Chủ đề này có 16 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 12/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 7 có 23 toán thủ nên 2 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ không được tự ý sửa bài của mình vì nếu sửa sẽ bị chấm là 0 điểm.

4) Từ trận 7, điều lệ đã có sự thay đổi

- Sau mỗi trận, sẽ có một số toán thủ bị loại theo thứ tự ưu tiên sau:
+ Điểm xét bị loại thấp hơn
+ Tham gia lâu hơn mà chưa ra đề
+ Số báo danh nhỏ hơn

- Gọi $D_{rd}$ là điểm của toán thủ ra đề:
$$D_{rd}= 4*\left (t_{lb1} - t_{bd} \right ) + 3*n_{klb} + 2*n_{mr} + 30$$

* Gọi $S$ là điểm của toán thủ làm bài.
$$S = \left [\frac{52 - \left (t_{lb} - t_{rd} \right )}{2} \right ]+3*d+d_{mr}+d_{t}$$
Trong đó:
Kí hiệu $[x]$ chỉ phần nguyên của số thập phân $x$.

[E. Galois]

Cho dãy $(u_n)$ xác định :
$$\begin{cases} u_1 = 2 \\ u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{2013}(u_{n}^2-u_n) , n \ge 1 \end{cases}$$
Tìm $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}$
Toán thủ ra đề: sogenlun

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Cho dãy $(u_n)$ xác định :
$$\begin{cases} u_1 = 2 \\ u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{2013}(u_{n}^2-u_n) , n \ge 1 \end{cases}$$
Tìm $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}$
Toán thủ ra đề: sogenlun

lời giải:

trước hết ta chứng minh $ (u_n) $ là dãy tăng:

thật vậy, dễ thấy $ u_2>u_1 $

giả sử $ u_k>u_{k-1}>2 $ thì:

ta có: $ u_{k+1}=\frac{1}{2003}(u_k^2+2002u_k) >u_k $

$ \Leftrightarrow u_k^2-u_k>0 $ (đúng vì $ u_k>2 $)

vậy dãy $ (u_n) $ là dãy tăng, giả sử dãy $ u_n $ có giới hạn là số $ \alpha >2 $ thì $ \alpha $ là nghiệm của phương trình:

$ \alpha^2-\alpha=0 $

$ \Leftrightarrow \alpha=0 \vee \alpha=1 $ (trái với GT )

vậy $ \lim_{n \to +\infty}u_n=+\infty$

mặt khác, từ công thức truy hồi dãy ta có:

$ 2003(u_{n+1}-1-u_n+1)=u_n(u_n-1) $

vì $ u_n>1 \forall n $ nên chia cả 2 vế của PT trên cho $ (u_{n+1}-1)(u_n-1)$ ta được:

$ \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=\frac{2003}{u_n-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1} $

$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\frac{2003}{u_1-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1} $

$ \Rightarrow \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\lim_{n \to \infty}(\frac{2003}{u_1-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1})=2003$

vậy $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=2003$

Điểm bài: 9 (Nguyên nhân nhầm lẫn 2003 và 2013 cũng có phần do BTC, nên chỉ trừ 1 điểm
S = 26+3x9=53

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:35
Chấm điểm

[minh29995]

Ta có:
$2013(u_{n+1}-u_n)=u_n.(u_n-1)$
$\Leftrightarrow \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2013(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$
Do đó:
$S_n=\sum_{i=1}^n\frac{u_i}{u_{i+1}-1}=2013\frac{1}{u_1-1}-2013\frac{1}{u_{n+1}-1}=2013(1-\frac{1}{u_{n+1}-1})$
Mặt khác: Xét dãy đã cho
$u_{n+1}=\frac{u_n(u_{n}-1)}{2013}+u_{n}$
Ta chứng minh dãy $u_n\geq2$ (*) với mọi $n\geq 1$
Thật vậy.. ta có (*) đúng với n=1
Giả sử (*) đúng với n=k thì $u_k\geq1$ ta cần chứng minh $u_{k+1}\geq 2$ (Sao lại 1 nhỉ)
Nhưng BDT này đúng vì $u_{k+1}=\frac{u_k(u_k-1)}{2013}+u_k> 2$
Do đó (*) đúng với mọi $n\geq 1$
Khi đó ta luôn có:
$u_{n+1}=\frac{u_n(u_n-1)}{2013}+u_n>u_n$
Do đó dãy $u_n$ là dãy tăng.. Giả sử dãy bị chặn trên. Khi đó tồn tại $\lim_{n \to +\infty }u_n=A$
Khi đó A thỏa mãn PT:
$A=\frac{A^2+2012A}{2013} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} A=0\\ A=1 \end{bmatrix}$
Điều này vô lí do $u_n>2$ với mọi n.
Vậy $\lim_{n \to +\infty }u_{n+1}=+\infty$
Suy ra: $\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{u_{n+1}-1}=0$
KẾT LUẬN:
$\lim_{n \to +\infty }\sum_{i=1}^n\frac{u_i}{u_{i+1}-1}=2013$

