Chủ đề này có 9 trả lời

[Juliel]

KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC NGHỆ- TĨNH LẦN 2 NĂM 2013-2014

 

NGÀY 1

 

Câu 1 : Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $a_1=1,a_2=5$ và $a_n=\dfrac{a_{n-1}^2+4}{a_{n-2}}$. Chứng minh mọi số hạng của dãy đều nguyên và tìm công thức tổng quát của dãy.

 

Câu 2 : Cho $p$ là một số nguyên tố và hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ được định nghĩa :

a) Chứng minh rằng với $p>3$ thì $f(n)=2pQ_n(p)+1$ trong đó $Q_n(p)$ là đa thức biến $p$ sao cho $Q_n(p)\equiv 1\;\pmod 2$.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số tự nhiên $k$ sao cho $f(k)$ là số chính phương. 

 

Câu 3 : Tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn $(M_a)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $K$ và tiếp xúc $AB,AC$ ở $E,F$. Các đường thẳng qua $E,F$ lần lượt vuông góc với $CI,BI$ cắt nhau tại $Q$.

a) Chứng minh $E,I,F$ thẳng hàng.

b) Chứng minh $IQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

Câu 4 : Một cuộc họp có $12k$ người và mỗi người bắt tay với đúng $3k+6$ người còn lại. Biết rằng với mọi cách chọn cặp hai người, số người bắt tay với cả hai là như nhau. Hỏi cuộc họp có bao nhiêu người ?

 

NGÀY 2 :

 

Câu 5 : Cho $a,b,c,d>0$ có tổng bằng $4$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$$P=\dfrac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)}{abc+bcd+cda+dab}$$

 

Câu 6 : Cho hình thang $ABCD$ có hai đáy $AB,CD$. Đường tròn $(O_1)$ tiếp xúc $DA,AB,BC$ tại $E,F,G$. Gỉa sử $GE,GF$ cắt $AC$ tại $I,H$. $BI,AD$ cắt nhau tại $J$. 

1) Gọi $Z$ đối xứng với $J$ qua $C$. $HZ,BI$ giao nhau tại $K$. Chứng minh $AK$ song song $JC$.

2) $AK$ giao $BC$ tại $Q$. Chứng minh $QADC$ nội tiếp.

 

Câu 6 : Trong ngày khai mạc giải cờ vua Linares có $100$ kỳ thủ tham gia. Họ vui vẻ bắt tay lẫn nhau. Sau khi đếm được $100$ cái bắt tay, ông trưởng ban tổ chức tuyên bố "Bây giờ tôi muốn tổ chức một giải cờ nhanh đặc biệt giữa những người chưa kịp bắt tay nhau !". Tìm số $k$ lớn nhất mà trong mọi trường hợp, ban tổ chức luôn có thể tìm được $k$ người đôi một chưa bắt tay nhau để thực hiện điều này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 27-08-2014 - 09:55

[davidsilva98]

 

KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC NGHỆ- TĨNH LẦN 2 NĂM 2013-2014

 

NGÀY 1

 

Câu 1 : Cho dãy số nguyên $a_1=1,a_2=5$ và $a_n=\dfrac{a_{n-1}^2+4}{a_{n-2}}$. Chứng minh mọi số hạng của dãy đều nguyên và tìm công thức tổng quát của dãy.

 

Huy xem lại đề bài coi, nếu cho dãy số nguyên thì c/m nguyên đi nữa.

 

Lời giải.

