khong la gi ca

Câu 2. Với số tự nhiên bất kì $n$, chứng minh rằng:

 \[ \left\lfloor\frac{n}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{n}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor \]

là số chẵn

 

Đặt

$$ A =  \left\lfloor\frac{n}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{n}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor $$

Đầu tiên nhận xét rằng nếu viết $n = au + r$ thì

$$ \left \lfloor \frac{n}{u} \right \rfloor = a $$

Gọi $u_1 , u_2 , \cdots , u_k$ là các ước của $n$. Theo đó thì $u_iu_{k-i} = n$ với mọi $1 \leq i \leq k$

Tổng trên của bài toán có thể viết lại như sau

$$ n + \frac{n}{u_2} \left ( u_2 - u_1 \right ) + \frac{n}{u_3} \left ( u_3 - u_2 \right ) + \cdots + \frac{n}{u_k} \left ( u_k - u_{k-1} \right ) $$

$\boxed{12}$ Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix} x+y+z=0 (1) & & \\ \sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}=\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}} (2) & & \end{matrix}\right.$$

 

1. Xét trường hợp $y=0$
Khi đó hệ phương trình trở thành
$$\left\{\begin{matrix} x+z=0 & & \\ \left | x \right | + \left | z \right | + = \sqrt{z^{2}+zx+x^{2}} (a) & & \end{matrix}\right.$$

Vì hai vế của $(a)$ đều không âm nên

$$ (a) \Leftrightarrow x^2 + 2\left | x \right |\left | z \right | + z^2 = z^2 + zx + x^2 \Leftrightarrow 2\left | x \right |\left | z \right | = zx $$

Phương trình cuối cùng có nghiệm $x=0$ hoặc $z=0$, tuy nhiên cả hai nghiệm trên đều dẫn đến hệ sẽ có nghiệm $\left ( x,y,z \right ) = \left ( 0,0,0 \right )$

 

2. Trường hợp $y \neq 0$

Nhân hai vế của $(1)$ cho $y$ ta được

$$ xy + y^2 + yz = 0 $$

Thay vào $(2)$ cho ta

$$ \sqrt{x^{2}-yz}+\sqrt{z^{2}-xy}=\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}} $$

Một lần nữa vì cả hai vế của phương trình trên đều không âm nên ta có

$$ x^{2}-yz + z^{2}-xy + 2 \sqrt{x^{2}-yz} \sqrt{z^{2}-xy} = z^{2}+zx+x^{2} $$

 

Ta dễ dàng chứng minh được rằng

$$ xy + yz + zx \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} = 0 $$

Mà

$$ 0 \leq 2 \sqrt{x^{2}-yz} \sqrt{z^{2}-xy} = xy + yz + zx $$

Theo đó ta phải có

$$ xy + yz + zx = 0 $$

suy ra $y^2 = zx$

 

Mặt khác $$ 2 \sqrt{x^{2}-yz} \sqrt{z^{2}-xy} = xy + yz + zx = 0 $$

Theo đó $x^2 = yz$ hoặc $z^2 = xy$. Ta sẽ chỉ xét trường hợp $x^2 = yz$, trường hợp còn lại được chứng minh tương tự.

Với $x^2 = yz$ thì

$$ y^2 = zx \Rightarrow y^4 = z^2 x^2 = z^3 y \Rightarrow z = y $$

Và hơn nữa lúc đó

$$ x^2 = y^2 \Rightarrow x = \pm y $$

Trong cả hai khả năng thì khi thay vào $(1)$ ta đều được $\left ( x,y,z \right ) = \left ( 0,0,0 \right )$ nhưng nghiệm này bị loại vì ta đang xét trường hợp $y \neq 0$.

 

Như vậy hệ phương trình chỉ có nghiệm duy nhất $\left ( x,y,z \right ) = \left ( 0,0,0 \right )$

Câu 5 (4 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\frac{a^5}{a^4+b^4} +\frac{b^5}{b^4+c^4}+\frac{c^5}{c^4+a^4}  + \frac{1}{2} \left(\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c} \right) \geq a+b+c$$

 

Đầu tiên ta sẽ chứng minh

$$ \frac{a^5}{a^4+b^4}  + \frac{1}{2} \frac{b^2}{a} \geq a $$

Thật vậy, bđt trên tương đương với

$$ 2a^6 + a^4b^2 + b^6 \geq 2a^6 + 2a^2b^4 $$

hay

$$ \left ( a^2b - b^3 \right )^2 \geq 0 $$

Tương tự ta có

$$ \frac{b^5}{b^4+c^4}  + \frac{1}{2} \frac{c^2}{b} \geq b $$

$$ \frac{c^5}{c^4+a^4}  + \frac{1}{2} \frac{a^2}{c} \geq c $$

Từ đó suy ra đpcm.

Hãy chứng minh rằng dãy số x_n = $\frac{2n}{n+2}$ hội tụ đến 2, bằng cách chỉ ra số tự nhiên tương ứng với mỗi số $\varepsilon >0$ sao cho:

$\left | x_{_{n}} - 2 \right |$ < $\varepsilon$, với mọi n > n₀

 

Cho một $\varepsilon >0$ bất kỳ, ta sẽ tìm số nguyên $n_{0}\left ( \epsilon  \right )$ sao cho

$$ \left | x_{n} - 2 \right | < \varepsilon \ \forall n > n_{0} \left ( \epsilon  \right )  $$ 

Ta thấy

$$ \left | x_n - 2 \right | = \left | \frac{2n}{n+2}  - 2 \right | = \frac{4}{n+2} $$

Để 

$$ \frac{4}{n+2}  < \epsilon $$

thì ta phải có

$$ n >max \left \{ \frac{4}{\varepsilon} - 2 , 0 \right \} $$

Vậy ta có thể chọn

$$ n_0 = max \left \{ \left \lceil \frac{4}{\varepsilon} - 2 \right \rceil , 0 \right \} $$

Bài 6. (2 điểm)

Với số tự nhiên $n\ge 2$, gọi $a_n$ là hệ số của $x$ trong khai triển nhị thức $(5+\sqrt{x})^n$. Tìm giá trị của $n$ để biểu thức $A=\frac{5^2}{a_2}+\frac{5^3}{a_3}+\frac{5^4}{a_4}+...+\frac{5^n}{a_n}$ có giá trị bằng $48$.

 

Với mọi số tự nhiên $2 \le k \le n$, ta có

$$ \left ( 5 + \sqrt{x} \right ) ^k = \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} 5^{k-i} x^{\frac{i}{2}} $$

Theo đó thì

$$ a_k = \binom{k}{2} 5^{k-2} = \frac{k(k-1)5^k}{50} $$

Ta viết lại

$$ A = \sum_{k=2}^{n} \frac{5^k}{a_k} = \sum_{k=2}^{n} \frac{50}{k(k-1)} = 50 \left( 1 - \frac{1}{n}  \right ) = 48 $$

Như vậy $n=25$

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh:

$\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c} \geq 3$

 

BĐT đã cho tương đương với

$$ \frac{2}{2-a} + \frac{2}{2-b} + \frac{2}{2-c} \geq 6 $$

$$ \Leftrightarrow 1 + \frac{a}{2-a} + 1 + \frac{b}{2-b} + 1 + \frac{c}{2-c} \geq 6 $$

$$ \frac{a}{2-a}  + \frac{b}{2-b} +  \frac{c}{2-c} \geq 3 $$

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz
$$ \frac{a}{2-a}  + \frac{b}{2-b} +  \frac{c}{2-c} =  \frac{a^2}{2a-a^2}  + \frac{b^2}{2b-b^2} +  \frac{c^2}{2c-c^2} \geq \frac{\left ( a+b+c \right )^2}{2a-a^2+2b-b^2+2c-c^2} = \frac{\left ( a+b+c \right )^2}{2\left ( a+b+c \right )-3} $$
Đặt $t=a+b+c$. Theo giả thiết kết hợp với BĐT Cauchy - Schwarz thì

$$ 3 = a^2 + b^2 + c^2 \geq \frac{\left ( a+b+c \right )^2}{3} \Rightarrow \left ( a+b+c \right )^2 = t^2 \leq 9 $$
Do đk $a,b,c>0$ nên ta được $0<t \leq 3$
Xét hàm số
$f(t) = \frac{t^2}{2t-3}$ với $t \in (0,3])$
có $f'(t) = \frac{2t^2-6t}{(2t-3)^2} \leq 0 \forall t \in (0,3]$
suy ra $f$ là hàm nghịch biến trên $(0,3]$

vậy $f(t) \geq f(3) = 3$.
Từ đây ta có đpcm

Lưu ý là ta ko đc quyền đánh giá
$$  \frac{t^2}{2t-3} \geq 3 $$
$$ \Leftrightarrow t^2 - 6t + 9 \geq 0 $$

$$ \Leftrightarrow (t-3)^2 \geq 0 $$

vì ta ko chắc $2t-3 \geq 0$ (ta chỉ có đc $0<t\leq3$)  

 

 

 

$\sqrt{4y^{2}+x}-\sqrt{4y-x}+\sqrt{x^{2}+2}=0$

 

ĐKXĐ $ 4y - x \geq 0 \Leftrightarrow 4y \geq x $

$ \sqrt{4y^{2}+x}-\sqrt{4y-x}+\sqrt{x^{2}+2} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{4y^{2}+x}+\sqrt{x^{2}+2}= \sqrt{4y-x} $

Do cả hai vế của pt đều không âm nên pt trên tương đương với

$ 4y^{2} + x +  x^{2} + 2 + 2\sqrt{4y^{2}+x}.\sqrt{x^{2}+2}= 4y-x \\ $

 

Câu 4: Tìm hàm số $f,g: R \to R$ thoả $$\begin{cases} f(x-1)+g(2x+1)=2x \\ f(2x+2)+2g(4x+7)=x-1 \end{cases} \ \forall x \in R$$

 

Cho $y = x - 1$ thì ta có

$f(y) + g(2y+3) = 2y + 2$ hay $f(x) + g(2x+3) = 2x + 2 (1)$

Tương tự nếu cho $y =2x + 2$ thì ta sẽ suy ra được

$f(x) + 2g(2x+3) = \frac{1}{2}x - 2 (2)$

Lấy $(2) - (1)$ ta được

$g(2x+3) = -\frac{3}{2}x - 4$

suy ra được $g(x) = -\frac{3}{4}x - \frac{7}{4}$

Thay $g(2x+3) = -\frac{3}{2}x - 4$ vào $(1)$ cho ta

$f(x) = \frac{7}{2} + 6$

Thử lại thấy $f, g$ thõa mãn yêu cầu bài toán với mọi $x$

Vậy

$f(x) = \frac{7}{2} + 6\\g(x) = -\frac{3}{4}x - \frac{7}{4}$

Câu 1: $x^2-(x+2)\sqrt{x-1} =x-2$

 

Câu 1: $x^{2} - (x+2)\sqrt{x-1} - x + 2 = 0 (1)$

ĐKXĐ: $x-1 \geq  0 \Leftrightarrow x \geq 1$

 

Đặt $t = \sqrt{x-1} (t \geq 0) \Rightarrow x = t^{2} + 1$

Thay vào $(1)$ ta được

$x(x-1)  - (x+2)\sqrt{x-1} + 2 = 0$

$\Leftrightarrow (t^{2} + 1)t^{2} - (t^{2} + 3)t + 2 = 0$

$\Leftrightarrow t^{4} - t^{3} + t^{2} - 3t + 2 = 0$

$\Leftrightarrow (t-1)^{2}(t^{2} + t + 2) = 0$

$\Leftrightarrow (t-1)^{2} = 0 (do t^{2} + t + 2 > 0 \forall t \geq 0 )$

$\Leftrightarrow t = 1$

$\Leftrightarrow \sqrt{x-1} = 1$

$\Leftrightarrow x = 2$

 

Vậy pt (1) có nghiệm duy nhất $x = 2$

Cho $x,y,z \geq 0$ và $x+y+z=3$

Tìm Min và max của $H_A=2(x^2+y^2+z^2)+xyz$

 

Từ giả thiết áp dụng bđt AM-GM cho ta

$x + y + z = 3 \geq \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow 0 \leq xyz \leq 1$

Cũng từ bđt AM-GM ta được

$xy + yz + zx \geq \sqrt[3]{(xyz)^{2}}$

 

$H_A = 2 \left( x^{2} + y^{2} + z^{2} \right) + xyz = 2 \left( x + y + z \right) ^{2} - 4 \left ( xy + yz + zx \right) + xyz$

$\leq 18 - 12\sqrt[3]{(xyz)^{2}} + xyz $

Xét hàm số $f(t) = t^{3} - 12t^{2} + 18$ với $t \in [0,1]$

$f'(t) = 3t^{2} - 24t = 3t\left(t-8\right) \leq 0 \forall t \in [0,1]$

suy ra $f(t) \leq f(0) = 18$

Vậy $(H_A)_{max} = 18$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cho a,b,c>0. CMR: $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}<\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

Ta có

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\\$

$\frac{a}{\sqrt{a\left (b+c \right )}}+\frac{b}{\sqrt{b\left (c+a \right )}}+\frac{c}{\sqrt{c\left (a+b \right )}}\\$

Bài 1: CMR:

 

$C^1_n .3^{n-1} +2C^2_n.3^{n-2} + ... + nC^n_n = n4^{n-1}$

 

 

 

Bài 2: Khai triển:

 

 

$(1 + x + x^2)^{1996} = a_o + a_1x + a_2x^2 + ...  +a_{3992}x^{3992}$

 

 

CMR: $a_o + 2a_1 + 2^2a_2+...+2^{3996}a_{3996}$ chia hết cho 2401.