Điểm bài: 9,5
S = 26+3x9,5=54.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:35
Chấm điểm

[chagtraife]

ta có:$u_1=2> 1,u_2-u_1=\frac{1}{2003}(u_1^{2}-u_1) = \frac{1}{2003}u_1(u_1-1)> 0$
suy ra: $u_2>1, u_2> u_1$
giả sử:$u_{n}> u_{n-1};u_n> 1;$
ta có:$u_{n+1}- u_{n}= \frac{1}{2003}(u_n(u_n-1))> 0$
do đó: $u_{n+1}> u_{n}> 1$
theo nguyên lí quy nạp, ta chứng minh được:
$u_{n+1}> u_n> 1$( với mọi $n\geq 1,n$nguyên dương)
vậy :$u_n$ là dãy tăng!
giả sử $u_n$ có giới hạn hữu hạn và $a= \lim u_n$($a> 1$)
khi đó:
$a-a= \frac{1}{2003}a(a-1) \Leftrightarrow a=0 $hoặc$ a=1$(loại)
vậy $\lim u_n=\infty$ (hiện nay, người ta phân biệt rõ $+\infty$ hay $-\infty$ chứ ko nói chung chung là $\infty$)
do đó: $\lim \frac{1}{u_{n+1}-1}=0$
ta có: $u_{i+1}-u_i=\frac{1}{2003}(u_{i}^{2}-u_i) $
$\Leftrightarrow u_i^{2}-u_i=2003(u_{i+1}-u_i)$
$\Leftrightarrow u_i(u_i-1)=2003(u_{i+1}-u_i) $
$\Leftrightarrow \frac{u_i(u_i-1)}{(u_i-1)(u_{i+1}-1)}=2003\frac{(u_{i+1}-1)-(u_i-1)}{(u_i-1)(u_{i+1}-1)} $
$\Leftrightarrow \frac{u_i}{u_{i+1}-1}=2003(\frac{1}{u_i-1}-\frac{1}{u_{i+1}-1})$
do đó:$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i}{u_{i+1}-1}=2003(\frac{1}{u_1-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}) =2003(1-\frac{1}{u_{n+1}})$
vậy $\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}-1}=2003$

Điểm bài: 8.5
S = 25+8.5x3 + 10 = 60.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:35
Chấm điểm

[luuxuan9x]

Cho dãy $(u_n)$ xác định :
$$\begin{cases} u_1 = 2 \\ u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{2013}(u_{n}^2-u_n) , n \ge 1 \end{cases}$$
Tìm $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}$
Toán thủ ra đề: sogenlun

Bài giải của toán thủ luuxuan9x:

Theo đề ta có dãy số:$u_{n+1}=\frac{u_n^2}{2013}+\frac{2012u_n}{2013}$

Xét hàm số:$f(x)=\frac{x^2}{2013}+\frac{2012x}{2013}$ ,$x> 1$.

Ta có $f'(x)> 0,\forall x>1$ =>$f(x)>f(1)=1$.

Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được rằng :$u_n>1,\forall n$.

Xét hiệu :$u_{n+1}-u_n=\frac{u_n^2}{2013}-\frac{u_n}{2013}=\frac{u_n(u_n-1)}{2013}>0$.

=>$u_{n+1}>u_n$.

=>dãy số ${u_n}$ là dãy số tăng.

Giả sử tồn tại $\lim_{n \to +\infty }u_n=a (a>1)$.

=>$a=\frac{a^2}{2013}+\frac{2012a}{2013}$
<=>$\begin{bmatrix}
a=0\\
a=1
\end{bmatrix}$. (Không thỏa mãn).

Vậy $\lim_{n \to +\infty }u_n=+\infty $.

Lại có :$u_{n+1}=\frac{u_n^2}{2013}+\frac{2012u_n}{2013}$

<=>$2013(u_{n+1}-u_n)=u_n(u_n-1)$.

<=>$\frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2013\frac{u_{n+1}-u_n}{(u_n-1)(u_{n+1}-1)}=2013(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$.

=>$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2013(\frac{1}{u_1-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2013(1-\frac{1}{u_{n+1}-1})$

=>$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=2013$.

Vậy $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=2013$.

Điểm bài: 10
S = 25+3x10+10 = 65

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:36
Chấm bài

[luuxuan9x]

Cho dãy $(u_n)$ xác định :
$$\begin{cases} u_1 = 2 \\ u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{2013}(u_{n}^2-u_n) , n \ge 1 \end{cases}$$
Tìm $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}$
Toán thủ ra đề: sogenlun

Mở rộng:

Ta xét dãy $\left\{\begin{matrix}
u_1=b> 1\\
u_{n+1}=au_n^2+(1-a)u_n ,0<a<1
\end{matrix}\right.$


Xét hàm số:$f(x)=ax^2+(1-a)x$ ,$x> 1,0<a<1$.

Ta có $f'(x)> 0,\forall x>1$ =>$f(x)>f(1)=1$.

Từ đó bằng quy nạp ta chứng minh được rằng :$u_n>1,\forall n$.

Xét hiệu :$u_{n+1}-u_n=ax_n(x_{n+1}-1)> 0$.

=>$u_{n+1}>u_n$.

=>dãy số ${u_n}$ là dãy số tăng.

Giả sử tồn tại $\lim_{n \to +\infty }u_n=l (l>1)$.

=>$l=al+(1-a)l$
<=>$\begin{bmatrix}
l=0\\
l=1
\end{bmatrix}$. (Không thỏa mãn).

Vậy $\lim_{n \to +\infty }u_n=+\infty $.

Lại có :$u_{n+1}=ax_n^2+(1-a)x_n$

<=>$\frac{1}{a}(u_{n+1}-u_n)=u_n(u_n-1)$.

<=>$\frac{u_n}{u_{n+1}-1}=\frac{1}{a}\frac{u_{n+1}-u_n}{(u_n-1)(u_{n+1}-1)}=\frac{1}{a}(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$.

=>$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_n}{u_{n+1}-1}=\frac{1}{a}(\frac{1}{u_1-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=\frac{1}{a}(\frac{1}{b-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$

=>$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\frac{1}{a(b-1)}$.

Vậy $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\frac{1}{a(b-1)}$.

Điểm mở rộng: 10

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:37
Chấm điểm

[chagtraife]

mở rộng:
bài toán tổng quát:
cho dãy số được xác định như sau:
$\left\{\begin{matrix} u_1=a & & \\ u_{n+1}-u_n=\frac{1}{k}(u_n^{2}-bu_n) & & \end{matrix}\right.$
trong đó: a,b.c là các số cho trước, và a>b>0,$k\neq 0$.
tính $\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}-b}$
giải:
ta có:$u_1=a> b,u_2-u_1=\frac{1}{k}(u_1^{2}-bu_1) = \frac{1}{k}u_1(u_1-b)> 0$
suy ra: $u_2> u_1>b$
giả sử:$u_{n}> u_{n-1}> b;$
ta có:$u_{n+1}- u_{n}= \frac{1}{k}(u_n(u_n-b))> 0$
do đó: $u_{n+1}> u_{n}> b$
theo nguyên lí quy nạp, ta chứng minh được:
$u_{n+1}> u_n> b$( với mọi $n\geq 1,n$nguyên dương)
vậy :$u_n$ là dãy tăng!
giả sử $u_n$ có giới hạn hữu hạn và $x= \lim u_n$($x> b$)
khi đó:
$x-x= \frac{1}{k}x(x-b) \Leftrightarrow x=0 $hoặc$ x=b$(loại)
vậy $\lim u_n=\infty$
do đó: $\lim \frac{1}{u_{n+1}-b}=0$
ta có: $u_{i+1}-u_i=\frac{1}{k}(u_{i}^{2}-bu_i) $
$\Leftrightarrow u_i^{2}-bu_i=k(u_{i+1}-u_i)$
$\Leftrightarrow u_i(u_i-b)=k(u_{i+1}-u_i) $
$\Leftrightarrow \frac{u_i(u_i-b)}{(u_i-b)(u_{i+1}-b)}=k\frac{(u_{i+1}-b)-(u_i-b)}{(u_i-b)(u_{i+1}-b)} $
$\Leftrightarrow \frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k(\frac{1}{u_i-b}-\frac{1}{u_{i+1}-b})$
do đó:$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k(\frac{1}{u_1-b}-\frac{1}{u_{n+1}-b}) =k(\frac{1}{a-b}-\frac{1}{u_{n+1}-b})$
vậy $\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k\frac{1}{a-b}$

