên không gian mêtric compact [1; 2] Do đó f có duy nhất điểm bất động hay phương trình x 2 −4x+ 4−lnx = 0 có duy nhất nghiệmx ∗ ∈ [1; 2].

9(sin 3x+ 9√ x) là hàm từR vàoR.

Với hai điểm phân biệtx, y ∈ [1; 2] vàclà một điểm nằm giữa xvày, áp dụng Định lý Lagrange cho hàmg ta được:

Vậyg là một ánh xạ co yếu trên không gian mêtric compact[1; 2].Từ đó suy ra rằngg có duy nhất điểm bất động, tức là phương trình sin 3x+ 9√ x−9x= 0 có duy nhất nghiệmx ′ ∈ [1; 2].

Bài toán 2.4 Cho f : R → R là hàm số khả vi thỏa mãn |f ′ (x)| ⩽ 0,49 với mọix ∈ R Chứng minh rằng phương trình f(x) = 2x+ sinx

2 có duy nhất nghiệm thực.

Chứng minh Theo đề bài: f(x) = 2x+ sinx

2 , ta có phương trình tương đương x = f(x)− 1

2sinx là hàm số từRvàoR. Khi đó ta có g ′ (x) = f ′ (x)− 1

Vì|f ′ (x)| ⩽ 0,49 với mọi x ∈ R nên |g ′ (x)| ⩽ 0,99 với mọi x ∈ R Với hai điểm phân biệtx, y ∈ R, ta sử dụng định lý Lagrange cho hàm g thu được

|g(x)−g(y)| = |g ′ (c)| |x−y|, trong đóc là điểm nằm giữaxvà y Như vậy:

Vậyg(x) là một ánh xạ co.

DoRlà đầy đủ nên ánh xạg có duy nhất điểm bất độngx 0 ∈ R

2 có duy nhất nghiệm thựcx 0

Ứng dụng nguyên lí ánh xạ co Banach chứng minh sự tồn tại giới hạn của dãy số

tồn tại giới hạn của dãy số

Bài toán 2.5 Cho dãy số thực(u n )xác định như sau: u 1 = a, u n+1 = 1

Chứng minh rằng(u n )là dãy hội tụ.

Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1

2ln 1 +x 2 −2002,vớix ∈ R. Đây là hàm khả vi trên Rvà f ′ (x) = x

Theo Định lý Lagrange, với mọix, y, tồn tạic giữaxvà y để

Như vậyf(x) là ánh xạ co nên có duy nhất điểm bất động.

Ta có dãy(u n ) đã cho là dãy lặp xác định bởi un+1 = f(un), nên dãy(u n )hội tụ tới điểm bất động duy nhất củaf.

Tức là,(u n ) là dãy hội tụ.

Bài toán 2.6 Khảo sát sự hội tụ của dãy (an) cho bởi a 1 = a ⩾ 0, a n+1 = √

√2x+ 1. Vậyf(x) chưa phải là ánh xạ co trên[0; +∞).

Tuy vậy,f ′ (x) > 0nênf(x) đồng biến Vậy a 2 = f (a 1 ) = √

Vậyf(x) là ánh xạ co trên[1; +∞) Từ đó dãy(a n ),vớin ⩾ 2hội tụ.

Do đó dãy (an),vớin⩾ 1cũng hội tụ Gọi giới hạn của nó là λ, ta có λ = √

Bài toán 2.7 Khảo sát sự hội tụ của dãy (an) cho bởi a1 = a ⩾ 0, an+1 = 1

Lời giải Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được a n ∈ [0; 1] ∀n∈ N, n ⩾ 1.

(1 +x) 2 < 0, Suy raf(x)giảm song chưa phải là ánh xạ co.

4. Vậyg(x) là ánh xạ co Áp dụng nhận xét1.2.10 (iv), với mọix ∈ [0; 1] thì g(x) = f 2 (x) hội tụ về điểm bất độngx ∗ duy nhất củaf.