 

Bài 1:

Ta có khai triển

$ \textrm{C}_{n}^{0}.3^{n-0}.1^{0} + \textrm{C}_{n}^{1}.3^{n-1}.1^{1} + \ldots + \textrm{C}_{n}^{n}.3^{n-n}.1^{n} = \left ( 3 + 1 \right )^{n} = 4^{n} $

Theo đó lấy đạo hàm hai vế thì ta đc đpcm 

 

Bài 2:

Theo đề bài $(1 + x + x^2)^{1996} = a_o + a_1x + a_2x^2 + ...  +a_{3992}x^{3992}$

do đó

$a_{0} + a_{1}.2 + a_{2}.2^2 + ...  +a_{3992}.2^{3992} = (1 + 2 + 2^2)^{1996} = 7^{1996} = \left ( 7^{4} \right ) ^{499} = 2401^{499}$ 

 

hiển nhiên chia hết cho $2401$

Câu 1
Cho $AB$ là một dây cung (không phải đường kính) của đường tròn tâm $O$. Gọi $T$ là một điểm trên $OB$. Đường thẳng đi qua $T$ và vuông góc với $OB$ cắt $AB$ tại $C$ và đường tròn tại $D$ và $E$. Gọi $S$ là hình chiếu của $T$ trên $AB$. Chứng minh rằng $$AS. BC = TE. TD $$

Theo giả thiết $OB \perp DE$ do đó $OB$ là đường cao của $\bigtriangleup ODE$ cân tại $O$
Suy ra $OB$ là trung trực của $DE$

Ta có $AS.BC = \left ( AC + CS \right ) \left ( CS + SB \right )= CS^{2} + \left ( AC + SB \right ) CS + AC.SB$
$= CS^{2} + \left ( AB - CS \right ) CS + AC.SB = AB.CS + AC.SB$

Vậy để cm $AS.BC = TE.TD$ ta sẽ cm $AB.CS + AC.SB = TD^{2}$

Mặt khác $\bigtriangleup TBC$ vuông tại $T$ có $TS$ là đường cao cho ta:
$CS = \frac{TC^{2}}{BC}$ , $SB = \frac{TB^{2}}{BC}$ và $BC = \frac{TB.TC}{TS}$
nên đpcm tương đương với
$AB. \frac{TC^{2}}{BC} + AC. \frac{TB^{2}}{BC} = TD^{2}.\frac{TB.TC}{TS}$
$\Leftrightarrow$ $TS.AB.TC^{2} + TS.AC.TB^{2} = TD^{2}.TB.TC$
$\Leftrightarrow$ $2.S_{\bigtriangleup TAB}.\left (BC^{2} - TB^{2}\right ) + 2.S_{\bigtriangleup TAC}.TB^{2} = \left (DB^{2} - TB^{2} \right ).2.S_{\bigtriangleup TCB}$
$\Leftrightarrow$ $S_{\bigtriangleup TAB}.BC^{2} + S_{\bigtriangleup TAC}.TB^{2} + S_{\bigtriangleup TCB}.TB^{2} = DB^{2}S_{\bigtriangleup TCB} + S_{\bigtriangleup TAB}.TB^{2}$
$\Leftrightarrow$ $S_{\bigtriangleup TAB}.BC^{2}= DB^{2}S_{\bigtriangleup TCB}$

$\Leftrightarrow$ $\frac{1}{2}.AB.TS.BC^{2}= \frac{1}{2}TS.BC.DB^{2}$
$\Leftrightarrow$ $AB.BC = DB^{2}$

Xét $\bigtriangleup ADB$ và $\bigtriangleup DCB$ có $\widehat{ABD}$ chung và
$\widehat{DAB} = \widehat{CDB}$ ( do 2 góc này lần lượt chắn 2 cung BD và BE bằng nhau )
nên $\bigtriangleup ADB$ và $\bigtriangleup DCB$ đồng dạng với nhau
$\Rightarrow$ $\frac{AB}{DB} = \frac{DB}{CB}$ $\Rightarrow$ $AB.BC = DB^{2}$ $\Rightarrow$ đpcm.

1. Định nghĩa dãy ${a_n}$ bởi
$a_1=0, a_2=1$ và $a_{n+1}-2a_n+a_{n-1}=n+1$ với $n\ge2$
Hãy xác định số hạng thứ $n$ của dãy và tính $$\lim_{n \rightarrow \infty} a_n$$

Xét phương trình đặc trưng $x^{2} - 2x + 1 = 0$ $(1)$
Phương trình $(1)$ có nghiệm kép $x = 1$

CTTQ của dãy sẽ có dạng
$a_{n} = a_{n}^{'}+a_{n}^{*}$

Trong đó:
$a_{n}^{'} = \left ( A + Bn \right )\left ( 1 \right )^{n} = A + Bn$ $(2)$
Thay lần lượt $n = 1$ và $n = 2$ vào $(2)$ ta được
$\left\{\begin{matrix}
a_{1}^{'}= A + B.1 = 0 \\ a_{2}^{'}= A + B.2 = 1
\end{matrix}\right.$ $\Rightarrow$ $\left\{\begin{matrix}
A=-1 \\ B=1
\end{matrix}\right.$

Và
$a_{n}^{*} = n^{2} \left ( C + Dn \right )$ $(3)$

Thay lần lượt $n = 1$ và $n = 2$ vào $(3)$ ta được
$\left\{\begin{matrix}
a_{1}^{'}= 1^{2} \left ( C + D.1 \right ) = 0 \\ a_{2}^{'}= 2^{2} \left ( C + D.2 \right ) = 1
\end{matrix}\right.$ $\Rightarrow$ $\left\{\begin{matrix}
C = -\frac{1}{4} \\ D = \frac{1}{4}
\end{matrix}\right.$

Vậy $a_{n} = -1 + n + n^{2}\left ( -\frac{1}{4} + \frac{n}{4} \right ) = \frac{n^{3}}{4} - \frac{n^{2}}{4} + n - 1$ $\forall n \in \mathbb{N}^{*}$

Theo đó

$\lim_{n \to \infty }a_{n} = \lim_{n \to \infty }\left (\frac{n^{3}}{4} - \frac{n^{2}}{4} + n - 1 \right ) =
\lim_{n \to \infty }\frac{1}{4}\left ( n - 1 \right )\left ( n^{2} + 4\right ) = \infty $

Giả sử phương trình $x^{4}+ax^{3}+bx^{3}+ax+1=0$.

Ý của bạn là phương trình đó có nghiệm?
Nếu vậy thì có thể giải như sau:

Xét phương trình $x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + ax + 1 = 0$ $(*)$
Rõ ràng $x = 0$ không phải là nghiệm của $(*)$ nên ta chỉ xét với $x \neq 0$. Khi đó thì
$(*)$ $\Leftrightarrow$ $x^{2} + ax + b + \frac{a}{x} + \frac{1}{x^{2}} = 0$
Đặt $t = x + \frac{1}{x}$ $\Rightarrow$ $t^{2} = x^{2} + \frac{1}{x^{2}} +2 $ $\Rightarrow$ $x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = t^{2} - 2$.
Theo đó $(*)$ $\Leftrightarrow$ $t^2 + at + b - 2 = 0$
$\Leftrightarrow$ $t^2 - 2 = - \left ( at + b \right )$
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz thì
$\left ( t^2 - 2 \right )^{2} = \left ( at + b \right )^{2} \leq \left ( a^{2} + b^{2} \right ) \left ( t^{2} + 1 \right )$
$\Rightarrow$ $P = a^{2} + b^{2} \geq \frac{\left ( t^2 - 2 \right )^{2}}{t^{2} + 1}$

Mà theo BĐT AM-GM thì $\left | t \right | = \left | x + \frac{1}{x} \right | \geq \left | 2 \right |$
$\Rightarrow$ $t^{2} \geq 4$

Xem $\alpha = t^{2} - 4$ thì $\alpha \geq 0$
Ta xét hàm số:
$f(\alpha )=\frac{\left (\alpha + 2 \right )^2}{\alpha + 5}$ $\left ( \alpha \geq 0 \right )$
$f'(\alpha )=\frac{\alpha ^{2} + 10\alpha + 16}{\left ( \alpha + 5 \right )^{2}} > 0$ $\forall \alpha \geq 0$
Suy ra hàm số $f$ đồng biến trên $\left [ 0;+\infty \right )$
nên $f(\alpha ) \geq f(0) = \frac{4}{5}$

Vậy $P_{min}=\frac{4}{5}$.