Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?

Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat 

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$

Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $ 

Trở lại bài toán, ta có 

$x=px_1;  y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không ) 

Quy về lại pt : 

$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$ 

Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn

Mình xin sửa lại như sau 

Dễ thấy $u_n>0 $ 

Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $ 

Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $ 

Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $

Thật vậy, ta có 

$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$ 

Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $ 

Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $ 

Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $ 

Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $

Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $ 

 

Câu 4: 

           a) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $cos^{2}B+ cos^{2}C\leq sin^{2}A$

           Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $F=\sqrt{2}sin^{4}\frac{A}{2}+\sqrt{2}cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}$

           b) Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}u_{1}=2 \\ \frac{u_{n+1}}{2}=\frac{u_{1}}{1}+\frac{u_{2}}{3}+\frac{u_{3}}{5}+...+\frac{u_{n}}{2n-1} \end{cases}$

           Với mỗi $n\in N^{*}$, đặt $S_{n}=\frac{u{_{1}}^{2}+u{_{2}}^{2}+u{_{3}}^{2}+...+u{_{n}}^{2}}{n^{3}}$. Tính $limS_{n}$.

 

Khi tìm quy luật, ta sẽ đi chứng minh 

$\dfrac{u_{n}}{2n-1} = \dfrac{4}{3} , \forall n \geq 2$ 

Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp 

Với $n=2;3$ ta thấy đúng

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$

Thật vậy, ta có 

$\dfrac{u_{n+1}}{2} = 2+ \dfrac{4}{3}(n-1) = \dfrac{2+4n}{3} $

Suy ra $\dfrac{u_{n+1}}{2n+1} = \dfrac{4}{3} $

Tới đây suy ra 

$u_n = \dfrac{4}{3} . (2n-1) $ 

Thay vô, ta được 

$S_n= \dfrac{4+\dfrac{16}{9} ( 1^2+3^2+...+(2n-1)^2 ) }{n^3} $

Bây giờ ta chỉ cần tìm công thức tính tổng bình phương của các số lẻ 

Dễ tính được $1^2+3^2+5^2+ ... + (2n-1)^2 = \dfrac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+2(n-1)n+n-1 $

Tới đây bạn thay vô là xong 

$x_1=3$ và  $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó

Bài này cơ bản thôi \\

Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $ 

Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $ 

Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng 

Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp 

Với $n=1 => x_1 =3 <5 $ 

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh 

$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED 

Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$

 

5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm

Hàm nay chưa chắc là hàm đa thức và cũng không phải hàm trên N (đề cho trên R+) 

2 bạn giải như thế hình như sai rồi :/

$R^{+}$ đươc nhé bạn ơi. Bạn xem lại nha

Câu 3 (4,0 điểm)

 

Giả sử $q$ là một số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:

 

$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=2u_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$

 

Tìm $q$ , biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$

Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )

Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí 

Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $

Khi đó, ta xét

TH2: $q=3k+2$

Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $

Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy 

Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $ 

TH2: $q=3k+1 $ 

Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $  

Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thì

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$

Mình có 1 lời giải bằng C-S cho bài này 

Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$

đây cũng phải PTH đa thức

Cũng đặt $g(x)$ như bạn

Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $ 

Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$

$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )  

Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $ 

Đặt $u_n=x_n-3n $

Khi đó thay vào lại, ta được 

$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $

Sai phân, ta tính được

$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $ 

Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí 

Do đó $c_2=0 $

Tới đây dễ rồi 

Bài này trong IMO 1990 . 
Lời giải : 

Xét $n=1$ (thỏa)

 

Xét $n>1$ :

Trước hết ta chứng minh $3 \mid n$

Từ giả thiết ta có : $n \mid 2^n+1 \Leftrightarrow 2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ n)

Gợi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ và $h=ord_{n}(2)$

$\Rightarrow$ $2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ $p$) và $2^h \equiv 1$ ($mod$ $p$)

Theo định lý Fermat nhỏ ta cũng có : $2^{p-1} \equiv 1 $($mod$ $p$)

$\Rightarrow h \mid p-1 , h \mid 2n$

$\Rightarrow h \mid (p-1,2n) = 2$ (Vì $p-1<p \mid n$ nên $(p-1,n)=1$)

$\Rightarrow h=2$ (Dễ thấy $h=1$ không thỏa)