Khi đó dãy(a n ) hội tụ vềλ thỏa mãn: λ = 1

Bài toán 2.8 (Olympic 2022, ĐH Hàng Hải Việt Nam, P.Q Khải đề xuất) Cho dãy số thực(x n )xác định bởi

3 + x n px 2 n −1, ∀n ∈ N ∗ Tìm giới hạn của dãy khintiến dần tới dương vô cùng.

Lời giải Trước tiên, bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được x n ⩾ √

3, thì dãy đã cho là dãy lặp xác định bởi xn+1 = f(xn), ∀n⩾ 2, vớix n ⩾ √

Theo Định lý Lagrange cho hàmf trên tập X = [√

Vậyf(x) là ánh xạ co trên[√

3; +∞) Từ đó dãy(x n ),vớin ⩾ 1hội tụ.

Giới hạnλcủa nó thỏa mãn λ = √

Bài toán 2.9 (Olympic 2022, Trường ĐH Sư phạm - ĐH Huế, N.V Hạnh đề xuất)Cho dãy số (x n ) ∞ n=1 được xác định bởi x 1 = 1

, với mọin⩾ 1 Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ và tìm lim n→∞x n

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có x n ⩾

Bằng quy nạp ta chứng minh được

# Áp dụng Định lý Lagrange cho hàmg trên tập X "√ 3

Vậy g(x) là ánh xạ co trên

# Từ đó (xn),vớin ⩾ 1hội tụ trongX. Giới hạnλcủa nó thỏa mãn λ = 1 4 λ+ 3 λ

Bài toán 2.10 (Olympic 2022, ĐH Thuỷ Lợi, N.H Thọ đề xuất)

Vớin∈ N, cho dãy số(x n ) ∞ n=1 xác định bởi:

Lời giải Ta dễ dàng chứng minh được x n ∈ (4; 5)với mọin ⩾ 2 theo phương pháp quy nạp toán học.

4. Theo Định lý Lagrange cho hàmf trên tập X = [4; 5], ta có

Vậy f là ánh xạ co yếu trên không gian mêtric compact X hay dãy (x n ) hội tụ vềx ′ thỏa mãn x ′ = 1

Bài toán 2.11 (Olympic 2019) Cho (xn) ∞ n=1 là dãy số được xác định bởi các điều kiện x 1 = 2019, x n+1 = ln (1 + x n )− 2xn

1 Chứng minh rằng (x n ) ∞ n=1 là một dãy số không âm.

2 Chứng minh rằng tồn tại số thựcc ∈ (0; 1)sao cho

3 Chứng minh rằng dãy(x n ) ∞ n=1 có giới hạn hữu hạn Tìm giới hạn đó.

Vậyf đơn điệu không giảm trên [0,+∞) Do đó f(x) ⩾ f(0) = 0, ∀x ⩾ 0.

Màx 1 ⩾ 0 nên (bằng quy nạp) ta cóx n+1 = f(x n ) xác định và không âm với mọin⩾ 1.

Vậy luôn tồn tại số0< c < 1

4 sao cho f ′ (x) ⩽ c. Áp dụng Định lý Lagrange, ta có:

|f(a)−f(b)| = |f ′ (m)||a−b| ⩽ c|a−b|, (2.3) với mọia, b ∈ [0,+∞) (mở giữa avàb).

3 Từ (2.3), f là ánh xạ co trên không gian mêtric đầy đủ [0,+∞) nên dãy (x n ) ∞ n=1 hội tụ về điểm bất động x ∗ củaf, tức là x ∗ = ln (1 +x ∗ )− 2x ∗

Vậy dãy(x n ) ∞ n=1 có giới hạn hữu hạn là0 ■

Bài toán 2.12 (Olympic 2019, ĐH Nha Trang đề xuất) Cho (x n ) ∞ n=1 là dãy số được xác định bởi các điều kiện x1 = 1

2 Chứng minh(x n ) ∞ n=1 hội tụ và tìm giới hạn đó.

2 < x n < 0vớin⩾ 2nào đó Lúc đó

Theo phương pháp quy nạp ta có x n ∈

, thì dãy đã cho là dãy lặp xác định bởi x n+1 = f(x n ), ∀n⩾ 2, trong đóx n ∈

Suy ra, g là ánh xạ co yếu trên không gian mêtric compact X −1

2 ; 0 với mêtric cảm sinh bởi mêtric thông thường trên R Do đó, tồn tại duy nhất một điểm bất độngα củag Hay dãy đã cho hội tụ vềα sao cho α = α 2 − 1

