Chủ đề này có 297 trả lời

[emmuongioitoan]

Bài 30: Xác định hàm số $f:\,N \to R$ thỏa mãn

$\left\{ \begin{array}{l}f(0) = 2 \\ f\left( {n + 1} \right) = 3f\left( n \right) + \sqrt {8f^2 \left( n \right) + 1} \\ \end{array} \right.\,,\,\,\,\,\forall n \in N$.

-------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Chuyển về dạng dãy
$\left\{ \begin{array}{l}u_0 = 2 \\u_{n+1} = 3u_n + \sqrt {8u_n^2 + 1} \\ \end{array} \right.\,,\,\,\,\,\forall n \in N$.

Ta có $(u_{n+1} - 3u_n)^2 = 8u_n^2 + 1$ nên

$u^2_{n+1} - 6u_{n+1}u_n + u_n^2 -1 = 0$, thay n bởi n-1

$u^2_{n} - 6u_{n}u_{n-1} + u_{n-1}^2 -1 = 0 $ hay

$u^2_{n-1} - 6u_{n-1}u_n + u_n^2 -1 = 0$


Vậy $u_{n+1}, u_n$ là nghiệm của PT $X^2 - 6Xu_n + u_n^2-1=0$. Theo Viete thì

$u_{n+1} + u_{n-1} = 6u_n$ với $n\ge 1$

Đến đây, dùng sai phân, xét PT đặc trưng $X^2-6X+1=0$

ra 2 nghiệm $\dfrac{6 \pm \sqrt{32}}{2}$

$u_n = a(\dfrac{6-\sqrt{32}}{2})^n + b(\dfrac{6+\sqrt{32}}{2})^n $

Thay n = 0, 1 vào là tìm được a, b thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 07-08-2011 - 09:32

[Crystal]

Chuyển về dạng dãy
$\left\{ \begin{array}{l}u_0 = 2 \\u_{n+1} = 3u_n + \sqrt {8u_n^2 + 1} \\ \end{array} \right.\,,\,\,\,\,\forall n \in N$.

Ta có $(u_{n+1} - 3u_n)^2 = 8u_n^2 + 1$ nên

$u^2_{n+1} - 6u_{n+1}u_n + u_n^2 -1 = 0$, thay n bởi n-1

$u^2_{n} - 6u_{n}u_{n-1} + u_{n-1}^2 -1 = 0 $ hay

$u^2_{n-1} - 6u_{n-1}u_n + u_n^2 -1 = 0$
Vậy $u_{n+1}, u_n$ là nghiệm của PT $X^2 - 6Xu_n + u_n^2-1=0$. Theo Viete thì

$u_{n+1} + u_{n-1} = 6u_n$ với $n\ge 1$

Đến đây, dùng sai phân, xét PT đặc trưng $X^2-6X+1=0$

ra 2 nghiệm $\dfrac{6 \pm \sqrt{32}}{2}$

$u_n = a(\dfrac{6-\sqrt{32}}{2})^n + b(\dfrac{6+\sqrt{32}}{2})^n $

Thay n = 0, 1 vào là tìm được a, b thôi.

Anh giải ra kết quả cuối cùng luôn đi! Em ngu không tìm được

-------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[emmuongioitoan]

Anh giải ra kết quả cuối cùng luôn đi! Em ngu không tìm được

-------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

ừ, giải hệ xong em tìm được a, b thay vào ta có
$u_n = (1-\dfrac{\sqrt{66}}{8})(\dfrac{6-\sqrt{32}}{2})^n + (1+\dfrac{\sqrt{66}}{8})(\dfrac{6+\sqrt{32}}{2})^n $

Em có thể tính thử với $n = 0,1,2,..$ và công thức ở đề để check lại

[loveyou]

Oh dear, 2 thằng cu này tí tuổi đã làm mấy bài thế này

[Crystal]

ừ, giải hệ xong em tìm được a, b thay vào ta có
$u_n = (1-\dfrac{\sqrt{66}}{8})(\dfrac{6-\sqrt{32}}{2})^n + (1+\dfrac{\sqrt{66}}{8})(\dfrac{6+\sqrt{32}}{2})^n $

Em có thể tính thử với $n = 0,1,2,..$ và công thức ở đề để check lại

THANKS!

-------------
KHÔNG THỬ SAO BIÊT!!!

[Crystal]

Tiếp nha...
Bài 31: Tìm tất cả các hàm số $f:\,R \to R$ thỏa mãn điều kiện
$f\left( {x^3 + x} \right) \le x \le \left( {f\left( x \right)} \right)^3 + f\left( x \right)\,\,,\,\,\forall x \in R$.

----------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Chà. Hôm nay có lẽ đủ bài rồi nhỉ . Mình chỉ xin post thêm 1 bài nữa thôi :
Bài 32: Giải phương trình :
$ (1+x)(2+4^x)=3.4^x $

[Crystal]

Chà. Hôm nay có lẽ đủ bài rồi nhỉ . Mình chỉ xin post thêm 1 bài nữa thôi :
Bài 32: Giải phương trình :
$ (1+x)(2+4^x)=3.4^x $

Từ pt dễ dàng suy ra $x > - 1$
Đặt $f\left( x \right) = \dfrac{{3.4^x }}{{2 + 4^x }} - x - 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{6\ln 4.4^x }}{{\left( {2 + 4^x } \right)^2 }} - 1$.
$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6\ln 4.4^x = \left( {2 + 4^x } \right)^2 $
Đây là phương trình bậc hai theo $4^x $ nên có không quá hai nghiệm. Vậy theo định lí Rolle phương trình f(x)=0 có không quá 3 nghiệm.
Mặt khác: $f\left( 0 \right) = 0,\,\,\,f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = 0,\,\,\,f\left( 1 \right) = 0$.
Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm $x = 0;\,\,x = \dfrac{1}{2};\,\,x = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 09-08-2011 - 08:58

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Tiếp nha...
Bài 31: Tìm tất cả các hàm số $f:\,R \to R$ thỏa mãn điều kiện
$f\left( {x^3 + x} \right) \le x \le \left( {f\left( x \right)} \right)^3 + f\left( x \right)\,\,,\,\,\forall x \in R$.

----------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Thử xem sao ( Không tự tin lắm ):
Cho $ x=0$ Thì từ điều kiện ban đầu $ \Rightarrow f(0)=0 $
Nghĩa là f có dạng $ f(x)=xQ(x) $
Giả sử $ Q(x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 (a_n \neq 0 ) $
Nhưng nếu $ a_n >0 $ thì $ f(x) \rightarrow +\infty $ nhanh hơn x.do vậy tồn tại x để:
$ f(x^3+x)\geq x $ ( Mâu thuẫn )
Nêu $ a_n <0 $ , thì khi $ x \rightarrow +\infty $ thì $ f(x) \rightarrow - \infty $ .Do đó
tồn tại x để $ [f(x)]^3+f(x) \leq 0 $ . Lại một lần nữa mâu thuẫn.
Do vậy Q(x) là một hàm hằng . từ đó suy ra $ f(x)=ax $ ( a là hằng số)
Thay vào điều kiện ban đầu ta được :
$ a(x^3+x) \leq ax \leq (ax)^3+ax \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{ax \leq 0}\\{ax \geq 0 }\end{array}\right. $ với mọi $ x \in R $
$ \Rightarrow a=0 $
Vậy hàm cần tìn là $ f(x)=0 $
P/s: Xusinst có tài liệu về định lí Rolle không . Nêu có file thì share tớ nha

[Crystal]

Thử xem sao ( Không tự tin lắm ):
Cho $ x=0$ Thì từ điều kiện ban đầu $ \Rightarrow f(0)=0 $
Nghĩa là f có dạng $ f(x)=xQ(x) $
Giả sử $ Q(x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 (a_n \neq 0 ) $
Nhưng nếu $ a_n >0 $ thì $ f(x) \rightarrow +\infty $ nhanh hơn x.do vậy tồn tại x để:
$ f(x^3+x)\geq x $ ( Mâu thuẫn )
Nêu $ a_n <0 $ , thì khi $ x \rightarrow +\infty $ thì $ f(x) \rightarrow - \infty $ .Do đó
tồn tại x để $ [f(x)]^3+f(x) \leq 0 $ . Lại một lần nữa mâu thuẫn.
Do vậy Q(x) là một hàm hằng . từ đó suy ra $ f(x)=ax $ ( a là hằng số)
Thay vào điều kiện ban đầu ta được :
$ a(x^3+x) \leq ax \leq (ax)^3+ax \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{ax \leq 0}\\{ax \geq 0 }\end{array}\right. $ với mọi $ x \in R $
$ \Rightarrow a=0 $
Vậy hàm cần tìn là $ f(x)=0 $
P/s: Xusinst có tài liệu về định lí Rolle không . Nêu có file thì share tớ nha

Lời giải của anh sai rồi! Tài liệu của em không ở trên máy sao mà share được

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Lời giải của anh sai rồi! Tài liệu của em không ở trên máy sao mà share được

Xusinst có bài giải không ? Có thể làm phiền bạn post lên được không nhỉ

[Crystal]

Xusinst có bài giải không ? Có thể làm phiền bạn post lên được không nhỉ

Dạ có nhưng từ từ anh ak, để các bạn khác vào chém thử đã chứ nhỉ!

[Crystal]

Bài 33: Giải phương trình sau trên tập các số nguyên $n \ge 2$.
$\left[ {\sqrt n } \right] + \left[ {\sqrt[3]{n}} \right] + \left[ {\sqrt[4]{n}} \right] + ... + \left[ {\sqrt[n]{n}} \right] = \left[ {\log _2 n} \right] + \left[ {\log _3 n} \right] + ... + \left[ {\log _n n} \right]$.
Bài 34: Gọi d là tổng độ dài các đường chéo của một đa giác lồi trong mặt phẳng có n đỉnh, n>3. Gọi p là chu vi đa giác đó.
Chứng minh rằng: $n - 3 < \dfrac{{2d}}{p} < \left[ {\dfrac{n}{2}} \right].\left[ {\dfrac{{n + 1}}{2}} \right] - 2$.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 35: Giải phương trình :
$ x^3+\dfrac{\sqrt{68}}{x^3} = \dfrac{15}{x} $
Bài 36 : Giải hệ :
$ \left\{\begin{array}{l}{x^{19}+y^5=1890z+z^{2001}}\\{y^{19}+z^5=1890x+x^{2001}} \\ {z^{19}+x^5=1890y+y^{2001}} \end{array}\right. $

[Crystal]

Bài 35: Giải phương trình :
$ x^3+\dfrac{\sqrt{68}}{x^3} = \dfrac{15}{x} $ (1)

ĐK: $x \ne 0$
(1) $\Leftrightarrow x^6 - 15x^2 + 2\sqrt {17} = 0\,\,\,(2)$.
Đặt $t = x^2 > 0$ khi đó $(2) \Leftrightarrow t^3 - 15t + 2\sqrt {17} = 0$
$= \left( {t + \sqrt {17} } \right)\left( {t^2 - \sqrt {17} t + 2} \right) = 0$
$\mathop \Rightarrow \limits^{t > 0} t^2 - \sqrt {17} t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{{3 + \sqrt {17} }}{2} \\ t = \dfrac{{\sqrt {17} - 3}}{2} \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \sqrt {\dfrac{{3 + \sqrt {17} }}{2}} \\ x = \pm \sqrt {\dfrac{{\sqrt {17} - 3}}{2}} \\ \end{array} \right.$

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 37 :Cmr:
$ sin e\sqrt[3]{cos (e-1)} - sin (e-1)\sqrt[3]{cos e} > \sqrt[3]{cos e . cos (e-1)} $

[Crystal]

Bài 38: Tìm tất cả các số tự nhiên n để:

$A = n^{n + 1} + \left( {n + 1} \right)^n \, \vdots 5$.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 39 : Cho $ \Delta ABC$ có a,b,c là độ dài các cạnh . $ h_a, h_b,h_c $ là các đường cao tương ứng va R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác . Cmr:
$ (ab+bc+ca)(\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}) \geq 18R $

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài 39 : Cho $ \Delta ABC$ có a,b,c là độ dài các cạnh . $ h_a, h_b,h_c $ là các đường cao tương ứng va R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác . Cmr:
$ (ab+bc+ca)(\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}) \geq 18R $

ta có:
$ h_a=\dfrac{2S}{a} \\ h_b=\dfrac{2S}{c} \\ h_c=\dfrac{2S}{c} \\ \Rightarrow BDT \Leftrightarrow \dfrac{1}{2S}.(ab+bc+ca).(a+b+c) \geq 18R \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{abc}.(ab+bc+ca).(a+b+c) \geq 9 $
BDT cuối hiển nhiên đúng theo BDT AM-GM nên ta có DPCM, dấu = khi tam giác đều
đã xong

[Zaraki]

Bài 38: Tìm tất cả các số tự nhiên n để:

$A = n^{n + 1} + \left( {n + 1} \right)^n \, \vdots 5$.

Ta xét các trường hợp $n$ nhận các dạng khi chia cho 5.

a) Nếu $n=5k$, khi đó $n^{n+1} \vdots 5$, còn $(n+1)^n=(5k+1)^{5k}$. Khai triển nhị thức Newton thì:

$(5k+1)^{5k}= P.5 +1^{5k}= 5P+1$

với P là số nguyên dương. Như vậy P không chia hết cho 5.

Tương tự với các TH $n=5k+4,5k+2$ thì P đều không chia hết cho 5.

+ Nếu $n=5k+1$ thì

$n^{n+1}+(n+1)^{n}=(5k+1)^{5k+2}+(5k+2)^{5k+1}.$

Như vậy

$n^{n+1}+(n+1)^{n} \equiv 1+2^{5k+1} \ ( \mod \ 5) \equiv 1+2^{k+1} \ (\mod 5) \equiv 4(2^{k-1}-1) \ (mod \ 5).$

Như vậy để A chia hết cho 5 thì

$2^{k-1} \equiv 1 \ (mod \ 5)$

Giả sử $k-1=4t+r \ (0 \le r <3)$, ta có:

$2^{k-1} \equiv 2^r \equiv 1 \ (mod\ 5) \Leftrightarrow r=0.$

Vậy $k=4t+1 \Rightarrow n=5(4y+1)+1=20t+6$. Khi đó ta có $n \equiv 6 \ (mod \ 20)$ thì P chia hết cho 5.

+ Nếu $n=5k+3$ thì:

$n^{n+1}+(n+1)^n = (5k+3)^{5k+4}+(5k+4)^{5k+3} \equiv (-2)^k +(-1)^{k+1} \ (mod \ 5)$

Xét hai trường hợp $k$ chẵn hay lẻ thì khi đó ta có
_ $k$ chẵn thì $n \equiv 3 \ (mod \ 20)$
_ $k$ lẻ thì $n \equiv 6 \ (mod \ 20)$