Điểm mở rộng: 10

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:37
Chấm điểm

[Gioi han]

LỜI GIẢI
đầu tiên, ta chứng minh $U_{n}>2,\forall n>1$
xét hàm $f(x)=\frac{1}{2003}(x^2-x)+x$ trên khoảng $(2;+\infty )$ (Nếu xét trong khoảng này thì làm gì tồn tại $f(2)$)
ta có: $f'(x)=\frac{1}{2003}(2x+2002)>0,\forall x(2;+\infty )$
$\Rightarrow f(x)>f(2)>2$
do đó $U_{2}=f(U_{1})>2,...$quy nạp ta có: $U_{n}>2,\forall n>1$
ta lại có $U_{k+1}-U_{k}=\frac{1}{2003}(U_{k}^{2}-U_{k})>0\Rightarrow U_{k+1}>U_{k}$
từ đó ta có dãy số tăng, giả sử $limU_{n}=a>2$
$\Rightarrow a-a=\frac{1}{2003}(a^2-a)$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{bmatrix}a=0\\a=1\end{bmatrix}\right.$ (vô lí)
do đó $limU_{n}=+\infty$(1)
trở lại bài toán, ta có
$U_{i+1}-U_{i}=\frac{1}{2003}(U_{i}^{2}-U_{i})\Leftrightarrow \frac{U_{i}}{U_{i+1}-1}=\frac{2003(U_{i+1}-U_{i})}{(U_{i+1}-1)(U_{i}-1)}=2003[\frac{1}{U_{i}-1}-\frac{1}{U_{i+1}-1}]$
do đó$\sum_{i=1}^{n}\frac{U_{i}}{U_{i+1}-1}=2003[\frac{1}{U_{1}-1}-\frac{1}{U_{n+1}-1}]$(2)
từ (1)(2) ta được
$\lim_{n\rightarrow \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{U_{i}}{U_{i+1}-1}$$=2003\lim_{n\rightarrow \infty }[\frac{1}{U_{1}-1}-\frac{1}{U_{n+1}-1}]=2003$
MỞ RỘNG
$\left\{\begin{matrix}U_{1}=\alpha >1\\U_{n+1}-U_{n}=\gamma (U_{n}^{2}-U_{n}),\gamma >0,n\geq 1\end{matrix}\right.$
làm tương tự ta cũng có: $\lim_{n\rightarrow \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{U_{i}}{U_{i+1}-1}=\frac{1}{\gamma }$

Điểm bài 8,5
S=14+3x8,5=39,5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:39
Chấm bài

[chagtraife]