Bài toán 2.13 (Olympic 2017) Cho (u n ) ∞ n=1 là dãy số được xác định bởi các điều kiện: u1 = 1, un+1 = 1

Chứng minh rằng dãy số(u n ) ∞ n=1 hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Lời giải Trước hết, bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được un ∈ (−1; 0), ∀n⩾ 2. Đặt f(x) = 1

2x 2 −1, x ∈ (−1; 0), thì dãy đã cho là dãy lặp xác định bởi un+1 = f(un), ∀n⩾ 2, trong đóu n ∈ (−1; 0).

Suy ra, f là ánh xạ co yếu trên không gian mêtric compact X = [−1; 0] với mêtric cảm sinh bởi mêtric thông thường trên R Do đó, tồn tại duy nhất một điểm bất độngα củaf Hay dãy đã cho hội tụ về α sao cho α = 1

Vậy(u n ) ∞ n=1 hội tụ và n→∞lim u n = 1−√

Bài toán 2.14 (Olympic 2017, ĐH An Giang đề xuất)Cho dãy số(a n )xác định bởi a 1 = −4, a n+1 = 2(2a n + 1) a n + 3 , ∀n⩾ 1.

Tìm giới hạn của dãya n

Lời giải Ta cóa 2 = 14 và a 3 = 58

17. Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh đượca n > 2với mọin ⩾ 2.

Vậy luôn tồn tại một số0< k < 2

Khi đó áp dụng Định lý Lagrange với mọix, y ∈ (2; +∞),c ̸= x, y, ta có

Vậy g là ánh xạ co trên [2; +∞) Suy ra dãy (a n ) hội tụ tới điểm bất động duy nhấtl củag với l thỏa mãn: l = 4l+ 2 l + 3

Bài toán 2.15 Cho dãy số (u n )xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số(u n ) có giới hạn hữu hạn và tìm lim n→∞u n

Chứng minh Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được u n ∈ (1,2) ∀n∈ N ∗ Đặt f(x) = 1 +x− x 2

Khi đó(u n ) là dãy lặp xác định bởi u n+1 = f(u n ) = 1 +u n − u 2 n

|f ′ (x)| < 1, ∀x ∈ (1,2). Áp dụng Định lý Lagrange cho hàmf trên tập X = [1; 2], ta có

Suy ra f(x) là ánh xạ co yếu trên tập compact X = [1; 2] hay u n có giới hạn hữu hạn.

Gọi giới hạn của dãy số trên làα, do hàmf(x)liên tục trên (1; 2)nên qua giới hạn (2.4), ta được: α = 1 +α− α 2

Bài toán 2.16 Cho số thực avà dãy số(u n ) xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số(u n ) có giới hạn khin→ +∞.

2010ln x 2 + 2011 2 −2011 2 Khi đó(u n ) là dãy lặp xác định bởi: u n+1 = f(u n ) = 2011

2x x 2 + 2011 2 Mặt khác:x 2 + 2011 2 ⩾ 2|x|2011, từ đó suy ra

2010 < 1,∀x ∈ R. Áp dụng Định lý Lagrange:

Ta đượcf là ánh xạ co trênRhay dãy (u n )có giới hạn.

Bài toán 2.17 Choa là một số thực và dãy số(x n ) xác định như sau: x 1 = a; x n+1 = cos(x n )vớin = 1,2,3, Chứng minh rằng dãy (x n ) hội tụ.

Chứng minh Ta có −1⩽ x n ⩽ 1vớin = 2,3 .

Dãy trên có dạng x n+1 = f(x n ) với f : [0,1] → [0,1] x 7→ f(x) = cosx Trên đoạn[0; 1] ta có f ′ (x) = −sinx, do đó

Với mọia, b ∈ [0; 1] vàcnằm giữaavà b, áp dụng Định lý Lagrange, ta có:

Ta đượcf là ánh xạ co yếu trên tập compact[0; 1] hay(x n )hội tụ.

