Chủ đề này có 173 trả lời

[tritanngo99]

Bài 79: Cho $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $2007$ và $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2006p$. Chứng minh rằng: $C_{n}^{2006p}-C_{k}^{2006}$ chia hết cho $p$ trong đó $k=[\frac{n}{p}]$ là phần nguyên của $\frac{n}{p}$.

Bài 80: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{y^2}{25}+\frac{t^2}{144}$ với $x,y,z,t$ thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{I} x^2+y^2+2x+4y-20=0\\ t^2+z^2-2t-143=0\\ xt+yz-x+t+2z-61\ge 0\end{array}\right.$

[tritanngo99]

Lời giải bài 79: 

Giả sử: $n=kp+r(0\le r<p,k\ge 2006)$.

Xét dãy $n,n-1,...,n-2006p+1$.

Dãy này gồm $2006$ số tự nhiên liên tiếp nên có đúng $2006$ số chia hết cho $p$. Các số đó là: $kp,(k-1)p,...,(k-2005)p$.

Loại $2006$ số này ra và xét đồng dư theo modulo $p$ ta có dãy $1,2,...,p-1,1,2,...,p-1$( theo thứ tự nào đó) trong các số $1,2,...,p-1$ được lặp lại $2006$ lần. Như vậy:

$Q=\frac{n(n-1)...(n-2006p+1)}{kp.(k-1)p...(k-2005)p}\equiv [(p-1)!]^{2006}(\text{ mod }p)$.

Theo định lý Wilson : $(p-1)!\equiv -1(\text{ mod }p)$ nên suy ra $Q\equiv 1(\text{ mod }p)(1)$.

Ta có: $C_{n}^{2006p}=\frac{n(n-1)...(n-2006p+1)}{(2006p)!}$

$=\frac{Qk(k-1)...(k-2005)p^{2006}}{(2006p)!}$.

$=\frac{Qk(k-1)...(k-2005)}{R(2006)!}=\frac{QC_{k}^{2006}}{R}$.

ở đây $R=\frac{(2006p)!}{2006!p^{2006}}$.

Lí luận như trên (xét dãy $2006p,...,2,1$ gồm $2006p$ số tự nhiên với $2006$ số chia hết cho $p$ là $2006p,2005p,...,p$) ta được:

$R\equiv 1(\text{ mod }p(3))$.

Từ $(1)$ ta có: $R.C_{n}^{2006p}=Q.C_{k}^{2006}(4)$.

Vì $R\equiv Q\equiv 1(\text{ mod }p)$ nên từ $(2),(3),(4)$ ta thu được: $C_{n}^{2006p}\equiv C_{k}^{2006}(\text{ mod }p)$.

Ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 80: Hệ phương trình đã cho tương đương với:

$\left\{\begin{array}{I} (x+1)^2+(y+2)^2=25(1)\\ (t-1)^2+z^2=144(2)\\(x+1)(t-1)+z(y+2)\ge 60(3)\end{array}\right.$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra tồn tại các góc $\alpha,\beta$ thỏa mãn:

$x+1=5cos\alpha,y+2=5sin\alpha,0\le 0<2\pi;$.

$t-1=12cos\beta,z=12sin\beta,0\le \beta<2\pi$.

Thay vào BPT(3) ta được:

$60cos(\alpha)cos(\beta)+60sin(\alpha)sin(\beta)\ge 60$.

$\implies cos(\alpha-\beta)\ge 1$.

Do đó $cos(\alpha-\beta)=1$ mà $0\le \alpha,\beta<2\pi\implies \alpha=\beta$.

Ta có: $A=\frac{1}{25}(5sin\alpha-2)^2+\frac{1}{144}(12cos\alpha+1)^2$.

Sau khi biến đổi ta được:

$A=\frac{4201}{3600}-\frac{4}{5}sin\alpha+\frac{1}{6}cos\alpha$.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta có:

$(-\frac{4}{5}sin\alpha+\frac{1}{6}cos\alpha)^2\le \frac{601}{900}$.

$\implies \frac{-\sqrt{601}}{30}\le \frac{-4}{5}sin\alpha+\frac{1}{6}cos\alpha\le \frac{\sqrt{601}}{30}$.

$\implies \frac{4201}{3600}-\frac{\sqrt{601}}{30}\le A\le \frac{4201}{3600}+\frac{\sqrt{601}}{30} $.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{-5}{4}sin\alpha=6cos\alpha$.

$\iff cos\alpha=\pm\frac{5}{\sqrt{601}};sin\alpha=\mp\frac{24}{\sqrt{601}}$. Vậy:

$Max(A)=\frac{4201}{3600}+\frac{\sqrt{601}}{30}$ khi $(cos\alpha;sin\alpha)=(\frac{5}{\sqrt{601}};\frac{-24}{\sqrt{601}})$.

$Min(A)=\frac{4201}{3600}-\frac{\sqrt{601}}{30}$ khi $(cos\alpha;sin\alpha)=(\frac{-5}{\sqrt{601}};\frac{24}{\sqrt{601}})$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-09-2018 - 15:51

[tritanngo99]

Bài 81: Cho đường tròn $(O)$ và một dây cung $AB$ của $(O)$. Điểm $C$ nằm trên đường tròn đó. Điểm $M$ thuộc đường gấp khúc $ACB$ ( gồm hai đoạn thẳng $AC$ và $CB$) và chia đường gấp khúc này thành hai phần có độ dài bằng nhau. Tìm tập hợp điểm $M$ khi điểm $C$ di chuyển trên đường tròn $(O)$.

Bài 82: Cho đa thức với hệ số thực $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ và $Q(x)=x^2+x+2009$. Biết rằng đa thức $P(x)$ có $n$ nghiệm thực phân biệt và đa thức $P(Q(x))$ không có nghiệm thực. Chứng minh rằng: $P(2009)>\frac{1}{4^n}$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 81: Kẻ đường kính $DE$  của đường tròn $(O)$ vuông góc với $AB$ tại $H$. Trước tiên ta xét trường hợp $C$ thuộc cung nhỏ $DB$.

+ Phần thuận: Trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $F$ sao cho $CF=CB$. Khi đó từ $\angle{DAB}=\angle{DBA}=\angle{DCA},$ suy ra $\angle{DCB}=\angle{DCF}$( cùng bù với $\angle{DAB}$), kết hợp với $CD$ là cạnh chung, ta thấy $\triangle{CDB}=\triangle{CDF}(\text{(c.g.c)})$ do đó $DA=DB=DF(*)$. Vì $M$ là điểm thuộc đường gấp khúc $ACB$ và chia đường gấp khúc đó thành hai phần có độ dài bằng nhau, nên $M$ là trung điểm của đoạn $AF$. Từ $(*)$ suy ra $DM\bot AF$ hay $\angle{DMA}=90^0$. Vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $DA$.

Khi $C\equiv D$ thì $M\equiv D$. Khi $C$ chuyển động trên cungn $DB$ đến trùng với $B$ thì tia $AC$ quay xung quanh $A$, cùng chiều kim đồng hồ đến trùng với tia $AB$. Điểm $M$ sẽ chuyển động trên cung $DaH$ của đường tròn đường kính $DA$ đến trùng với $H$. Do đó, trong trường hợp này tập hợp các điểm $M$ là cung $DaH$.

+ Phần đảo. Lấy điểm $M$ bất kì thuộc cung $DaH$, đường thẳng $AM$ cắt cung nhỏ $DB$ của đường tròn $(O)$ tại điểm $C$. Ta chứng tỏ rằng điểm $M$ chia đường gấp khúc $ACB$ thành hai phần có độ dài bằng nhau. Thật vậy, trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $F$ sao cho $CF=CB$. Lúc này do $\angle{DAB}=\angle{DBA}=\angle{DCA}$ nên $\angle{DCB}=\angle{DCF}$( cùng bù với $\angle{DAB}$).

Suy ra $\triangle{CDB}=\triangle{CDF}(c.g.c)\implies DB=DF=DA$. Vì $M$ thuộc cung $DaH$ nên $DM\bot AF$. Do đó $M$ là trung điểm của $AF$, ta có điều cần chứng minh.

Xét tiếp các trường hợp $C$ thuộc cung nhỏ $DA$; $C$ thuộc cung nhỏ $EA$; $C$ thuộc cung nhỏ $EB$ và tiến hành tương tự như trường hợp $C$ thuộc cung nhỏ $DB$ ta đi đến kết luận: Tập hợp các điểm $M$ cần tìm là hình hợp bởi bốn cung $DaH,DbH,EcH,EdH$( một phần của các đường tròn đường kính $DA,DB,EB,EA$ theo thứ tự) 

Lời giải bài 82: 

Do $P(x)$ có $n$ nghiệm thực phân biệt $x_1,x_2,...,x_n$ nên $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$.

Do $P(Q(x))$ vô nghiệm nên $Q(x)\ne x_i\forall x\in \mathbb{R}(i=1,2,...,n)$.

$\iff x^2+x-2009-x_i\ne 0,\forall x\in \mathbb{R}$.

$\iff \Delta<0\iff \frac{1}{4}<2009-x_i(i=1,2,...,n)$.

Vậy $P(2009)=(2009-x_1)(2009-x_2)...(2009-x_n)>\frac{1}{4^n}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 20-09-2018 - 18:21

[tritanngo99]

Bài 83: Cho các số thực không âm $a,b,c$ có tổng bình phương bằng $3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=ab^2+bc^2+ca^2-abc$.

Bài 84: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $0<z\le y\le x\le 8$ và $3x+4y\ge max\left\{xy;\frac{1}{2}xyz-8z\right\}$.

Tính giá trị lớn nhất của biểu thức $A=x^5+y^5+z^5$. 

[tritanngo99]

Lời giải bài 83: Do vai trò của các số $a,b,c$ trong bài toán có tính hoán vị vòng quanh, nên không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số ở giữa hai số $a$ và $c$, lúc đó: $(b-a)(b-c)\le 0$.

Ta có: $P=ab^2+bc^2+ca^2-abc=(bc^2+a^2b)+(ab^2+ca^2-a^2b-abc)$.

$=b(c^2+a^2)+a(b-a)(b-c)\le b(a^2+c^2)= 2\sqrt{b^2.\frac{a^2+c^2}{2}.\frac{c^2+a^2}{2}}\le 2\sqrt{\frac{(b^2+2(\frac{c^2+a^2}{2}))^3}{27}}=2$.