Từ đó ta có $p \mid 2^2-1=3 \Rightarrow 3 \mid n$

---------------------------------

Đặt $n=3^k.y ($Với $k,y \in N, (y,3)=1 )$

Từ giả thiết ta có : $v_{3}(n^2) \leq v_{3}(2^n+1)$

$\Leftrightarrow 2k \leq k+1$ 

$\Leftrightarrow k=1$

Suy ra $n=3y$ (với $i \in N, (i,3)=1)$

Giả sử $y>1$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố của $y$ (q khác 3)

Tương tự như trên suy ra $q \mid 2^{(2n,q-1)}-1 \mid 2^6-1=63 \rightarrow q=7$

Dẫn tới $7 \mid 2^n+1$ (Dễ thấy điều này vô lý vì $VP \equiv 1,2,4 (mod 7)$)

Vậy $y=1 \rightarrow n=3 $

Vậy $n=3,n=1$ thỏa đề

Chỗ này sai nhé bạn

$(p-1,2n) $ có thể khác 2

Ví dụ $p=5, n=60 $ 

Cho a,b,c,p là các số thực. CMR:

$(\frac{a}{b+c})^p$ + $(\frac{b}{c+a})^p$ + $(\frac{c}{b+a})^p$ $\geq$ $ \frac{3}{2^p}$

$a=b=1, c->0,0001 .p =\dfrac{1}{2} $ bất đẳng thức sai 

Tìm tất cả các hàm $f$ xác định trên tập các số thực và nhận giá trị thỏa mãn $5$ điều kiện sau đây:

$(1) f(1)=1;$

$(2)f(-1)=-1;$

$(3)f(x)\leq f(0)$ với $0<x<1;$

$(4)f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ với mọi $x,y$

$(5)f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1$ với mọi $x,y$

Từ $(4)$ cho $y=0 => f(x) \geq f(x) +f(0) => f(0) \leq 0 $

Mặt khác, cho $y=-1 $ vào $(4),(5) $, ta suy ra được $f(x-1) \geq f(x) -1 $ và $f(x-1) \leq f(x) $

Suy ra $f(x) \geq f(x-1) \geq f(x) -1 $

Cho $x=1 => 1=f(1) \geq f(0) \geq f(1) -1 =0 $

Do đó $f(0)=0 $

Từ $(5)$ thay $y=1-x $, xét $x \in (0,1) $ , ta được

$1=f(1) \leq f(x) + f(1-x) +1 \leq 1 $ ( do $1-x \in (0,1) $ )

Do đó $1=f(x) +f(1-x) + 1 => -f(x) =f(1-x) $

Thay $x=1-x => f(x) =0 , \forall x \in [0,1) $

Đặt $g(x)= x-f(x) $

Khi đó , $(4),(5) $ được viết lại

$g(x+y) \leq g(x) + g(y) $

Và $g(x+y) \geq g(x) +g(y) -1 $

Thay $y=1$, ta được $g(x+1) \leq g(x) $

Mặt khác, thay $y=-1$, ta được $g(x-1) \leq g(x) $

Suy ra $g(x) \leq g(x+1) $

Từ đó suy ra $g(x) =g(x+1) $

Suy ra $f(x+1) =f(x)+1 $

Mà ta đã có $f(x)=0, \forall x \in [0,1) $

Do đó $f(x) = [x] $

Thử lại thỏa

Cảm ơn huykinhcan99. Đã sửa. Mình gõ lộn tí 

Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $ 

Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $ 

Bài làm 

Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$ 

Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$ 

Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $

Chứng minh vế đầu, ta có

$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n}  \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $  

Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $ 

Tương đương với $  \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó vế đầu được chứng minh

Ta tiêp tục chứng minh vế sau

Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau 

$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $ 

Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $

         $<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $

Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp 

Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có 

$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$

Tức là ta cần chứng minh 

$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $ 

Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $  

Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $

Nên ta cần chứng minh  

$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $

$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có 

$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $

Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $

Bài 1:

a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $ 

b/

Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $ 

Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $

Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được

$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $ 

Từ đó suy ra được $n=6k+3 $ 

 

Câu 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa $9x^{2} + 24x + 15 = y^{3}$.