Bài toán 2.18 Cho dãy số (u n )xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số(un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số.

Giả sử1 < u n < 2vớin ⩾ 2nào đó Khi đó:

Theo phương pháp quy nạp, ta cóun ∈ (1; 2),∀n⩾ 1.

22 x 2 ln 2 ⩽ ln 2 < 1,∀x ∈ [1; 2]. Áp dụng Định lý Lagrange chof với mọix;y ∈ [1; 2](x ̸= y) vàc nằm giữax vày:

Suy raf là ánh xạ co yếu trên[1; 2]. Áp dụng nguyên lý ánh xạ co ta có(un) hội tụ đếna với1⩽ a ⩽ 2và khi đó f(a) = a ⇒ 2 a 2 = a (2.5)

22 x 2 ln 2−1 ⩽ ln 2−1< 0, ∀x ∈ [1; 2] vàg(2) = 0nên phương trình (2.5) có duy nhất nghiệma = 2trong [1; 2]. Vậy dãy số(u n )có giới hạn hữu hạn khi n→ +∞và n→+∞lim un = 2.

Bài toán 2.19 Cho dãy số x n xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ.

Bằng phương pháp quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được2< x n < 3,∀n⩾ 2. Xét hàm số f(x) q

Theo Định lý Lagrange, ta có

Do0< f ′ (c) < 1nên luôn luôn tồn tại sốq < 1sao chof ′ (c) ⩽ q khi đó

|f(x)−f(y)| ⩽ q|x−y|, hayf(x) là ánh xạ co (trên[2,3]).

Dãy đã cho là dãy lặp x n+1 = f(x n ), theo tính chất trên thì dãy số đã cho hội tụ.

Bài toán 2.20 Cho a là số thực không âm và dãy số (u n ) xác định bởi công thức: u1 = 3, un+1 = 1

4n 2 +a q u 2 n + 3, ∀n⩾ 1. a) Vớia = 0, chứng minh rằng dãy số(u n )có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Với mọia ∈ [0; 1], chứng minh rằng dãy số(u n ) có giới hạn hữu hạn.

Lời giải. a) Vớia = 0, ta có u 1 = 3, u n+1 = 1

Dễ thấy un > 0∀n và bằng quy nạp, ta có thể chứng minh đượcun < 3, ∀n.

Khi đó dãy số đã cho viết thành u n+1 = f(u n ).

Theo Định lý Lagrange, ta có

Dof ′ (c) < 1nên luôn tồn tại sốq < 1sao chof ′ (c) ⩽ q khi đó

|f(x)−f(y)| ⩽ q|x−y|, hayf(x) là ánh xạ co, theo tính chất nêu trên thì dãy số đã cho hội tụ.

Gọi α là giới hạn của dãy, do hàmf liên tục trên (0,3)nên chon → ∞ trong (2.6), ta được α = 1

Vớiα ⩾ 0giải ra, ta đượcα = 1 Vậy lim n→∞un = 1. b) Với mọia ∈ [0; 1], ta có n 2 4n 2 + 1 ⩽ n 2 4n 2 +a ⩽

Xét hai dãy(x n ) và(y n ) xác định như sau:

Tương tự câu a), ta có

√ x 2 + 3,∀x ∈ [0; 3], nlà tham số. Khi đó, dãy(y n )là dãy lặp y n+1 = g(y n ) = 1

Theo Định lý Lagrange, ta có

Dog ′ (c) < 1nên luôn tồn tại sốq < 1sao chog ′ (c) ⩽ q khi đó

|g(x)−g(y)|⩽ q|x−y|, hayg(x)là ánh xạ co, theo tính chất nêu trên thì dãy số đã cho hội tụ.