mở rộng:
bài toán tổng quát:
cho dãy số được xác định như sau:
$\left\{\begin{matrix} u_1=a & & \\ u_{n+1}-u_n=\frac{1}{k}(u_n^{2}-bu_n),n \geq 1& & \end{matrix}\right.$
trong đó: a,b.c là các số cho trước, và a>b>0,$k\neq 0$.
tính $\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}-b}$
giải:
ta có:$u_1=a> b,u_2-u_1=\frac{1}{k}(u_1^{2}-bu_1) = \frac{1}{k}u_1(u_1-b)> 0$
suy ra: $u_2> u_1>b$
giả sử:$u_{n}> u_{n-1}> b;$
ta có:$u_{n+1}- u_{n}= \frac{1}{k}(u_n(u_n-b))> 0$
do đó: $u_{n+1}> u_{n}> b$
theo nguyên lí quy nạp, ta chứng minh được:
$u_{n+1}> u_n> b$( với mọi $n\geq 1,n$nguyên dương)
vậy :$u_n$ là dãy tăng!
giả sử $u_n$ có giới hạn hữu hạn và $x= \lim u_n$($x> b$)
khi đó:
$x-x= \frac{1}{k}x(x-b) \Leftrightarrow x=0 $hoặc$ x=b$(loại)
vậy $\lim u_n=\infty$
do đó: $\lim \frac{1}{u_{n+1}-b}=0$
ta có: $u_{i+1}-u_i=\frac{1}{k}(u_{i}^{2}-bu_i) $
$\Leftrightarrow u_i^{2}-bu_i=k(u_{i+1}-u_i)$
$\Leftrightarrow u_i(u_i-b)=k(u_{i+1}-u_i) $
$\Leftrightarrow \frac{u_i(u_i-b)}{(u_i-b)(u_{i+1}-b)}=k\frac{(u_{i+1}-b)-(u_i-b)}{(u_i-b)(u_{i+1}-b)} $
$\Leftrightarrow \frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k(\frac{1}{u_i-b}-\frac{1}{u_{i+1}-b})$
do đó:$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k(\frac{1}{u_1-b}-\frac{1}{u_{n+1}-b}) =k(\frac{1}{a-b}-\frac{1}{u_{n+1}-b})$
vậy $\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}-b}=k\frac{1}{a-b}$

Mở rộng giống ở trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 17-10-2012 - 22:41
Chấm bài

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc.

Mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[NGOCTIEN_A1_DQH]

lời giải:

trước hết ta chứng minh $ (u_n) $ là dãy tăng:

thật vậy, dễ thấy $ u_2>u_1 $

giả sử $ u_k>u_{k-1}>2 $ thì:

ta có: $ u_{k+1}=\frac{1}{2003}(u_k^2+2002u_k) >u_k $

$ \Leftrightarrow u_k^2-u_k>0 $ (đúng vì $ u_k>2 $)

vậy dãy $ (u_n) $ là dãy tăng, giả sử dãy $ u_n $ có giới hạn là số $ \alpha >2 $ thì $ \alpha $ là nghiệm của phương trình:

$ \alpha^2-\alpha=0 $

$ \Leftrightarrow \alpha=0 \vee \alpha=1 $ (trái với GT )

vậy $ \lim_{n \to +\infty}u_n=+\infty$

mặt khác, từ công thức truy hồi dãy ta có:

$ 2003(u_{n+1}-1-u_n+1)=u_n(u_n-1) $

vì $ u_n>1 \forall n $ nên chia cả 2 vế của PT trên cho $ (u_{n+1}-1)(u_n-1)$ ta được:

$ \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=\frac{2003}{u_n-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1} $

$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\frac{2003}{u_1-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1} $

$ \Rightarrow \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=\lim_{n \to \infty}(\frac{2003}{u_1-1}-\frac{2003}{u_{n+1}-1})=2003$

vậy $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{u_i}{u_{i+1}-1}=2003$

sao mình lại nhìn số $ 2013 $ thành $ 2003 $ được nhỉ @@

[Mrnhan]

ko!! lúc đầu mới có đề em cũng nhìn thấy là 2003 mà!! sao bây giờ chuyển thành 2013 được nhỉ!!
không hiểu..???

[namcpnh]

Sao lâu có kết quả vậy?Hình như cách mở rộng của anh Xuân (luuxuan9x) đúng phải không mọi người?

[E. Galois]

Điểm cho toán thủ ra đề:
$D=4x0+3x15+2x2+30=79$

[E. Galois]

Rất tiếc, một mở rộng cho bài toán này tại http://diendantoanho...nfrac1u-k-beta/, đã ko được nhắc đến

[namcpnh]

Cách mở rộng cảu anh luuxuan9x khá là giống với bài em đã gửi hồi trước hôm ra đề mấy bữa ( mà do trùng với đề này nên nó đã bị khóa rồi )