(Ở đây ta dùng bất đẳng thức Cô-si cho ba số $b^2,\frac{c^2+a^2}{2},\frac{c^2+a^2}{2}$).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{I}a^2+b^2+c^2=2\\a(b-a)(b-c)=0\\b^2=\frac{c^2+a^2}{2}\end{array}\right.\iff (a;b;c)=(1;1;1),(0;1;\sqrt{2})$.

Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $2$.

Lời giải bài 84: 

Từ giả thiết ta có: $\frac{8}{x}\ge 1,3x+4y\ge xy$.

$\implies \frac{8}{x}+\frac{6}{y}\ge 2,3x+4y\ge \frac{1}{2}xyz-8z(1)$.

Suy ra $\frac{8}{x}.\frac{6}{y}+\frac{6}{y}.\frac{3}{z}+\frac{3}{z}.\frac{8}{x}\ge 3$.

Để cho gọn, ta kí hiệu $(a;b;c)=(\frac{8}{x};\frac{6}{y};\frac{3}{z})$.

Khi đó $ab+bc+ca\ge 3$. Biến đổi:

$8^5+6^5+3^5=x^5.a^5+y^5.b^5+z^5.c^5=x^5.a^5+y^5(a^5+b^5-a^5)+z^5(a^5+b^5+c^5-a^5-b^5)$.

$=(x^5-y^5)a^5+(y^5-z^5)(a^5+b^5)+z^5(a^5+b^5+c^5)(2)$.

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số thực dương, kết hợp với $(1)$ ta nhận được:

$(a^5+4)+(b^5+4)\ge 5\sqrt[5]{a^5.1.1.1.1}+5\sqrt[5]{b^5.1.1.1.1}=5(a+b)\ge 10\implies a^5+b^5\ge 2$.

$a^5+b^5+3\ge \sqrt[5]{a^5.b^5.1.1.1}=5ab$.

Tương tự: $b^5+c^5+3\ge 5bc,c^5+a^5+3\ge 5ca$.

$\implies (a^5+b^5+3)+(b^5+c^5+3)+(c^5+a^5+3)\ge 5(ab+bc+ca)\ge 15\implies a^5+b^5+c^5\ge 3$.

Do đó, từ $(2)$ kết hợp với giả thiết $x\ge y\ge z>0$, ta nhận được:

$40787=8^5+6^5+3^5\ge (x^5-y^5).1+(y^5-z^5).2+z^5.3=x^5+y^5+z^5$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ là $40787$. Dấu $=$ xảy ra khi $(x;y;z)=(8;6;3)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 22-09-2018 - 05:22

[tritanngo99]

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

Bài 86: Với mỗi số nguyên dương $n$, ta xét hàm số $f_n$ trên $\mathbb{R}$ được xác định bởi :

$f_n(x)=x^{2n}+x^{2n-1}...+x^2+x+1$.

a) Chứng minh rằng hàm số $f_n$ đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất.

b) Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số $f_n$ là $S_n$ đạt tại điểm $x_n$. Chứng minh rằng:

i) $S_n>\frac{1}{2}$ với mọi $n$ và không tồn tại số thực $a>\frac{1}{2}$ sao cho $S_n>a$ với mọi $n$.

ii) $(S_n)(n=1,2,...)$ là dãy giảm và $\lim\limits S_n=\frac{1}{2}$.

iii) $\lim x_n=-1$. 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2018 - 06:48

[Hr MiSu]

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

$x_{n+1}=-\frac{1+x_n^{2009}}{1+x_n}+1$

Quy nạp $0<x_n<1$

Từ đó Quy nạp tiếp $x_n<\frac{1}{n}$

Vậy lim $x_n=0$

$x_{n+1}=\frac{1+x_n-1-x_n^{2008}}{1+x_n}=\frac{x_n(1-x_n^{2007})}{1+x_n}$

Do đó: $lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=lim\frac{1}{x_n}(\frac{1+x_n}{1-x_n^{2007}}-1)=lim\frac{1+x_n^{2006}}{1-x_n^{2007}}=1$, $x_n\rightarrow 0$

Theo đl trung bình Cesaro: $lim\frac{x_n^{-1}}{n}=1$ do đó: $limnx_n=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 22-09-2018 - 06:15

[Kim Vu]

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

Bài 86: Với mỗi số nguyên dương $n$, ta xét hàm số $f_n$ trên $\mathbb{R}$ được xác định bởi :

$f_n(x)=x^{2n}+x^{2n-1}...+x^2+x+1$.

a) Chứng minh rằng hàm số $f_n$ đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất.

b) Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số $f_n$ là $S_n$ đạt tại điểm $x_n$. Chứng minh rằng:

i) $S_n>\frac{1}{2}$ với mọi $n$ và không tồn tại số thực $a>\frac{1}{2}$ sao cho $S_n>a$ với mọi $n$.

ii) $(S_n)(n=1,2,...)$ là dãy giảm và $\lim\limits S_n=\frac{1}{2}$.

iii) $\lim S_n=-1$. 