Mặt khácg là hàm liên tục , gọilimy n = L, chuyển qua giới hạn (2.7), ta được:

VớiL ⩾ 0, giải ra, ta đượcL = 1.Vậy limyn = 1. Áp dụng định lý về giới hạn kẹp, ta suy ralimu n = 1 ■

Bài toán xấp xỉ nghiệm và sai số phương trình φ(x) = 0

Bài toán: Giả sử đã biết điểm bất độngx ∗ của hàm φ Hãy tìm một dãy xấp xỉ chox ∗ , từ đó đánh giá sai số của dãy xấp xỉ đã xây dựng so vớix ∗

[1] đã giới thiệu một số phương pháp lặp cho phép chúng ta xấp xỉ nghiệm gần đúng của một phương trình Một phương pháp có tốc độ hội tụ khá nhanh đó là phương pháp Newton (phương pháp tiếp tuyến).

Ta giả thiết rằng các điều kiện sau thoả mãn:

(h1) Phương trình (2.8) có nghiệm x ∗ duy nhất trên [a, b].

(h2) φ∈ C 2 [a, b]và φ ′ (x), φ ′′ (x)không đổi dấu trên [a, b].

Nhắc lại rằng điểmx ∈ [a, b]được gọi là điểm Fourier, nếu f ′′ (x)f(x) > 0. Để không giảm tính tổng quát, hàmφ(x)trong phương trình (2.8) có thể coi có đạo hàm φ ′′ (x) > 0, nếu không ta xét phương trìnhg(x) = 0, với g := −φ. Chọn xấp xỉ ban đầux 0 là điểm Fourier:φ(x 0 )φ ′′ (x 0 ) > 0.

Phương trình tiếp tuyến của đường congy = φ(x)tại điểm M 0 (x 0 , φ(x 0 )) có dạng y = φ ′ (x0) (x−x0) +φ(x0).

Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với trục hoành là:

Sau đây ta chỉ xét trường hợp φ ′ < 0 Trường hợp φ ′ > 0 hoàn toàn tương tự. Khai triểnφ(x n )tại điểm x n−1 theo công thức Taylor, ta có: φ(x n ) =φ(x n−1 ) +φ ′ (x n−1 ) (x n −x n−1 ) + φ ′′ (x n−1 )

2φ ′ (x n ) ⩾ 0, do đó dãy{x n }đơn điệu không giảm.

Nếu có x n > x thì doφ ′ (x) < 0nên φ(x n ) < φ(x) = 0. Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thứcφ(xn) ⩾ 0 Như vậy x n ⩽ x n+1 ⩽ ã ã ã ⩽ x, suy ra tồn tại giới hạn n→∞lim x n = ζ.

|φ(x n )| = |φ ′ (x n )| |x n+1 −x n | ⩽ M |x n+1 −x n |, trong đó M = sup{|φ ′ (x)| : x ∈ [a, b]}. Chon→ ∞ ta đượcφ(ζ) = 0 Từ giả thiết (h1) suy raζ = x ∗

Trong [2], các tác giả đã sử dụng nguyên lí ánh xạ co Banach để xây dựng dãy lặp dùng để xấp xỉx ∗

Giả sử X ⊂ R sao cho X cùng với mêtric cảm sinh từ mêtric thông thường trênR là một không gian đầy đủ φ là một hàm khả vi sao cho φ ′ ̸= 0 trên tậpX Xét hàm sốf được xác định như sau: f(x) =x− φ(x) φ ′ (x), ∀x ∈ X.

Khi đó,x 0 ∈ X là nghiệm của phương trìnhφ(x) = 0 khi và chỉ khi x 0 là điểm bất động củaf Như vậy nếuf là ánh xạ co trên không gian mêtric đầy đủX thì theo nguyên lí ánh xạ co Banach, với mọi x 0 ∈ X sẽ có dãy lặp f n (x 0 ),∀n⩾ 1, hội tụ tới điểm bất động x ∗ của f, tức là dãy lặp nói trên hội tụ tới nghiệm x ∗ củaφ(x) = 0.

Trường hợp thứ nhất, nếu ta chưa biết (chính xác) nghiệmx ∗ của phương trìnhφ(x) = 0thì ta có thể tìm một dãy lặp theof để xấp xỉ x ∗

Trường hợp thứ hai, nếu ta đã biết nghiệm x ∗ thì có thể xây dựng được một dãy để sao cho dãy đó hội tụ tới x ∗ , từ đó có thể đánh giá sai số cũng như tốc độ hội tụ vềx ∗ của dãy đã xét.

