maitienluat

Ta có nhận xét rằng nếu $\cos x$ là số hữu tỉ thì $\cos (kx)$ cũng là số hữu tỉ, với $k$ là số nguyên dương (do $\cos (kx)=P_k(\cos x)$, với $P_k(x)$ là đa thức Chebyshev loại I với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} n \equiv 0 &(mod k) \\ n \equiv 1 &(mod (k-1)) \end{matrix}\right.$

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy $n=k^2$ ). Ta có đpcm.

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$

Bài làm:

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

Vậy $f(x)=x , \forall x \in \mathbb{Q}$.

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$

Mở rộng 2: Tổng quát cho số thành phố là $n \geq 3$ bất kì

Ta chỉ cần giải quyết cho trường hợp $n=3k+1$ và $n=3k+2$

Tương tự như bài làm và mở rộng 1, ta có số đường đi không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$

Và $P \leq -3d^2 + 2dn$ với $d=\frac {a+b} {2}$

Xét $n=3k+1$.

Ta có $-3d^2+2dn=-3(d- \frac {n} {3})^2 +\frac {n^2} {3} \leq \frac {n^2} {3} = \frac {9k^2+6k+1} {3} = 3k^2+2k+\frac {1} {3}$

Do $a,b,c$ nguyên nên $P$ nguyên, suy ra $P \leq 3k^2+2k$

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi.

Chia $3k+1$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 1 thành phố $M$, Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$.Dễ thấy cách xây dựng này thoả mãn và có đúng $3k^2+2k$ đường đi.

Xét $n=3k+2$.

Tương tự như trường hợp $n=3k+1$, ta có $-3d^2+2dn \leq 3k^2+4k+ \frac {4} {3}$, nên $P \leq 3k^2+4k+1$.

Ta chỉ ra một cách xây dựng.

Chia $3k+2$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 2 thành phố $M$ và $N$. Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$. Ta tiếp tục xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $C$ đến $N$, từ $N$ đến mọi thành phố thuộc nhóm $B$ và từ $N$ đến $M$. Dễ kiểm tra cách xây này thoả và có đúng $3k^2+4k+1$ đường đi.

Tóm lại, trong mọi trường hợp, số đường đi lớn nhất có thể là $\left \lfloor \frac{n^2}{3} \right \rfloor$ , ở đó $n$ là số thành phố.

Mở rộng 1: Ta sẽ thay số thành phố $210$ bới $n=3k$ bất kì.

Với lập luận tương tự như trong bài làm, ta có số con đường một chiều có thể xây dựng không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$.

Đặt $d= \frac {a+b} {2}$, ta có:

$P=a+b+ab+c(a+b) \leq 2d+d^2+(n-1-2d).(2d) = -3d^2+2nd = -3(d-k)^2+3k^2 \leq 3k^2$

Ta chỉ ra một cách xây dựng cấu hình có $3k^2$ đường đi.

Chia $n$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm gồm $k$ thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$, ta xây dựng đường một chiều theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây này thoả mãn yêu cầu và có số đường đi là $3k^2$ (có $k^3$ bộ thành phố, ứng với mỗi bộ có $3$ đường một chiều, trong đó mỗi con đường được tính đúng $k$ lần).

Tóm lại, số con đường đi nhiều nhất có thể xây dựng với $n=3k$ thành phố là $3k^2$.

Bài làm :

Gọi $X$ là thành phố có nhiều đường đi liên quan nhất ( theo nghĩa tổng số đường đi từ $X$ đến thành phố khác và từ thành phố khác đến $X$ là lớn nhất ).

Ta chia $209$ thành phố còn lại làm $3$ nhóm : Nhóm $A$ gồm tất cả các thành phố có đường đi một chiều tới $X$, nhóm $B$ gồm các thành phố mà từ $X$ có đường đi một chiều tới và nhóm $C$ bao gồm các thành phố còn lại (trừ X). Đặt $a,b,c$ lần lượt là số phần tử của $A, B, C$. Khi đó, số đường đi có liên quan tới $X$ là $a+b$ và $a+b+c =209$.

Ta có một số nhận xét sau

$\bullet$ Giữa các thành phố cùng thuộc nhóm A không có đường đi nối với nhau.

  C/minh: giả sử $A_1,A_2$ là 2 thành phố cùng thuộc $A$ sao cho có đường đi nối giữa $A_1$ và $A_2$, không mất tổng quát giả sử đó là đường đi từ $A_1$ tới $A_2$. Khi đó có đường đi từ $A_1$ tới $A_2$ và từ $A_2$ tới $X$, nên theo giả thiết không có đường đi từ $A_1$ tới $X$, vô lí vì $A_1 \in A $

  Tuơng tự, giữa các thành phố cùng thuộc nhóm B không có đường đi nối với nhau.

  Từ đó, số đường đi nối giữa các thành phố thuộc $A$ và $B$ không lớn hơn $ab$.

$\bullet$ Số đường đi liên quan tới các thành phố thuộc nhóm $C$ không lớn hơn $c(a+b)$.

   Thật vậy, vì nếu ngược lại thì theo nguyên lí Đirichlet tồn tại một thành phố thuộc $C$ có số đường đi liên quan lớn

hơn $a+b$, mâu thuẫn với cách chọn $X$.

Từ các nhận xét trên ta suy ra số con đường có thể xây dựng không lớn hơn: $a+b+ab+c(a+b)$.

Ta có $P = a+b+ab+c(a+b) \leq a+b+\frac {(a+b)^2} {4} + (209 -a-b)(a+b) = 2d + d^2+2d(209 -2d) = - 3(d-70)^2 +  3.70^2 \leq 14700$.

(với $d= \frac {a+b} {2} $)

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi thoả mãn yêu cầu bài toán. 

Chia $210$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm có 70 thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$ thì ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây dựng này thoả yêu cầu bài. Khi đó số bộ thành phố là $70^3$, với mỗi bộ có $3$ con đường được xây và mỗi con đường được tính lặp lại $70$ lần nên số đường đi là $3.70^2=14700$.

Tóm lại, số đường đi nhiều nhất có thể là $14700$

Ta có 

$$ x^2 = y^2 + \sqrt{y+1} \Leftrightarrow x^2 - y^2 = \sqrt {y+1}$$

Do vế trái là số nguyên nên vế phải cũng là số nguyên $\Rightarrow y= k^2-1 , k \in \mathbb{N}, k \geq 1$

Thế lại vào phương trình ta được 

$$ x^2 = (k^2-1)^2 + k = k^4 - 2k^2 + k + 1$$

Do $k \geq 1$ nên $2k^2 \geq k + 1$

$$ \Rightarrow (k^2-1)^2 < x^2 = k^4 - 2k^2 + k + 1 \leq k^4$$

$$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$$

Khi đó ta có $y = k^2 -1 = 0$ và $x^2=1 \Rightarrow x=1$

Thử lại thấy $(x;y) = (1;0)$ thoả đề.

Kết luận : $(x,y) = (1,0)$

$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$

Chỗ này hãy viết rõ hơn như sau: $\Rightarrow x^2=k^4 \Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$: trừ 0,5đ

$d=9,5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=45,5$

Ta có  $\frac {AC'}{AB}=\frac{AC}{AC+BC} \Rightarrow AC' = \frac {bc}{a+b}$

Tương tự $AB'=\frac {bc}{c+a}$

Áp dụng định lý cosine cho tam giác $AB'C'$ ta được:

$$a_1^2=AC'^2+AB'^2-2AC'.AB'.\cos A \geq 2AC'AB'(1-\cos A)=\frac {2b^2c^2}{(a+c)(a+b)}.2\sin^2 {\frac {A}{2}}=\frac {4bc(p-b)(p-c)} {(a+c)(a+b)}$$

Tương tự ta thu được các đánh giá với $b_1^2$ và $c_1^2$.

Bây giờ, áp dụng BĐT AM-GM cho vế trái của BĐT đã cho, ta sẽ chứng minh:

$$3. \sqrt[3] {(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2.a_1^2.b_1^2c_1^2} \geq 16S^2$$

Sử dụng các đánh giá ở trên, ta đưa về chứng minh

$$3. \sqrt[3] {64a^2b^2c^2(p-a)^2(p-b)^2(p-c)^2}\geq 16p(p-a)(p-b)(p-c)$$

$$\Leftrightarrow 27a^2b^2c^2 \geq 64 p^3(p-a)(p-b)(p-c)$$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì $x,y,z > 0$ và

$$(*) \Leftrightarrow 27(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq 64xyz(x+y+z)^3$$

Hiển nhiên đúng theo 2 BĐT quen thuộc sau

$$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$$

$$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z)$$

Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ABC$ là tam giác đều.

 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA

MÔN TOÁN NĂM 2014

Thời gian làm bài: 180 phút.

Ngày thi thứ nhất (03/01/2014)

Bài 1. (5 điểm) Cho 2 dãy số thực dương $(x_{n}),(y_{n})$ xác định bởi $x_{1}=1,y_{1}=\sqrt{3}$

$$\left\{\begin{matrix} x_{n+1}y_{n+1}-x_{n}=0\\x_{n+1}^2+y_{n} =2 \end{matrix}\right.\forall n=1,2,3$$

Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.

Từ giả thiết ta suy ra :

$$\left\{\begin{matrix} x_1=2\sin {\frac {\pi}{6}}, &y_1=2\cos {\frac {\pi}{6}} \\ x_{n+1}=\sqrt{2-y_n} & \\ y_{n+1}=\frac {x_n}{x_{n+1}} & \end{matrix}\right.$$

Từ đó, bằng quy nạp ta chứng minh được $$\left\{\begin{matrix} x_n=2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}\\ y_n=2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}} \end{matrix}\right.$$

Do $\cos x$ nghịch biến trên $(0; \pi)$ nên ta suy ra $(y_n)$ tăng. Mặt khác, $(y_n)$ bị chặn trên bởi $2$ nên nó hội tụ.

Tương tự, do $\sin x$ đồng biến trên $(0; \pi)$ nên $(x_n)$ giảm và bị chặn dưới bới $0$ nên cũng hội tụ.

Do tính liên tục của $\cos x$ và $\sin x$ nên ta suy ra

$$\lim x_n = \lim 2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\sin \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\sin 0 = 0$$

$$\lim y_n = \lim 2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\cos \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\cos 0 = 2$$

Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

 

Từ công thức truy hồi ta có

$$a_{n+1}=a_n+ \frac {1} {2n+1} + \frac {1} {2n+2} - \frac {1} {n}$$

Suy ra $$a_{n+1}=a_1+\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac {1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2} -\frac {1}{k}\right )=\frac {3}{2}+\sum_{k=3}^{2n+2}\frac {1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{n+1+k}$$

$$\Rightarrow a_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+k}$$

Xét hàm số $f(x)=\frac {1} {1+x}$. Tổng tích phân cấp $n$ của hàm số $f$ trên $[0,1]$ là

$$S_n = \frac {1} {n} \sum_{i=1}^n f(\frac {1} {n}) = a_n - \frac {1} {n}$$

Theo định lí cơ bản của tích phân $$\lim S_n=\int_{0}^{1}\frac {1}{x+1}dx=\ln2$$

Mà $\lim \frac {1} {n} = 0$ nên ta suy ra $$\lim a_n = \lim S_n = \ln 2$$.

Cho dãy số $\{x_n\}$ thỏa $x_1=1;x_{n+1}=\frac{n}{x_n}+\frac{x_n}{n}$. Chứng minh $$\lim\limits_{n\to +\infty} \frac{x_n^2}{n}=1; \; \lim\limits_{n\to +\infty}(x_n^2-n)=\frac{1}{2}$$

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_n^2}{n}=1$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $\sqrt{n}<x_n<\sqrt{n}+1$.

Với $n=1,n=2$ đúng. Giả sử nó đúng tới $n=k \geq 2 \Rightarrow \sqrt{k}<x_k< \sqrt{k}+1$.

Xét hàm số $f_k(x)= \frac {x} {k} + \frac {k} {x}$ trên $(\sqrt{k};\sqrt{k}+1)$

Ta có $f'(x)= \frac {x^2-k^2} {x^2} < 0 $ do $x< \sqrt{k}+1<k (k \geq 2)$

Suy ra $f(\sqrt{k})> f(x_k) > f(\sqrt{k}+1)$

Mặt khác dễ dàng kiểm tra được rằng $f(\sqrt{k}) < \sqrt{k+1} +1$ và $f(\sqrt{k}+1) > \sqrt{k+1}$

nên ta suy ra $\sqrt{k+1}+1 > x_{k+1} > \sqrt{k+1}$.

Từ đó áp dụng nguyên lý kẹp ta thu được $\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac {x_n}{\sqrt{n}}=1$.

Vậy ta có đpcm.

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty} (x_n^2-n) = \frac {1} {2}$.

Lập dãy $(y_n) y_n=x_n^2 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_1=1 & \\ y_{n+1}=\frac {y_n}{n^2}+\frac{n^2}{y_n}+2 & \end{matrix}\right$

Bằng cách tương tự như câu a, ta chứng minh được BĐT sau với mọi $n \geq 2$

$$n+\frac{1}{2}<y_n<n+\frac{1}{2}+\frac{5n^2+4+1}{4n^3-2n^2-8n-4}$$

Áp dụng nguyên lí kẹp ta có đpcm.

 Bổ đề: $m_a+m_b+m_c \leq  \frac {9R} {2}$

C/minh:

  Sử dụng kết quả quen thuộc $\sin ^2 A+ \sin ^2 B+ \sin ^2 C  \leq \frac {9} {4}$, ta có

$$(m_a+m_b+m_c)^2 \leq 3(m_a^2+m_b^2+m_c^2) = \frac {9} {4} (a^2+b^2+c^2) = 9R^2(\sin ^2 A+ \sin ^2 B + \sin ^2 C ) \leq \frac {81} {4} R^2$$

 $\Rightarrow$ đpcm.

Trở lại bài toán. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và bổ đề trên, ta được

$$\sum \frac {1} {\sqrt{m_a}} \geq \frac {9} {\sum \sqrt {m_a}} \geq \frac {9} {\sqrt {3(\sum m_a)}} \geq \frac {9} {\sqrt {3. \frac {9R} {2}}} = \sqrt {\frac {6} {R}}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Bài 50: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ và $n$ sao cho

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor+mn$

Ta có nhận xét sau: Cho $n$ là một số tự nhiên và $a$ là một số thực. Khi đó nếu $a \geq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\geq n$ và nếu $a \leq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\leq n$

Trở lại bài toán. KMTQ giả sử $m \geq n$

$\bullet$ TH1: $n^2 \geq m$

Khi đó ta có $(m^2-n)(n^2-m)\geq 0 \Rightarrow mn+1 \geq \frac{m^2}{n}+\frac{n^2}{m}$

Suy ra $\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor=mn+\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \geq mn+2 \geq \frac {m^2}{n}+\frac{n^2}{m}+1>\left \lfloor \frac {m^2}{n}+\frac {n^2}{m} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor$.

Vây trong trường hợp này pt vô nghiệm

$\bullet$ TH2: $n^2 < m$

Đặt $m=an^2+b, b^2=cn+d$. Bỏ qua truờng hợp đơn giản khi $b=0$.

Khi đó ta dễ dàng có được :

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor=a^2n^3+2anb+c; \left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=0$

Mặt khác để ý rằng $b^2<(c+1)n \Rightarrow b<\sqrt{(c+1)n}\leq \frac {n+c+1}{2} \Rightarrow b \leq \frac {n+c}{2}$

ta dễ dàng chứng minh được $\frac{m}{n}+\frac{n}{m}=n+\frac{(2a-1)bn^2+b^2+n^2}{an^3+bn}< n+c+1 \Rightarrow \left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \leq n+c$

Suy ra $a^2n^3+2abn+c\leq n+c+(an^2+b)n \Leftrightarrow (a^2-a)n^3+(2ab-b-1)n \leq 0$

Mà do $a,b \geq 1$ nên $a^2-a \geq 0$ và $2ab-b-1 \geq 0$ nên ta suy ra $\left\{\begin{matrix} a^2-a=0 & \\ 2ab-b-1=0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & \\ b=1 & \end{matrix}\right.$. Thử lại thấy $(m,n)=(k^2+1,k)$ thỏa.

KL: $(m,n)=(k^2+1,k);(k,k^2+1)$ với $k \in \mathbb{N}$.

1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

Đặt $S_n = \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

Ta có $\frac{k}{n} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+k}} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{n}\leq S_n \leq \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{n+1}{2n}\leq S_n\leq \frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}$

Mà $\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}=\frac{1}{2}$

nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim _{n\rightarrow +\infty }S_n = \frac{1}{2}$

2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

Từ hệ thức ta suy ra $x_{n+1}^{n+1}=2x_n^n .\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.(2n+1)$ (*)

$\Rightarrow \left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n.x_{n+1}^{n+1} =x_n^{n+1}.\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}$

Để ý rằng $\left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n< 3 \forall n$

và $\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}> \frac{2n}{n+1}.n> 3 \forall n\geq 3$

Nên kể từ số hạng thứ 3 trở đi thì $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn $L \geq 0$.

Chuyển (*) qua giới hạn ta được

$L = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( 2(2n+1).\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty} \left ( 2. \frac {2n+1}{n+1}. \frac {1}{(1+\frac {1}{n})^n}\right )= \frac {4}{e}$

=====================================

Ngoài ra ta cũng có thể dùng tổng tích phân như sau:

$x_n = \sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left ( 1+\frac{k}{n} \right )}\Rightarrow y_n= \ln x_n = \frac{1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left (1+\frac{k}{n} \right )}$

Xét hàm số $f(x)=\ln {(1+x)}$ trên $[0,1]$. Chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm chia $a_k=\frac {k} {n}, 1 \leq k \leq n$.

Khi đó tổng tích phân cấp $n$ trên đoạn $[0,1]$ của $f(x)$ là:

$S_n=\sum_{k=1}^nf(a_k)(a_k-a_{k-1})=\frac {1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left ( 1 + \frac {k}{n} \right )}=y_n$

Theo định lý cơ bản của tích phân $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n = \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx$

Thực hiện phép đổi biến $x=u^2$ và lấy tích phân từng phần ta tính được $\int_{0}^{1}\ln{(1+x)}dx=2\ln2 -1$

Suy ra $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n=\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n= 2\ln2 -1$

Do hàm số $\ln {x}$ liên tục trên $(0,+\infty )$ nên ta có $\lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=e^{\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n}=e^{2\ln2-1}=\frac {4}{e}$

Bài toán 1: Với tam giác $ABC$ bất kỳ,ta có $\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}{\cos B\cos C}\ge\left(\frac{6r}{R}\right)^2$

 Có lẽ điều kiện nên là tam giác $ABC$ nhọn, vì chẳng hạn với $A=\frac{2\pi}{3},B=C=\frac{\pi}{6}$ thì vế trái âm và nếu tam giác $ABC$ vuông thì vế trái k xác định.

=============

Ta giải bài toán khi $ABC$ là tam giác nhọn. BĐT đã cho tương đương với:

$$\sum \frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}\geq 36r^{2}$$

Ta có $$\frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}= \frac{\frac{a^{2}}{4}}{\frac{(b^2+a^2-c^2)(c^2+a^2-b^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^4bc}{a^4-(b^2-c^2)^2}\geq bc$$

và $$36r^2=36\frac {S^2}{p^2}=36\frac {(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9\frac {(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} {a+b+c}$$

nên ta viết lại BĐT thành

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$$

$$abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c \Leftrightarrow ABC$ đều.