 

Bài 86
a)
Với $x \geq 0 ,f_{n}(x) \geq 1$
Với $x \leq -1 ,f_{n}(x) \geq 1$
Với $x\in (-1;0)$
$f_{n}(x)=\frac{x^{2n+1}-1}{x-1}\\
f'_{n}(x)=\frac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(x-1)^2}$
Xét $h(x)=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1\\
h'(x)=2n(2n+1)x^{2n-1}(x-1)>0,\forall x\in (-1;0)$
Lại có $h(0)=1;h(-1)=-4n$ nên $h(0).h(-1)<0$
Suy ra $h(x)$ có nghiệm duy nhất trên $(-1;0)$
Do đó $f'_{n}(x)$ có nghiệm duy nhất trên $(-1;0)$
Lập bảng biến thiên suy ra $f_{n}(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất
b)

i)    Dễ thấy  $S_{n}=\frac{x_{n}^{2n+1}-1}{x_{n}-1} \geq \frac{1}{2}$  (vì $x\in (-1;0)$)

Giả sử tồn tại số thực $a$ thỏa mãn điều kiện
Ta có:$f_{n}(x)\geq S_{n}>a,\forall n\in N*$
$\Rightarrow \frac{1-x^{2n+1}}{1-x}\geq a,\forall n \in N*$
Do $x\in (-1;0)$ nên khi $n\rightarrow +\infty$ ta có 
$\frac{1}{1-x}>a$ với $x\in (-1;0)$
Cho $x \rightarrow -1^{+}$ ta có $\frac{1}{2} >a$,mâu thuẫn với giả thiết
ii)   Ta có $S_{n+1}=f_{n+1}(x_{n+1})\leq f_{n+1}({x_{n}})$(do $f_{n+1}(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm duy nhất $x_{n+1}$)
$=f_{n}(x_{n})+x_{n}^{2n+2}+x_{n}^{2n+1} \leq f_{n}(x_{n})=S_{n}(x)$ do $x \in (-1;0)$
Suy ra $(S_{n})$ giảm và bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$ nên có giới hạn là $b\geq \frac{1}{2}$
Giả sử $b > \frac{1}{2}$ thì $S_{n} >b>\frac{1}{2}$ nên theo câu i) ta có điều mâu thuẫn
Vậy $limS_{n}=b=\frac{1}{2}$
iii)???




 

[tritanngo99]

Lời giải bài 85: Trước hết, ta có các kết quả sau:

Định lí 1:( Trung bình Cesaro). Nếu dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn là $a$ thì dãy số các trung bình cộng $[\frac{1}{n}(u_1+u_2+...+u_n)]$ cũng có giới hạn là $a$.

Định lí này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:

Định lí 2:(Định lí Stolz). Nếu $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=a$ thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{n}=a$.

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp $a=0$. Vì $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=0$ nên với mọi $\epsilon>0$ luôn tồn tại $N_0$ sao cho với mọi $n\ge N_0$ ta có:$|u_{n+1}-u_n|<\epsilon$. Khi đó, với mọi $n>N_0$ ta có $|\frac{u_n}{n}|\le \frac{1}{n}(|u_{N_0}|+|u_{N_0+1}-u_{N_0}|+...+|u_n-u_{n-1}|)<|u_{N_0}|.\frac{1}{n}+(n-N_0).\frac{\epsilon}{n}$

Giữ $N_0$ cố định, ta có thể tìm được $N_1>N_0$ sao cho $\frac{1}{N_1}|u_{N_0}|<\epsilon$. Khi đó với mọi $n>N_1$ ta sẽ có $|\frac{u_n}{n}|<2\epsilon$. Vậy nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{u_n}{n}=0$.

Quay trở lại bài toán. Từ giả thiết suy ra:

$x_nx_{n+1}=x_n^2-x_n^3+...+x_{n}^{2008}-x_n^{2009}(1)$.

Lại có: $x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(2)$.

Cộng theo vế $(1)$ và $(2)$ ta được: $x_{n+1}=\frac{x_n-x_n^{2009}}{1+x_n}$.

Vì $0<x_1=\frac{1}{2}<1$ nên dễ thấy ngay rằng $x_n>0$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$.

Ta chứng minh bằng quy nạp BDT sau: $x_n\le \frac{1}{n+1}$ với $\forall n\in \mathbb{N^*}(3)$.

Ta thấy $(3)$ đúng với $n=1$. Giả sử $(3)$ đúng với $n=k$, ta chứng minh nó cũng đúng với $n=k+1$, nghĩa là $x_{k+1}\le \frac{1}{k+2}$.

Thật vậy:

$\frac{1}{k+2}-x_{k+1}=\frac{(1-(k+1)x_k)+(k+2)x_{k}^{2009}}{(k+2)(x_k+1)}>0$ do $0<x_k<\frac{1}{k+1}$ (theo giả thiết quy nạp).

Từ đó suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=0$.

Xét hiệu $\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}=\frac{x_n-x_{n+1}}{x_n.x_{n+1}}=\frac{1+x_{n}^{2007}}{1-x_{n}^{2008}}$.

Suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=1$.

Theo định lí trung bình Cesaro thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{nx_n}=1$ hay $\lim\limits_{n\to +\infty}nx_n=1$.

Lời giải bài 86: 

a) Nhận xét rằng $f_n(x)\ge 1$ khi $x\ge 0$ và $f_n(x)=\sum\limits_{j=1}^{n-1}x^{2j-1}(1+x)+1\ge 1,\forall x\le -1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $f_n(x)$ đạt được trong $[-1;0]$. Khi đó, ta có:

$f_n(x)=\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}$.

$f'_n(x)=\frac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(1-x)^2}$.

Xét hàm số $g_n(x):=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1$ trong $[-1;0]$. Ta có: $g_n(0)=1,g_n(-1)=-4n<0$.

$g'_n(x)=2n(2n+1)x^{2n-1}(x-1)\ge 0,x\in [-1;0]$.

Vậy phương trình $g_n(x)=0$ có đúng một nghiệm trong $[-1;0]$. Từ đó suy ra $f'_n(x)\le 0$ với $-1\le x\le x_n$ và $f'_n(x)\ge 0$ với $x_n\le x\le 0$. Do đó hàm số $f_n(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ tại một điểm duy nhất $x_n\in [-1;0]$.

b) 

i) Vì $-1\le x_n\le \frac{-1}{2}$ nên $S_n=f_n(x_n)=\frac{1-x_n^{2n+1}}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_n}\ge \frac{1}{2}$.

Giả sử tồn tại số $a(a>\frac{1}{2})$ sao cho $S_n>a$ với mọi $n\ge 1$. Khi đó:

$f_n(x)=\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}>a,\forall x\in(-1;0],n\ge 1$.

Chuyển qua giới hạn khi $n\to \infty$, ta thu được:

$\frac{1}{1-x}>a,\forall x\in [-1;0]$.

Khi $x\to -1$ ta nhận được điều mâu thuẩn với giả thiết.

ii) Với $x\in [-1;0]$ thì:

$f_{n+1}(x)=x^{2n+2}+x^{2n+1}+f_n(x)\le f_n(x)$.

Do đó $S_{n+1}=f_{n+1}(x_{n+1})\le f_{n+1}(x_n)]\le f_n(x_n)=S_n$, tức $(S_n)(n=1,2,...)$ là một dãy giảm . Do dãy bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$nên tồn tại $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n$ và $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n\ge \frac{1}{2}$. Do dãy $(S_n)$ giảm nên $S_n\ge S$ với mọi $n\ge 1$. Theo kết quả phần i) ở trên thì $S_n\le \frac{1}{2}$.

Từ đó suy ra $S=\frac{1}{2}$.

iii) Sử dụng đẳng thức $f_{n+1}(x)=f_n(x)x^2+x+1$, ta thu được:

$S_{n+1}=f_{n+1}(x_{n+1})=f_n(x_{n+1})x_{n+1}^2+x_{n+1}+1(1)$.

Do $f_n(x_{n+1})\ge f_{n}(x_n)=S_n> \frac{1}{2}$ nên từ $(1)$ suy ra: $S_{n+1}>\frac{1}{2}x_{n+1}^2+x_{n+1}+1=\frac{1}{2}(x_{n+1}+1)^2+\frac{1}{2}$,

hay $S_{n+1}-\frac{1}{2}>\frac{1}{2}x_{n+1}^2+x_{n+1}\ge 0\forall n\ge 1$.

Chuyển qua giới hạn $n\to +\infty$ ta thu được điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2018 - 07:22

[tritanngo99]

Bài 87: Cho đa thức $f(x)$ bậc $2003$ và $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,3,...,2004$. Hãy tính $f(2005)$.

Bài 88: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(x^3-y)+2y(3f^2(x)+y^2)=f(y+f(x)).$

[Hr MiSu]

Bài 87: Cho đa thức $f(x)$ bậc $2003$ và $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,3,...,2004$. Hãy tính $f(2005)$.

Bài 88: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(x^3-y)+2y(3f^2(x)+y^2)=f(y+f(x)).$

Bài 87: Từ $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,...,2004$ ta có:$(k+1)f(k)-k^2=0$ với $k=1,2,...,2004$

Mà $(k+1)f(k)-k^2$ là đa thức có bậc $2004$, có $2004$ nghiệm là $1,2,...,2004$ nên

$(x+1)f(x)-k^2=C.(x-1)(x-2)...(x-2004)$,

Thế $x=-1$ vào: $C=\frac{1}{2005!}$

Vậy $f(x)=\frac{\frac{1}{2005!}.(x-1)...(x-2004)-x^2}{x+1}$

thay vào: $\frac{\frac{2004!}{2005!}-2005^2}{2006}$

Bài 88: Thế $y=x^3$ ta được: $f(0)+2x^3(3f^2(x)+x^6)=f(x^3+f(x))$

Thế $y=-f(x)$ ta được $f(x^3+f(x))-2f(x).4f^2(x)=f(0)$

Cộng theo vế: $4f^3(x)-3f^2(x)x^3-x^9=0$

hay $(f(x)-x^3)(4f^2(x)+f(x)x^3+x^6)=0$

Do đó $f(0)=0$, 

GS tồn tại $x\neq 0$ để $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=0$ thì vô lý vì

 $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=(2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6>0$ với mọi $x\neq 0$

Vậy $f(x)=x^3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ thử lại đúng, chắc vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 23-09-2018 - 11:19

[tritanngo99]

Lời giải bài 87: Xét đa thức $g(x)=(x+1)f(x)-x^2$. Khi đó bậc của $g(x)$ là $2004$ và $g(k)=0$ với $k=1,2,...,2004$. Vậy nên $g(x)=a(x-1)(x-2)...(x-2004)$.

Từ điều kiện $g(-1)=-1$ ta thu được $-1=a.(-2)(-3)....(-2005)$. Hay $a=\frac{-1}{2005!}$.

Do đó $g(x)=-\frac{(x-1)(x-2)...(x-2004)}{2005!}$.

Vậy nên: $f(2005)=\frac{g(2005)+2005^2}{2005+1}=\frac{-1+2005^3}{2005.2006}$.

Lời giải bài 88: Giả sử $f(x)$ là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. Với $x\in \mathbb{R}$ tùy ý, lấy $y=x^3$ ta có:

$f(0)+2x^3(3f^2(x)+x^6)=f(x^3+f(x))(1)$.

Lấy $y=-f(x)$ ta có:

$f(x^3+f(x))-2f(x)(3f^2(x)+f^2(x))=f(0)(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $2x^3(3f^2(x)+x^6)=8f^3(x)$.

Do đó: $0=4f^3(x)-x^3(3f^2(x)+x^6)$.

$=(4f^3(x)-4f^2(x).x^3)+(f^2(x).x^3-x^9)$.

$=(f(x)-x^3)(4f^2(x)+x^3(f(x)+x^3))$.

$=(f(x)-x^3)((2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6)$.

Chú ý rằng $(2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6=0$ thì $x=0,f(0)=0$. Bởi vậy trong mọi trường hợp ta có $f(x)=x^3$.

Thử lại $(x^3-y)^3+2y(3x^6+y^2)=x^9+3x^6y+3x^3y^2+y^3=(y+x^3)^3$.

Vậy $f(x)=x^3$( với mọi $x\in \mathbb{R}$) là hàm số duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán. 

[tritanngo99]

Bài 89: Giả sử phương trình $ax^2+bx+c=0(a\ne 0)$ có hai nghiệm phân biệt. Xét dãy số $(x_n)(n=0,1,2,...)$ được xác định bởi số $x_0$ cho trước và các điều kiện $x_n(ax_{n-1}+b)+c=0$ với $n=1,2,3,...$. Hãy tìm $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n$ theo $x_0$.

Bài 90: Chứng minh rằng với tam giác $ABC$ bất kì:

$sinA^{sinB}+sinB^{sinC}+sinC^{sinA}\ge 1,19$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-09-2018 - 16:34

[tritanngo99]

Lời giải bài 89: Gọi $2$ nghiệm của phương trình là $m$ và $p$, giả sử $|m|\le |p|$. Suy ra $p\ne 0$. Khi đó:

$x_n(ax_{n-1}+b)+c=0$.

$\iff x_n(x_n-1+\frac{b}{a})+\frac{c}{a}=0$.

$\iff x_n(x_{n-1}-(p+m))+mp=0$.

$\iff (x_n-p)(x_{n-1}-p)+p(x_{n-1}-p)-m(x_n-p)=0(*)$.

Từ $(*)$ suy ra ngay kết quả:

+ Nếu $x_0=p$ thì $x_n=p,\forall n=1,2,...$. Suy ra $\lim\limits_{x\to +\infty}=p$.

+ Nếu $x_0=m$ thì $x_n=m,\forall n=1,2,...$. Suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}=m$.

+ Nếu $x_0\ne p$ và $x_0\ne m$ thì $x_n\ne p$ và $x_n\ne m(\forall n)$.

Đặt $z_n=\frac{1}{x_n-p}\iff x_n=p+\frac{1}{z_n}$ ta được:

$1+pz_n-mz_{n-1}=0$.

$\iff z_n=\frac{m}{p}z_{n-1}-\frac{1}{p},n=1,2,...$.

Xét phương trình: $x=\frac{m}{p}x-\frac{1}{p}\implies x=\frac{1}{m-p}$.

Suy ra: $|z_n-\frac{1}{m-p}|=|\frac{m}{p}z_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p}|=|\frac{m}{p}||z_{n-1}-\frac{1}{m-p}|=...=|\frac{m}{p}|^{n}|z_0-\frac{1}{m-p}|$.

Nếu $|m|<|p|$ thì $|\frac{m}{p}|^n\to 0$ khi $n\to \infty$ và $\lim\limits_{n\to \infty}z_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=m$.

Nếu $|m|=|p|$ thì $b=0$ và $|z_n-\frac{1}{m-p}|=|z_0-\frac{1}{m-p}|\implies x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p}\pm |z_0-\frac{1}{m-p}|}$.

Trường hợp này không tồn tại $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n$.

Lời giải bài 90: $sinA^{sinB}+sinB^{sinC}+sinC^{sinA}\ge 1,19(1)$ 

Chúng ta chú ý hai sự kiện sau:

Sự kiện 1: $(x^x)'=x^x(1+ln(x))=0\iff x=\frac{1}{e}$.

Hệ quả là với mọi $x>0$ thì $x^x\ge \frac{1}{\sqrt[e]{e}}\approx 0,6922$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{1}{e}(2)$.

Sự kiện 2: Với mọi $u,v\in (0,1)$. Dùng bất đẳng thức Bernoulli ta có:

$u^v=\frac{u}{u^{1-v}}=\frac{u}{(1-(1-u))^{1-v}}>\frac{u}{1-(1-u)(1-v)}=\frac{u}{u+v-uv}=\frac{u}{u+v}(3)$.

Áp dụng vào bài toán: Do tính chất hoán vị vòng quanh của $sinA,sinB,sinC$ trong bất đẳng thức $(1)$, không mất tính tổng quát, giả sử $sinA\ge max\left\{sinB,sinC\right\}$.

Theo $(2)$, $sinA^{sinB}\ge sinA^{sinA}\ge \frac{1}{\sqrt[e]{e}}(4)$.