Xét ví dụ minh họa bằng bài toán đơn giản sau đây:

Bài toán 2.21 Tìm xấp xỉ của √

2là nghiệm dương của phương trình φ(x) = x 2 −2 = 0.

Như vậy, có dãy lặp ứng với hàm f(x) = x− φ(x) φ ′ (x) được cho bởi x n+1 = x n − x 2 n −2

Nói cách khác, đây là dãy lặp của hàmf(x) = x

Vìxy ⩾ 1nên0 < 2 xy ⩽ 2, do đó

Như vậy f là ánh xạ co trên X, theo nguyên lí ánh xạ co Banach, dãy lặp đối với f sẽ hội tụ với mọi giá trị x0 ∈ X cho trước tới điểm bất động x ∗ = √

2< 2, ta xét với một số giá trị ban đầu củax 0 để đánh giá tốc độ hội tụ vềx ∗ cụ thể trong bảng sau: n x n x n x n x n x n

Bảng 1 Giá trị của dãy lặp với các giá trị ban đầu khác nhau

2 ≈ 1.41421356237309504880 nên ta thấy rằng phép lặp hội tụ khá nhanh. Để ước lượng sai số ta sử dụng đánh giá sau đây được suy ra từ chứng minh của nguyên lí ánh xạ co Banach. d(x n , x ∗ ) ⩽ α n

1−αd(x 0 , f(x 0 )) với mọin ∈ N (2.10) Chẳng hạn, để đánh giá sai số trong Bài toán 2.21, ta xét trường hợp x 0 = 1, khi đó f(x 0 ) =f(1) = 3

Từ đó, theo (2.10) ta có d(x n , x ∗ ) ⩽ k n

2 n Dựa vào đánh giá trên, có thể đánh giá sai số của dãy lặp đã cho với điểm bất động (chính là giới hạn của dãy) cần tìmx ∗ Chẳng hạn vớin = 4thì d(x n , x ∗ ) ⩽ 0,0625, tuy nhiên dựa vào Bảng 1 ta thấy độ chính xác thực tế cao hơn nhiều So sánh với các đánh giá sai số của phương pháp Newton (xem các ví dụ trong [1]) thì phương pháp đánh giá ở trên có độ chính xác không cao bằng.

Bài toán 2.22 Xây dựng một dãy xấp xỉ cho nghiệm dương của phương trình x 2 + x−1 = 0 và đánh giá sai số.

Lời giải Trước hết theo định nghĩa, có dãy lặp ứng với hàm f(x) = x− φ(x) φ ′ (x) được cho bởi: x n = x n−1 − x 2 n−1 + x n−1 −1

2x n−1 + 1. Nói cách khác, đây là dãy lặp của hàm f(x) = x 2 + 1

2x+ 1. Mặt khác, với∀x, y ∈ [1,+∞], ta có d(f(x), f(y)) x 2 + 1 2x+ 1

Do đó f là co trên X = [1,+∞) Như vậy theo Định lý 1.2.4, dãy lặp đối vớif sẽ hội tụ với mọi giá trịx0 ∈ Xcho trước tới điểm bất độngx ∗ không âm củaf Theo Định lý 1.2.4, với mọi giá trịx 0 thì dãy lặp (f n (x 0 )),∀n ⩾ 1 luôn hội tụ về điểm bất động duy nhấtx ∗ củaf.

Ta xét với một số giá trị ban đầu của x 0 để đánh giá tốc độ hội tụ về x ∗ của dãy lặp, kết quả cụ thể trong bảng sau: n x n x n x n x n x n

Bảng 2 Giá trị của dãy lặp với các giá trị ban đầu khác nhau

Dựa theo Bảng 2 , nhận thấyx ∗ ≈0,618.

Tiếp theo ta đánh giá sai số.

