Phép biến đổi của Thầy Hùng chỉ mới đưa ta đi được khoảng 1/3 đoạn đường thôi
Cũng mong các bạn tham gia tích cực hơn.
Các bạn luôn có thể
tiếp tục thảo luận các bài toán cũ ngay cả khi đã có đề mới.
Sau đây là lời giải chính thức cho 2 bài toán trên :
Lời giải bài toán 2:
Phép biến đổi tương tự với thầy Hùng.Như vậy ta cần chứng minh :
$$S = \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{\prod\limits_{i = 1}^k {{x_i}} }}} < \frac{{151}}{{250}}$$
Với $a>1$,đặt $f(a) = \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{{a^{{2^k}}}}}} $.
Vì $x_{n+1}>x_{n}^2$ nên $x_{n+k}>x_{n}^{2^{k}}$ và chúng ta có thể viết $\sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{\prod\limits_{i = 1}^k {{x_{n + i - 1}}} }}} < {x_n}f({x_n})$
Vậy $S < \sum\limits_{k = 1}^p {\frac{1}{{\prod\limits_{i = 1}^k {{x_i}} }}} + \frac{{{x_{p + 1}}f({x_{p + 1}})}}{{\prod\limits_{i = 1}^p {{x_i}} }}$
Mặt khác với $a>1$,ta dễ dàng chỉ ra rằng :
$$f(a) = \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{{a^{{2^k}}}}}} < \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{{{2^k}\ln 2}}{{{a^{{2^k}}}}}} < \int_0^{ + \infty } {{2^x}} \ln 2{a^{ - {2^x}}}dx = \frac{1}{{a\ln a}}$$
Hay $af(a) < \frac{1}{{\ln a}}$,vậy thì $S < \sum\limits_{k = 1}^p {\frac{1}{{\prod\limits_{i = 1}^k {{x_i}} }}} + \frac{1}{{\ln {x_{p + 1}}\prod\limits_{i = 1}^p {{x_i}} }} \quad (*)$
Với $p=4$ thì BĐT (*) trở thành $S < \sum\limits_{k = 1}^4 {\frac{1}{{\prod\limits_{i = 1}^k {{x_i}} }}} + \frac{1}{{\ln {x_5}\prod\limits_{i = 1}^4 {{x_i}} }}$,hay :
$$\begin{array}{l}
S < \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_1}{x_2}}} + \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}{x_4}\ln {x_5}}}\\
\Leftrightarrow S < 0.60385227... < \frac{{151}}{{250}} = 0.604
\end{array}$$
Vấn đề là mình vẫn không hiểu tại sao lại có ý tưởng đặt ra hàm $f(a)$ như thế
Lời giải bài toán 3:
Bài toán đã cho tương đương việc đi tìm ${f^{[n]}}(1)$(${f^{[n]}}(x)$ là hàm hợp),trong đó $f(x) = \frac{{{x^4} + 12{x^2} + 4}}{{4{x^3} + 8x}}$.
Dễ dàng kiểm tra được rằng $f(x) = g(g(x))$,trong đó $g(x) = \frac{{{x^2} + 2}}{{2x}}$, và như vậy thì ${a_n} = {g^{[2n]}}(1)$.
Viết $h(x) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}g(\sqrt 2 x) = \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}}$ thì ta được ${h^{[n]}}(x) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{g^{[n]}}(\sqrt 2 x)$.
Chú ý rằng $h\left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} - 1}}$ và do đó ta có ${h^{[n]}}\left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = \frac{{{x^{{2^n}}} + 1}}{{{x^{{2^n}}} - 1}}$
Vậy ${g^{[n]}}\left( {\sqrt 2 \frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = \sqrt 2 \frac{{{x^{{2^n}}} + 1}}{{{x^{{2^n}}} - 1}}$ và ${f^{[n]}}\left( {\sqrt 2 \frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = \sqrt 2 \frac{{{x^{{4^n}}} + 1}}{{{x^{{4^n}}} - 1}}$.
Thay $\sqrt 2 \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1$ thì suy ra $x = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{{1 - \sqrt 2 }}$.
Từ đó ta tìm được công thức tổng quát của $a_{n}$ là $\boxed{{a_n} = \sqrt 2 \frac{{{{(1 + \sqrt 2 )}^{{4^n}}} + {{(1 - \sqrt 2 )}^{{4^n}}}}}{{{{(1 + \sqrt 2 )}^{{4^n}}} - {{(1 - \sqrt 2 )}^{{4^n}}}}}}$.
Còn về lời giải thì thật sự không hiểu khúc đặt hàm hợp.
**********
Tiếp tục với đề mới :
Bài toán 4: Cho ${a_1} = 6,{a_{n + 1}} = (n + 1){a_n} - 5n$ với $n=1,2,...$.Tìm tất cả các số nguyên dương n để $a_{n}$ là lập phương của một số.
Bài toán 5: Tìm công thức tổng quát của $a_{n}$ nếu biết ${a_0} = 1,{a_{n + 1}} = \left( {1 + \frac{1}{{{2^{{2^n}}}}}} \right){a_n} + {2^{ - {2^n}}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}$.
@supermember: Mathlinks là 1 đại dương, nhưng không phải là đại dương thì cứ vô tận khai thác, nên nếu gửi thì nên gửi cả những bài trên đó chưa giải dc
, sau đó nếu VMF có lời giải thì sẽ post lại trên đó theo tinh thần hợp tác- cùng phát triển.
@anh Lộc :anh đừng lo,phần PT hàm và Đa thức có nhiều bài chưa có lời giải lắm
.
Edited by dark templar, 22-03-2013 - 21:57.