Mặt khác theo $(3): sinB^{sinC}+sinC^{sinA}>\frac{sinB}{sinB+sinC}+\frac{sinC}{sinC+sinA}>\frac{sinB+sinC}{2sinB+2sinC}=\frac{1}{2}(5)$.

(do $sinA<sinB+sinC$).

Cộng theo từng vế hai bất đẳng thức $(4),(5)$  ta nhận được $(1)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-09-2018 - 16:35

[tritanngo99]

Bài 91: Chứng minh rằng trong tam giác $ABC$ luôn có: $sinA+sinB+sinC\ge sinA^3+sinB^3+sinC^3+sinAsinBsinC$.

Bài 92: Dãy số $(x_n)(n=0,1,2,...)$ được xác định bởi $x_0=1,x_1=\frac{1}{2},x_{n+1}=\frac{x_{n+1}x_n}{2002x_{n+1}+2001x_n+2000x_{n+1}x_n}$ với mọi $n=0,1,2,...$.

Hãy tìm công thức tổng quát của $x_n$ theo $n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 26-09-2018 - 18:03

[tritanngo99]

Lời giải bài 91:  Trong các biến đổi sau đây, để cho đơn giản, ta dùng kí hiệu $\sum,\prod$ thay cho các tổng, tích mà trong đó, vai trò của $A,B,C$ là bình đẳng.

Ví dụ: $\sum sinA=sinA+sinB+sinC$

          $\prod cosA=cosA.cosB.cosC$.

BDT đề bài viết dưới dạng: $\sum sinA\ge \sum sin^3A+\prod sinA(1)$

$(1)\iff \sum sinA\ge \frac{1}{4}\sum(3sinA-sin3A)+\prod sinA$

$\iff \frac{1}{4}\sum sinA+\frac{1}{4}\sum sin3A\ge \prod sinA$.

$\iff \prod cos\frac{A}{2}-\prod cos\frac{3A}{2}\ge \prod sinA$

$\iff \prod \frac{A}{2}-\prod(4cos^3(\frac{A}{2})-3cos\frac{A}{2})\ge \prod(2sin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2})$.

$\iff \prod cos\frac{A}{2}-\prod cos\frac{A}{2}.\prod(4cos^2\frac{A}{2}-3)\ge 8\prod cos\frac{A}{2}sin\frac{A}{2}$.

$\iff 1-\prod (2(1+cosA)-3)\ge 8\prod sin\frac{A}{2}$.

$\iff 1+\prod(1-2cosA)\ge 2(\sum cosA-1)$.

$\iff 3+1-2\sum cosA+4\sum cosBcosC-8\prod cosA\ge 2\prod cosA$.

$\iff 4-4\sum cosA+4\sum cosBcosC-4\prod cosA\ge \prod cosA$

$\iff \prod (1-cosA)\ge \prod cosA(2)$

Nếu $\triangle{ABC}$ không nhọn thì $\prod cosA\le 0<\prod (1-cosA)\implies (2)\text{ đúng }\implies (1)\text{ đúng }$.

Nếu $\triangle{ABC}$ nhọn thì $(2)$ tương đương với $\prod (1-cosA)^2\ge \prod cosA\prod (1+cosA)$.

$\iff \prod sin^2A\ge \prod cosA\prod (2cos^2\frac{A}{2})$.

$\iff \prod \frac{sinA}{cosA}\ge \frac{2cos^2\frac{A}{2}}{sinA}$.

$\iff \prod tanA\ge \prod cot\frac{A}{2}(3)$.

Ta có: $\sum tanA=\frac{\sum tanB+tanC}{2}\ge \sum tan \frac{B+C}{2}=\sum cot\frac{A}{2}$.

Vậy $(3)$ đúng suy ra $(2)$ đúng suy ra $(1)$ đúng.

Lời giải bài 92:

Từ giả thiết suy ra: $x_n\ne 0$ với mọi $n$ và $\frac{1}{x_{n+2}}=\frac{2001}{x_{n+1}}+\frac{2002}{x_n}+2000$ với mọi $n=0,1,2,...$.

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n}+\frac{1000}{2001}$ ta có: $y_0=\frac{3001}{2001},y_1=\frac{5002}{2001}$ và $y_{n+2}=2001y_{n+1}+2002y_n$ với $n=0,1,2,...$.

Suy ra: $y_{n+2}+y_{n+1}=2002(y_{n+1}+y_n)=2002^2(y_n+y_{n-1}=...=2002^{n+1}(y_1+y_0)=\frac{8003}{2001}.2002^{n+1}$.

Đặt $a=y_1+y_0=\frac{8003}{2001}$ và $b=2002$, ta có: $y_n=a.b^{n-1}-y_{n-1}=a.b^{n-1}-a.b^{n-2}+y_{n-2}=...=a[b^{n-1}+(-1).b^{n-2}+...+(-1)^{n-2}b+(-1)^{n-1}]+(-1)^ny_0=\frac{a(b^n-(-1)^n)}{b+1}+(-1)^ny_n$.

Suy ra: $y_n=\frac{3000}{2003}(-1)^n+\frac{8003}{2001.2003}(2002)^n$ với $n=0,1,2,...$.

Từ đó, công thức tổng quát của $x_n$ là: $x_n=\frac{2001.2003}{2002^n.8003+(-1)^n.3000.2001-1000.2003}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-10-2018 - 18:09

[tritanngo99]

Bài 93: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{1}{cos^6(a)}+\frac{1}{cos^6(b)}+\frac{1}{cos^6(c)}$ trong đó $a,b,c$ lập thành một cấp số cộng với công sai bằng $\frac{\pi}{3}$.

Bài 94: Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $P=tan^2x.tan^2y+tan^2y.tan^2z+tan^2z.tan^2x$ trong đó $x,y,z$ là ba số dương thỏa mãn các điều kiện: $x+y+z=\frac{\pi}{2};cos(x-z)\le \frac{7}{5}siny;cos(x-y)\ge 3sinz$.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 93: Theo giả thiết thì $a=b-\frac{\pi}{3}$ và $c=b+\frac{\pi}{3}$.

Đặt $cos^2(b)=t,0<t\le 1$ và $cos^2(3b)=m,0<m\le 1$ thì $cos^2(3a)=cos^2[3(\frac{\pi}{3}-b)]=cos^2(3b)=m$.

$cos^2(3c)=cos^2[3(\frac{\pi}{3}+b)]=cos^2(3b)=m$ và $(4cos^3(b)-3cos(b))^2=cos^2[b(4cos^2(b)-3)^2]=m$.

Hay phương trình $16t^3-24t^2+9t-m=0,(0<m\le 1)$ có các nghiệm: $u_1=\frac{1}{cos^2(b)},u_2=\frac{1}{cos^2(\frac{\pi}{3}-n)},u_3=\frac{1}{cos^2(\frac{\pi}{3}+b)}$.

Khi đó: $P=u_1^3+u_2^3+u_3^3$. Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức:

$u_1^3+u_2^3+u_3^3=(u_1+u_2+u_3)^3-3(u_1+u_2)(u_2+u_3)(u_3+u_1)$ ta thu được:

$P=(\frac{9}{m})^3-3(\frac{9}{m}-u_1)(\frac{9}{m}-u_2)(\frac{9}{m}-u_3)$.

Hay $P=P(x)=x^3-8x^2+\frac{16x}{3},x=\frac{9}{m}\ge 9$ (Do $0<m\le 1$).

Nhận xét rằng hàm số này có: $P'(x)=3x^2-16x+\frac{16}{3}>0,\forall x\ge 9$ nên $P(x)$ đồng biến trong $[9;+\infty)$.

Suy ra: $MinP=P(9)=129$, đạt được khi $m=1$. Hay $cos^2(3b)=1\iff sin(3b)=0\iff b=\frac{k\pi}{3}$. Do đó: $a=(k-1)\frac{\pi}{3},c=(k+1)\frac{\pi}{3},k\in \mathbb{Z}$.

Lời giải bài 94: Đặt $a=tany.tanz,b=tanz.tanx,c=tanx.tany.$

Ta có: $a,b,c>0$ và do $tanx=cot(y+z)=\frac{1}{tan(y+z)}=\frac{1-tany.tanz}{tany+tanz}$ suy ra: $a+b+c=1$.

Chú ý: $cos(x-z)\le \frac{7}{5}siny=\frac{7}{5}cos(x+z)$ hay $5(cosxcosz+sinxsinz)\le 7(cosxcosz-sinxsinz)$.

$\iff 12sinxsinz\le 2cosxcosz$.

$\iff tanztanx\le \frac{1}{6}$ tức là $b\le \frac{1}{6}(2)$.

Tương tự: $cos(x-y)\ge 3sinz\iff c\ge \frac{1}{2}(3)$.

Do đó bài toán trên đưa về bài toán: "Cho $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn các điều kiện $(2),(3)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $P=a^2+b^2+c^2.$"

Biến đổi ta có: $P=a^2+b^2+c^2=(a^2+\frac{1}{9})+(b^2+\frac{1}{36})+(c^2+\frac{1}{4})-\frac{7}{18}\ge \frac{2}{3}.1+\frac{1}{3}.\frac{1}{2}-\frac{1}{3}.\frac{1}{6}-\frac{7}{18}=\frac{7}{18}$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a=\frac{1}{3},b=\frac{1}{6},c=\frac{1}{2}\iff tany.tanz=\frac{1}{3},tanz.tanx=\frac{1}{6},tanx.tany=\frac{1}{2}\iff (tanx;tany;tanz)=(\frac{1}{2};1;\frac{1}{3})\iff x=\alpha,0<\alpha<\frac{\pi}{2}$ mà $tan\alpha=\frac{1}{2},y=\frac{\pi}{4},z=\frac{\pi}{4}-\alpha$.

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-10-2018 - 20:05

[tritanngo99]

Bài 95: Cho $n$ số dương khác nhau $(n\ge 4)$. Chứng minh rằng bao giờ cũng chọn được it nhất hai số sao cho tổng và hiệu của chúng không trùng với số nào trong $n-2$ số còn lại.

Bài 96: Cho tập hợp $M$ gồm $2005$ số dương: $a_1,a_2,...,a_{2005}$. Xét tất cả các tập hợp con $T_i$ khác rỗng của $M$, gọi $s_i$ là tổng các số thuộc một tập hợp con $T_i$ nói trên. Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành $2005$ tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỉ số của hai số của bất kì thuộc cùng một tập hợp con vừa được phân chia không vượt quá $2$.