Từ đó theo 2.10, ta có: d(x n , x ∗ ) ⩽ k n

Dựa vào đánh giá2.11, có thể đánh giá sai số của dãy lặp đã cho với điểm bất động (chính là giới hạn của dãy) cần tìmx ∗

Chẳng hạn vớin = 7thì vế phải của2.11 nhỏ hơn0,002.

Bài toán 2.23 Tìm xấp xỉ của 3

7là nghiệm của phương trình: φ(x) = x 3 −7 = 0.

Như vậy, có dãy lặp ứng với hàm f(x) = x− φ(x) φ ′ (x) được cho bởi xn+1 = xn− x 3 n −7

Nói cách khác, đây là dãy lặp của hàmf(x) = 2x

Như vậyf là ánh xạ co trênX, do đó dãy lặp đối với f sẽ hội tụ với mọi giá trị x 0 ∈ X cho trước tới điểm bất độngx ∗ = √ 3

Ta xét với một số giá trị ban đầu củax0 để đánh giá tốc độ hội tụ vềx ∗ n x n x n x n x n x n

Bảng 4 Giá trị của dãy lặp với các giá trị ban đầu khác nhau

7 ≈1.91293118277nên ta thấy rằng phép lặp hội tụ nhanh và sát kết quả. Sau đây ta đánh giá sai số.

Trước hết, nếu chọnx 0 = 1 Khi đó: d(f (x 0 ), x 0 ) = |f (x 0 )−x 0 |

Khi đó theo 2.10 ta có: d(x n , x ∗ ) ⩽ k n

Dựa vào đánh giá2.12, ta có thể đánh giá sai số của dãy lặp đã cho với điểm bất động (chính là giới hạn của dãy) cần tìm x ∗ Chẳng hạn với n = 8 thì vế phải của2.12 nhỏ hơn0,2341 ■

Trong nhiều trường hợp ánh xạ f không phải là ánh xạ co, nhưngf n với n∈ Nnào đó lại là ánh xạ co Và khi đó áp dụng các phương pháp trên cho ánh xạ cof n có thể giúp ta giải quyết được bài toán như bài toán sau đây.

N ∗ là dãy số xác định bởi các điều kiện

Hãy tìm tất cả các giá trị thực củaađể dãy đã cho hội tụ Từ đó đánh giá sai số của dãy lặp đối với giới hạn của dãy trong trường hợp hội tụ.

Lời giải Ta có đánh giá sau: d(f(−1), f(0)) > d(−1,0) nênf không là ánh xạ co.

Tuy nhiên f 2 (x) =e −e −x lại là ánh xạ co trên R.

Thật vậy, f 2 (x) =e −e −x là hàm khả vi trên Rvà: f 2 ′ (x)

⩽ 1 e. Theo Định lý Lagrange,∀x, y ∈ Rtồn tại điểm cnằm giữaxvày để:

|f(x)−f(y)| = |f ′ (c)(x−y)| ⩽ 1 e|x−y| hay d(f(x), f(y)) ⩽ 1 ed(x, y). Điều này chứng tỏf 2 là ánh xạ co trên không gian mêtric đầy đủR Khi đó áp dụng Nhận xét1.2.10(iv), với mọix 0 ∈ X thìf n (x 0 )hội tụ về điểm bất độngx ∗ duy nhất củaf.

Ngoài ra, đã biết điểm bất động củaf là hoành độ của giao điểm của hai đồ thị hàm sốf(x) = e −x vàf(x) = x.

Mặt khác, có thể thấy hai đồ thị nói trên giao nhau tại duy nhất một điểm a ∈ [0; 1] Tính chất này gợi ý chỉ cần xét hàm f trong không gian mêtric compactX = [0; 1]. Điều này sẽ cho thấy tốc độ hội tụ càng nhanh về điểm bất động của f khi giá trị ban đầux 0 càng gần với những điểm thuộc vào tậpX = [0; 1].

Việc đánh giá sai số được thực hiện tương tự các bài toán trên như sau: Nếu chọnx 0 = 0 Khi đó: d(f (x 0 ), x 0 ) =|f (x 0 )−x 0 |

Khi đó theo 2.10, ta có: d(x n , x ∗ ) ⩽ k n

Ngày đăng: 27/03/2024, 09:07

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w