Dựa vào giả thiết bài toán dễ thấy dãy $a_{n}$ là duy nhất

 

Xét dãy phụ $v_{n}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} v_{1}=1,v_{2}=5\\ v_{n+2}=6v_{n+1}-v_{n} \end{matrix}\right.$

 

Ta cần chứng minh: $u_{n}=v_{n}\Leftrightarrow v_{n}=\frac{v_{n-1}^{2}+4}{v_{n-2}}$

 

Thật vậy:

 

                $v_{n}.v_{n-2}-v_{n-1}^{2}=(6v_{n-1}-v_{n-2})v_{n-2}-v_{n-1}(6v_{n-2}-v_{n-3})$

        $\Rightarrow v_{n}.v_{n-2}-v_{n-1}^{2}=v_{n-1}.v_{n-3}-v_{n-2}^{2}=...=v_{3}.v_{1}-v_{2}^{2}=4$

        $\Rightarrow v_{n}=\frac{v_{n-1}^{2}+4}{v_{n-2}}$

 

Do đó $a_{n}=6a_{n-1}-a_{n-2}$ với $\forall n\in Z,n\geq 3$

 

Dẫn đến $a_{n}\in Z$ và công thức được tính bởi

$$a_{n}=\frac{2-\sqrt{2}}{4}.(3+2\sqrt{2})^{n}+\frac{2+\sqrt{2}}{4}.(3-2\sqrt{2})^{n}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davidsilva98: 27-08-2014 - 00:37

[khanghaxuan]

Huy xem lại đề bài coi, nếu cho dãy số nguyên thì c/m nguyên đi nữa.

 

Lời giải.

Dựa vào giả thiết bài toán dễ thấy dãy $a_{n}$ là duy nhất

 

Xét dãy phụ $v_{n}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} v_{1}=1,v_{2}=5\\ v_{n+2}=6v_{n+1}-v_{n} \end{matrix}\right.$

 

Ta cần chứng minh: $u_{n}=v_{n}\Leftrightarrow v_{n}=\frac{v_{n-1}^{2}+4}{v_{n-2}}$

 

Thật vậy:

 

                $v_{n}.v_{n-2}-v_{n-1}^{2}=(6v_{n-1}-v_{n-2})v_{n-2}-v_{n-1}(6v_{n-2}-v_{n-3})$

        $\Rightarrow v_{n}.v_{n-2}-v_{n-1}^{2}=v_{n-1}.v_{n-3}-v_{n-2}^{2}=...=v_{3}.v_{1}-v_{2}^{2}=4$

        $\Rightarrow v_{n}=\frac{v_{n-1}^{2}+4}{v_{n-2}}$

 

Do đó $a_{n}=6a_{n-1}-a_{n-2}$ với $\forall n\in Z,n\geq 3$

 

Dẫn đến $a_{n}\in Z$ và công thức được tính bởi

$$a_{n}=\frac{2-\sqrt{2}}{4}.(3+2\sqrt{2})^{n}+\frac{2+\sqrt{2}}{4}.(3-2\sqrt{2})^{n}$$

Tới đây làm sao để ra kết quả vậy bạn ?( Chỉ mình với ) . MÌnh mới chỉ làm quen với dạng này thôi !Thanks

[BlackSelena]

Tới đây làm sao để ra kết quả vậy bạn ?( Chỉ mình với ) . MÌnh mới chỉ làm quen với dạng này thôi !Thanks

Thật sự bạn có thể làm như sau có vẻ tự nhiên hơn

Từ giả thiết có $4 =  v_n.v_{n-2} - v_{n-1}^2 = v_{n-1}v_{n-3} - v_{n-2}^2$

$\Rightarrow v_{n-2}(v_n + v_{n-2}) = v_{n-1}(v_{n-1} + v_{n-3} \Rightarrow \dfrac{v_{n-1}}{v_{n-2}} = \dfrac{v_n + v_{n-2}}{v_{n-1} + v_{n-3}}$.

Lùi về đầu dãy số rồi nhân chéo ngược lên, là bạn ra được cái dãy phụ thôi.

[chardhdmovies]

 

Câu 7 : Trong ngày khai mạc giải cờ vua Linares có $100$ kỳ thủ tham gia. Họ vui vẻ bắt tay lẫn nhau. Sau khi đếm được $100$ cái bắt tay, ông trưởng ban tổ chức tuyên bố "Bây giờ tôi muốn tổ chức một giải cờ nhanh đặc biệt giữa những người chưa kịp bắt tay nhau !". Tìm số $k$ lớn nhất mà trong mọi trường hợp, ban tổ chức luôn có thể tìm được $k$ người đôi một chưa bắt tay nhau để thực hiện điều này.

 

Mình không chắc chắn rằng đây là cách giải đúng nhưng theo mình nó khá hợp lý.

Ta chứng minh bài toán phụ:
Cho 4n điểm $A_{i}, i=\overline{1,4n}, n \in \mathbb{N}^{*}$ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thằng hàng. Nối 2 điểm bất kì với nhau bằng 1 đoạn thẳng sao cho tổng số đoạn thẳng là $4n$. Chứng minh rằng luôn tồn tại $2n$ điểm sao cho 2 điểm bất kì trong số $2n$ điểm đó không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng. $(1)$

Chứng minh:
Ta chứng minh bằng phép quy nạp toán học.
* Với $n=1$, xét tứ giác $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$:
Dễ thấy luôn tồn tại $2$ điểm không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng.
$\Rightarrow (1)$ đúng.
* Giả sử $(1)$ đúng với $n=k$, tức là trong $4k$ điểm luôn tồn tại $2k$ điểm thoả mãn bài toán.
Xét $n=k+1$, chia $A_{i}, i=\overline{1,4k+4}$ điểm thành 2 miền  (miền ở đây chỉ bao gồm điểm).
- Miền $\alpha$ gồm $4k$ đoạn thẳng bất kì và $4k$ điểm $A_{j}, j=\overline{1,4k}$.
- Miền $\beta$ gồm 4 điểm $A_{4k+1},A_{4k+2},A_{4k+3},A_{4k+4}$.
Theo giả thiết quy nạp:
Trong miền $\alpha$ luôn tồn tại $2k$ điểm thoả mãn bài toán.
Ta cần chứng minh:

Với $4$ đoạn thẳng bất kì được kẻ thêm thì luôn tồn tại $2k+2$ điểm thoả mãn đề bài.
- TH1: Nếu 4 đoạn thẳng đều được nối từ các điểm từ miền $\alpha$ đến 4 điểm thuộc miền $\beta$:
Xét TH xấu nhất là các điểm ở miền $\alpha$ là 4 điểm phân biệt trong $2k$ điểm ở trên.
Khi đó giả sử 4 điểm đó là $A_{1},A_{2},A_{3,}A_{4}$, khi đó xét $4k-4$ điểm còn lại thì luôn tồn tại $2k-2$ điểm thoả mãn bài toán, kết hợp với 4 điểm thuộc miền $\alpha$ thì ta có $2k+2$ điểm thoả mãn bài toán.
- TH2: Nếu 4 đoạn thẳng đó đều nối các điểm bất kì thuộc miền $\alpha$: cmtt TH1.
- TH3: Nếu 4 đoạn thẳng đó đều nối các điểm trong 4 điểm thuộc miền $\beta$:
Khi đó tồn tại 2 điểm thoả mãn bài toán thuộc miền $\beta$, kết hợp với $2k$ điểm thuộc miền $\alpha$ ta có điều phải chứng minh.
Các trường hợp còn lại cmtt.
$\Rightarrow (1)$ đúng với $n=k+1$.
Vậy, bài toán được chứng minh.

Trở lại bài toán:
Tương ứng 100 người với 100 điểm $A_{i}, i=\overline{1,100}$, tương ứng 100 cái bắt tay với 100 đoạn thẳng nối các điểm thuộc 100 điểm đó.
Nếu $k \geq51$, nối $A_{i}A_{i+1} (1 \leq i \leq99)$, $A_{i}A_{i+2}, (1 \leq i \leq98)$ thì dễ thấy rằng $k \geq51$ không thoả bài toán.
Áp dụng bài toán phụ với $n=k=25$: tồn tại $2n=50$ điểm đôi một không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng.
$\Rightarrow k\leq 50$
Vậy, $k=50$




 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 27-08-2014 - 20:03

[DarkBlood]

Câu 5 : Cho $a,b,c,d>0$ có tổng bằng $4$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$$P=\dfrac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)}{abc+bcd+cda+dab}$$

Ta có: $(a^2+1)(b^2+1)\geq(a+b)^2$

Tương tự suy ra $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)$

Ta chứng minh $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)\geq(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) \Leftrightarrow (ac-bd)^2$ $($Đúng$)$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 4(abc+bcd+cda+dab)$ 

$\Rightarrow P\geq 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

[Juliel]

 

Câu 3 : Tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn $(M_a)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $K$ và tiếp xúc $AB,AC$ ở $E,F$. Các đường thẳng qua $E,F$ lần lượt vuông góc với $CI,BI$ cắt nhau tại $Q$.

a) Chứng minh $E,I,F$ thẳng hàng.

b) Chứng minh $IQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

 

a) Định lý Lyness.

 

b) Gọi $T,R$ lần lượt là điểm chính giữa các cung lớn, nhỏ $BC$ của $(O)$. Ta chứng minh lần lượt các kết quả :

 

i) $K,T,I$ thẳng hàng 

 

Không khó để thấy rằng $KE$ là phân giác góc $AKB$ và $KF$ là phân giác góc $AKC$.

Xét trong tam giác $KEF$ có $KI$ là trung tuyến và $KA$ là đối trung, như vậy hai đường này đẳng giác. Suy ra :

$$\angle AKE=\angle IKF$$

Hơn nữa $\angle AKE=\dfrac{1}{2}\angle AKB=\dfrac{1}{2}ACB=\angle FCI$, ta được $\angle IKF = \angle FCI$.

Suy ra tứ giác $FIKC$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $EIKB$ nội tiếp.

Từ đây suy ra :

$$\angle BKI=\angle AEI=\angle AFI=\angle CKI$$

Như vậy $KI$ là phân giác góc $BKC$, hay $K,I,T$ thẳng hàng.

 

ii) $Q$ thuộc đường tròn $(M_a)$.

 

Ta có :

$$\angle EKF=\angle AKE+\angle AKF=\frac{\angle B+\angle C}{2}=\angle BIC=180^0-\angle EQF$$

Suy ra $E,K,F,Q$ đồng viên. Tức $Q$ thuộc $(M_a)$.

 

iii) $K,Q,R$ thẳng hàng.

 

Ta có :

$$\angle EKB=\angle IKF\left ( =\angle C/2 \right )\Rightarrow \angle BKI=\angle EKB+\angle EKI=\angle IKF+\angle EKI=\angle EKF$$

Do tứ giác $EIKB$ nội tiếp nên $\angle KBI=\angle KEI$.

Từ đó suy ra $\Delta BKI\sim \Delta EKF\Rightarrow \angle BIK=\angle EFK$ 

Mà $\angle EFK = \angle EQK$ (do $E,F,Q,K$ đồng viên)

Như vậy ta được :

$$\angle BIK=\angle EQK$$

Điều này dẫn tới tứ giác $SIQK$ nội tiếp với $S$ là giao của $EQ,BI$. Do $\angle ISQ=90^0$ nên $\angle IKQ=90^0$.

Tức là $KQ$ vuông góc $KI$ mà $KR$ vuông góc $KI$ nên $K,Q,R$ thẳng hàng.

 

iv) Chứng minh $M_aQ$ vuông góc $BC$.

 

Gọi $U,V$ là giao của $BC$ với $(M_a)$ sao cho $U$ nằm giữa $B,V$.

Ta có :

$$BE^2=BU.BV,CF^2=CV.CU$$

Suy ra :

$$\dfrac{BU.BV}{CV.CU}=\dfrac{BE^2}{CF^2}=\dfrac{BK^2}{CK^2}$$

Theo định lý Steiner về tiêu chuẩn đẳng giác, ta được $BU,BV$ đẳng giác trong $\angle BKC$.

Mà $KI$ là phân giác $\angle BKC$ nên cũng là phân giác $\angle UKV$.

Suy ra $KI$ đi qua trung điểm cung $UV$ không chứa $K$ của $(M_a)$.

Mà $KI$ vuông góc $KQ$ nên $Q$ chính là điểm chính giữa cung $UV$ chứa $K$ của $(M_a)$

Điều này chứng tỏ $M_aQ$ vuông góc $BC$.

 

v) Chứng minh $IQ$ luôn đi qua điểm $X$ đối xứng với $T$ qua $R$.

 

Gọi $X$ là giao của $IQ$ và $TR$. Ta chứng minh $X$ đối xứng với $T$ qua $R$.

Theo iv) ta có $M_aQ$ vuông góc $BC$, suy ra được $M_aQ$ song song $OR$. Từ đó theo Thaless :

$$\dfrac{M_aK}{M_aO}=\dfrac{KQ}{QR}$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $TKO$ và cát tuyến $IM_aR$ :

$$\dfrac{IT}{IK}.\dfrac{M_aK}{M_aO}.\dfrac{RO}{RT}=1\Rightarrow \dfrac{IT}{IK}.\dfrac{M_aK}{M_aO}=2$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $KTR$ và cát tuyến $IQR$ :

$$\dfrac{IT}{IK}.\dfrac{KQ}{QR}.\dfrac{XR}{XT}=1\Leftrightarrow \dfrac{IT}{IK}.\dfrac{M_aK}{M_aO}.\dfrac{XR}{XT}=1\Leftrightarrow \dfrac{XR}{XT}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow XT=2XR$$

Như vậy điểm $X$ đối xứng với $T$ qua $R$. $T,R$ đều cố định suy ra $X$ cố định.

Như vậy $IQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 30-08-2014 - 19:17

[hoangtubatu955]

Bạn làm sai mất rồi, trong phòng thi mình chứng minh được $k \le 34$. Với cách chia 100 người thành 33 nhóm mỗi nhóm 3 người đội 1 bắt tay nhau, và người X ( không thuộc nhóm nào). Thì nội tại trong các nhóm sẽ có 3 cái bắt tay, nhưng vậy, tổng tất cả là 99 cái bắt tay, cho cái bắt tay thứ 100 là người X bắt tay với 1 người bất kì. Nếu $k \ge 35$ thì tồn tại 2 người cùng thuộc 1 nhóm, vô lý. Vậy $k \le 34$. Thực tế $k=34$ cũng chính là giá trị duy nhất thỏa mãn, mình đã chứng minh được.

Mình không chắc chắn rằng đây là cách giải đúng nhưng theo mình nó khá hợp lý.

Ta chứng minh bài toán phụ:
Cho 4n điểm $A_{i}, i=\overline{1,4n}, n \in \mathbb{N}^{*}$ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thằng hàng. Nối 2 điểm bất kì với nhau bằng 1 đoạn thẳng sao cho tổng số đoạn thẳng là $4n$. Chứng minh rằng luôn tồn tại $2n$ điểm sao cho 2 điểm bất kì trong số $2n$ điểm đó không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng. $(1)$

Chứng minh:
Ta chứng minh bằng phép quy nạp toán học.
* Với $n=1$, xét tứ giác $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$:
Dễ thấy luôn tồn tại $2$ điểm không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng.
$\Rightarrow (1)$ đúng.
* Giả sử $(1)$ đúng với $n=k$, tức là trong $4k$ điểm luôn tồn tại $2k$ điểm thoả mãn bài toán.
Xét $n=k+1$, chia $A_{i}, i=\overline{1,4k+4}$ điểm thành 2 miền  (miền ở đây chỉ bao gồm điểm).
- Miền $\alpha$ gồm $4k$ đoạn thẳng bất kì và $4k$ điểm $A_{j}, j=\overline{1,4k}$.
- Miền $\beta$ gồm 4 điểm $A_{4k+1},A_{4k+2},A_{4k+3},A_{4k+4}$.
Theo giả thiết quy nạp:
Trong miền $\alpha$ luôn tồn tại $2k$ điểm thoả mãn bài toán.
Ta cần chứng minh:

Với $4$ đoạn thẳng bất kì được kẻ thêm thì luôn tồn tại $2k+2$ điểm thoả mãn đề bài.
- TH1: Nếu 4 đoạn thẳng đều được nối từ các điểm từ miền $\alpha$ đến 4 điểm thuộc miền $\beta$:
Xét TH xấu nhất là các điểm ở miền $\alpha$ là 4 điểm phân biệt trong $2k$ điểm ở trên.
Khi đó giả sử 4 điểm đó là $A_{1},A_{2},A_{3,}A_{4}$, khi đó xét $4k-4$ điểm còn lại thì luôn tồn tại $2k-2$ điểm thoả mãn bài toán, kết hợp với 4 điểm thuộc miền $\alpha$ thì ta có $2k+2$ điểm thoả mãn bài toán.
- TH2: Nếu 4 đoạn thẳng đó đều nối các điểm bất kì thuộc miền $\alpha$: cmtt TH1.
- TH3: Nếu 4 đoạn thẳng đó đều nối các điểm trong 4 điểm thuộc miền $\beta$:
Khi đó tồn tại 2 điểm thoả mãn bài toán thuộc miền $\beta$, kết hợp với $2k$ điểm thuộc miền $\alpha$ ta có điều phải chứng minh.
Các trường hợp còn lại cmtt.
$\Rightarrow (1)$ đúng với $n=k+1$.
Vậy, bài toán được chứng minh.

Trở lại bài toán:
Tương ứng 100 người với 100 điểm $A_{i}, i=\overline{1,100}$, tương ứng 100 cái bắt tay với 100 đoạn thẳng nối các điểm thuộc 100 điểm đó.
Nếu $k \geq51$, nối $A_{i}A_{i+1} (1 \leq i \leq99)$, $A_{i}A_{i+2}, (1 \leq i \leq98)$ thì dễ thấy rằng $k \geq51$ không thoả bài toán.
Áp dụng bài toán phụ với $n=k=25$: tồn tại $2n=50$ điểm đôi một không được nối với nhau bằng 1 đoạn thẳng.
$\Rightarrow k\leq 50$
Vậy, $k=50$




 

[hoangtubatu955]

Câu 6 thực ra chỉ cần biết đến định lý Brianchon là xong/

[dangnamneu]

Tới đây làm sao để ra kết quả vậy bạn ?( Chỉ mình với ) . MÌnh mới chỉ làm quen với dạng này thôi !Thanks

Tìm ra công thức truy hồi bằng cách biểu diễn $x_{n+1}=ax_{n}+bx_{n-1}$ tìm a,b bằng cách thay các giá trị đầu và giải hệ.

 

Đoạn sau có thể quy nạp được đó!

$\begin{array}{c}

{x_{k + 2}} = \frac{{x_{k + 1}^2 + 4}}{{{x_k}}} = \frac{{{{\left( {6{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)}^2} + 4}}{{{x_k}}} = \frac{{36x_k^2 - 12{x_k}{x_{k - 1}} + x_{k - 1}^2 + 4}}{{{x_k}}}\\

 = \frac{{36x_k^2 - 12{x_k}{x_{k - 1}} + {x_k}{x_{k - 2}}}}{{{x_k}}} = \frac{{{x_k}\left( {{x_{k - 2}} - 6{x_{k - 1}} + {x_k}} \right) + 35x_k^2 - 6{x_k}{x_{k - 2}}}}{{{x_k}}}\\

 = 35{x_k} - 6{x_{k - 2}} = 6\left( {6{x_k} - {x_{k - 2}}} \right) - {x_k} = 6{x_{k + 1}} - {x_k}

\end{array}$

Còn nhanh hơn thì đưa về quy luật
$\frac{{{x_n}}}{{{x_{n + 1}} + {x_{n - 1}}}} = \frac{{{x_{n - 1}}}}{{{x_n} + {x_{n - 2}}}} = ... = \frac{{{x_2}}}{{{x_3} + {x_1}}} = \frac{1}{6} \Rightarrow {x_{n + 1}} = 6{x_n} - {x_{n - 1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 12-09-2014 - 06:02