navibol

Ta có: $x^2y^2-3y^2=(x+2y)^2\Leftrightarrow y^2(x^2-3)=(x+2y)^2$. Từ đó suy ra $x^2-3$ là một số chính phương nên suy ra $x^2=4$. Từ đó suy tiếp suy ra phương trình có nghiệm $(x,y)=(2;-2);(-2;2)$.

 

 

P.s: @ Oo Nguyen Hoang Nguyen oO: mình đã sửa bài.

$x^2-3$ là một số chính phương rồi suy ra ngay $x^2 = 4$ có chặt chẽ chưa em

Bài đó trước khi làm xét nghiệm $(0;0)$ nữa nhé.

$x^2-3=k^2$ nên $(x-k)(x+k)=3$ mà 3 là chỉ có thể phân tích thành với tích thành $3.1$,$1.3$, $(-3).(-1)$, $(-1)(-3)$ rồi từ đó giải. 

Cho dãy số thực $(x_n)$ thỏa mãn $x_i\geqslant 0,i=0,1,2,...,n$ $x_0=1$ và
$$x_i \leqslant x_{i+1}+x_{i+2}$$
Chứng minh:
$$ \sum_{i=0}^{n}x_i\geqslant \frac{f_{n+2}-1}{f_n}$$

($f_{n}$ là dãy Fibonaci.)

Định lý khác
$(L_m;L_n)=L_{(m;n)}$

Cho dãy số thực $\{a_n\}$ xác định như sau:$a_1=1$ và $a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n}$.Tìm $\lim\limits_{n \to \infty }\dfrac{a_n}{\sqrt{n}}$

Thông thường thì nó được giải theo cách này. :-P
$$a_{k + 1}^2 = a_k^2 + \frac{1}{{a_k^2 }} + 2 \Rightarrow \sum\limits_{i = 2}^n {a_i^2 } = \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {a_j^2 } + \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {\frac{1}{{a_j^2 }} + 2(n - 1).} $$
$$a_n^2 = 2n - 1 + \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {\frac{1}{{a_j^2 }}} \Rightarrow a_n > \sqrt {2n - 1} {\rm{ , }}\forall {\rm{n}} \ge {\rm{2}}{\rm{.}}$$
$$a_k^2 > 2k - 1{\rm{ }}\forall {\rm{k}} \ge {\rm{2}} \Rightarrow \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{a}}_{\rm{k}}^{\rm{4}} }} < \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{(2k - 1)}}^{\rm{2}} }} < \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{(2k - 1)}}^{\rm{2}} - 1}} = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{4k(k + 1)}}}} = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{k - 1}} - \frac{1}{k}} \right)$$
$$\Rightarrow \sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\frac{1}{{a_k^4 }} < \frac{1}{4}} (1 - \frac{1}{{n - 1}}) < \frac{1}{4} \Rightarrow \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {\frac{1}{{a_j^4 }} < 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}} $$
$$\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{u_j^{2}}\leq \sqrt{(n-1).
\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{u_j^{4}}}<\frac{\sqrt{5(n-1)}}{2} (n\geq 2)$$
$$a_n^2 < 2n - 1 + \frac{{\sqrt {5(n - 1)} }}{2}{\rm{ (n}} \ge {\rm{2)}}$$
$$n \ge 2;{\rm{ }}\sqrt {{\rm{2n - 1}}} {\rm{ < a}}_{\rm{n}} {\rm{ < }}\sqrt {{\rm{2n - 1 + }}\frac{{\sqrt {{\rm{5(n - 1)}}} }}{{\rm{2}}}} \Rightarrow \sqrt {{\rm{2 - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{n}}}} {\rm{ < }}\frac{{{\rm{a}}_{\rm{n}} }}{{\sqrt {\rm{n}} }} < \sqrt {{\rm{2n - 1 + }}\frac{{\sqrt {{\rm{5(n - 1)}}} }}{{\rm{2}}}} $$
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{a_n }}{{\sqrt {2n} }} = 1$$.
Bạn có thể tham khảo ở đây. :-P
http://forum.mathsco...4942#post154942

Bài toán: Cho dãy $\{u_{n} \}$ được xác định như sau:
$$\left\{\begin{matrix}u_{n+2}+\frac{(n+1)(n+2)}{n(n+3)}u_{n}=\frac{2(n+2)}{n+3}+\frac{2(n+2)^2}{(n+1)(n+3)}u_{n+1},\forall n>2 \\ u_1=0 \\ u_2=-3 \end{matrix}\right.$$.
Tìm $\lim_{n \to \infty}\frac{u_{n}}{n^2}$

Mình nói hướng đi thui nhé, hihi

Nhân 2 vế cho: $\frac{n+3}{n+2}$. Ta được:

$$\frac{n+3}{n+2}u_{n+2}-\frac{2(n+2)}{n+1}u_{n+1}+\frac{n+1}{n}u_n=2\forall n>2(1)$$

Đặt: $v_{n}=\frac{n+1}{n}u_n$

$$(1)\Leftrightarrow v_{n+2}-2v_{n+1}+v_n=2\forall n>2$$

$$\Rightarrow v_n=\frac{13}{2}-\frac{15}{n}+n^{2}$$

$$\Rightarrow u_n=\frac{13n}{2(n+1)}-\frac{15n^{2}}{2(n+1)}+ \frac{n^{3}}{n+1}$$

Từ đây suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{u_n}{n^{2}}=1$

Bạn xem lại hộ mình cái đề nhé^^
Hình như phải thế này mới đúng
$f(x^{3})+f(y^{3})=(x+y)(f(x^{2})+f(y^{2})-f(xy))$

Cho $u_{n}$ tm
$\begin{cases}
u_{1}=\frac{4}{5}\\
u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{u_{n}^{4}-8u_{n}^{2}+8}
\end{cases}$
Tìm số hạng tổng quát của dãy số $u_{n}$

Ta đặt: $v_n=\frac{1}{u_n}$. Suy ra:
$v_{n+1}=8v_{n}^4-8v_{n}^2+1,v_1=\frac{5}{4}$
Chứng minh quy nạp $v_n=\frac{1}{2}\left ( 2^{2^{2n-2}}+2^{-2^{2n-2}} \right )$
Thật vậy ta sẽ chứng minh đúng khi với n+1
$v_{n+1}=v_{n}^4-8v_{n}^2+8=\frac{8}{16} \left ( 2^{2^{2n-2}}+2^{-2^{2n-2}} \right )^4-\frac{8}{4} \left ( 2^{2^{2n-2}}+2^{-2^{2n-2}} \right )+8$
$=\frac{1}{2} \left ( 2^{2^{2n-1}}+2^{-2^{2n-1}}+2 \right )^2-2 \left ( 2^{2^{2n-1}}+2^{-2^{2n-1}}+2 \right )+1$
$=\frac{1}{2}\left ( 2^{2^{2n}}+2^{-2^{2n}} \right )$
P/s: Đây là bài dãy trong đề của TP.HCM vòng 2