 

Đặt $a=3x+4 $

Phương trình được viết lại như sau 

$a^2-1 = y^3 <=> a^2 = (y+1)(y^2-y+1) $

Do $a \equiv 1 $ (mod $3$ )

Nên  VP không chia hết cho $3$

Do đó $gcd(y+1;y^2-y+1) = 1 $

Tức là $y+1=b^2 ; y^2-y+1=c^2 $ 

Còn lại thì thay $y=b^2-1$ vào, ta được

$(2b^2-3)^2 +3=4c^2 $

Tới đây phân TH chắc dễ rồi

 

 

Câu 2. Cho dãy số thực $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}x_{1} = \dfrac{5}{2} \\ x_{n + 1} = \sqrt{x_{n}^{2} - 12x_{n} + \dfrac{20n + 21}{n + 1}}\end{cases}$, $\forall n \ge 1$. Chứng minh rằng dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Ego sửa lại luôn nhé $x_{n+1} = \sqrt{x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} } $ mới đúng 

Bài này thì chắc quen thuộc rồi

Ta sẽ quy nạp $x_n \geq 2 , \forall n \in N^{*} $ 

Với $n=1 $ thì $x_1 =\frac{5}{2} \geq 2 $

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$

Thật vậy, ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} \geq x_n^3-12x_n +20 \geq 4 $ do $x_n \geq 2 $

Do đó $x_n \geq 2 , \forall x \in N^{*} $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n $ giảm 

Xét hàm số $f(t) = \frac{20t+21}{t+1} $

có $f'(t) = \frac{-1}{(t+1)^2} < 0 $

Do đó $f(t)$ nghịch biến

Do đó $f(n+1) \leq f(n) $ 

Xét hàm số $g(x) = x^3-12x $ trên $[2, + \infty) $

Có $g'(x) = 3x^2 -12 \geq 0 $

Do đó $g(x) $ đồng biến

Ta có $x_2 < x_1 $

Nên giả sử $x_{n-1} > x_n $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n > x_{n+1} $

Thật vậy ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} $

$x_n^2 = x_{n-1}^3 - 12x_{n-1} +\frac{20(n-1)+21}{n} $ 

Ta suy ra đc

$x_{n+1}^2 - x_n^2 \leq 0 $ 

Do đó $x_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại $L = lim x_n $

Giải ra được $L=2 $ 

Theo mik thấy thì cách $1$ ko ổn. Bạn làm vậy thì dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} & a=b+c & \\ & b=c+a & \\ & c=a+b & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow a+b+c=0\Leftrightarrow a=b=c=0$ (!!!)

Ở đây thì $2$ trog $3$ số ko thể đồng thời bằng $0$. Do đó ta xét $2$ TH: $1$ trog 3 số bằng $0$ (bđt hiển nhiên đúng) hoặc cả $3$ số đều dương (khi đó ta c/m $P>2$ như trên) 

Còn cách $2$ thì OK rùi 

À chỗ này nhé bạn

Như mình làm bđt ở trên thì $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Khi bạn nhân như mình ở trên thì bđt lúc sau

$\sqrt{\frac{a}{b+c} } \geq \frac{2a}{a+b+c} $ vẫn đảm bảo dấu bằng biên bạn nhé

Vậy nên mình mới nhân lên đó 

Có thể coi đây là 1 dạng yếu của phân li đẳng thức

Với lại cái kiểu này thì cũng có nhiều trong sách vở rồi 

Câu bất quen quá rồi

Theo AM-GM

$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$

Cộng lại có $P\geq 2$

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $ 

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

 

Bài 1: 

$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử

$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $

Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  =0 $ 

có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $

Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  >0 $

Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $ 

Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được

$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $

Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $

Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt 

Bài 2: 

Từ pt đề bài ta suy ra 

$x_{n+1}^2  = (x_n^2 + 3x_n)(x_n^2+3x_n +2) +1 = (x_n^2+3x_n +1)^2 $

Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $

Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được 

$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $ 

Tới đây quen thuộc rồi

Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên 

Do đó $lim x_n =  +\infty $

Do đó rút gọn sai phân là ra 

Bài 5

Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $ 

Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $ 

Biến đổi tương đương trở thành 

$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 

 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0

trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0

trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)

Do đó f(0)=0

Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R

ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng

từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 

theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

 

Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà 

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $

Do đó, ta có

$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $

Mặt khác ya có 

$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $ 

Ta chứng minh 

$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$

Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $

Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $ 

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $

Do đó $P \geq 1 $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c= \frac{1}{2} $

 

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:

                    $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$

 

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 

Tìm các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hai điều kiện sau:

i) $f(x) \geq x+1, \forall x \in \mathbb{R}.$

ii) $f(x+y) \geq f(x)f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}.$

Hình như $f(x)=e^x $

Câu dãy ngày 1

Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi: 

$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $ 

Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì