Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


nhungvienkimcuong

Đăng ký: 23-12-2014
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 21:41
****-

#715858 Đề thi chọn đội tuyển HSGQG TP Đà Nẵng

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 22-09-2018 - 11:05

Ngày thi thứ nhất:

Bài 1: (5 điểm)

a) cho dãy số $(x_n)_{n>=1}$ được xác định như sau: $x_1=1, x_{n+1}= 1 + \frac{n}{x_n} , n \in \mathbb{N}*$

Đặt $y_n = \frac{x_n}{\sqrt{n}}, n \in \mathbb{N}*$. Chứng minh dãy $(y_n)_{n>=1}$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

b) Cho dãy số thực dương $(a_n)_{n>=1}$ có $a_1=1, a_2=2$ và với mọi số nguyên dương $m, n$ đều thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:  i) $a_{mn} = a_ma_n$ ;     ii) $a_n<=2018n$      iii) $a_{m+n} <= 2019(a_m+a_n)$

Chứng minh $a_n=n$ với mọi số nguyên dương $n$

$a)$ ta chứng minh theo quy nạp rằng

 $\sqrt{n}\le x_n\le \sqrt{n}+1\Rightarrow \lim \frac{x_n}{\sqrt{n}}=1$

$b)$ bài này nếu không có điều kiện $ii)$ thì sẽ được xử lí như sau

 

 

Bài 6:(7 điểm)

Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng p và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho n là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên k. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng:

a) $p$ là số tốt

b) $p^2$ là số xấu

$a)$ dễ chọn $\mathcal{P}(x)=x^p-x$

 

$b)$ giả sử tồn tại đa thức $\mathcal{P}(x)$ thỏa đề tức là $p^2\mid \mathcal{P}(n) \ \ ,\forall n$

ta sử dụng đẳng thức sau (tham khảo thêm chứng minh ở đây )

với $\mathcal{P}(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_1x+a_0$ thì ta có

$\sum_{i=0}^{p}\left ( -1 \right )^{p-i}\begin{pmatrix} p\\i \end{pmatrix}\mathcal{P}\left ( i \right )=p! \hspace{3cm} \left ( \star \right )$

từ giả thiết đề tài ta có 

$p^2\mid\text{VT}(\star )\Rightarrow p^2\mid p!\Rightarrow p\mid (p-1)!$

dễ thấy điều trên vô lí theo $\text{Wilson}$ nên ta có $\text{Q.E.D}$




#715728 ĐỀ THI CHỌN HSGQG TỈNH PHÚ THỌ

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 19-09-2018 - 12:43

Bài 5: Chứng minh rằng:

b) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố.

bài này khó trình bày :/

ta gọi số nguyên tố thứ $k$ là $p_k$ như sau $2=p_1<p_2<p_3<...<p_k<p_{k+1}<...$

giả sử không tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố

vậy với $k$ mà $p_{k+1}-p_k<2017\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.$

vì nếu ngược lại khi đó $\exists t:\left\{\begin{matrix} p_k,p_{k+1} \in \left [ t,t+2017 \right ]\\ p_{k-1},p_{k+2}\not \in \left [ t,t+2017 \right ] \end{matrix}\right.$ (điều này mâu thuẫn với việc ta giả sử)

mà ta có 

$p_4-p_3=7-5<2017\Rightarrow p_{k+1}-p_k<2017,\forall k$

$\Rightarrow  \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.,\forall k$ tức $2018$ số nguyên dương liên tiếp luôn có ít nhất $3$ số nguyên tố

điều này mâu thuẫn với câu $a)$ nên ta có $\text{Q.E.D}$




#715248 Tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số $a_i \in$ {1...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 06-09-2018 - 16:28

1.Tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số $a_i \in$ {1;-1} có n nghiệm thực phân biệt

 

ta có thể chọn đa thức như sau $\boxed{\mathcal{P}(x)=\left\{\begin{array}{lc} x-1&,n=1\\ x^2-x-1&,n=2 \end{array}\right.}$

gọi các nghiệm của đa thức $\mathcal{P}(x)$ là $x_1,x_2,...,x_n$ thì theo viet dễ thấy $\sum x_i,\sum x_ix_j,\prod x_i \in \left \{ -1,1 \right \}$

do đó ta có

$1=\left ( \sum x_i \right )^2\ge 2\sum x_ix_j\Rightarrow \sum x_ix_j=-1$

$\Rightarrow \sum x_i^2=\left ( \sum x_i \right )^2-2\sum x_ix_j=3$

từ đây thì ta đánh giá

$3=\sum x_i^2\ge n\sqrt[n]{\left ( \prod x_i \right )^2}=n$

tới đây cũng dễ nhận thấy các đa thức bậc $3$ không thỏa đề

 

2. Tìm $a,b,c \in Z$ sao cho đa thức $P(x)=(x^2+ax+b).Q(x)$ là đa thức có hệ số 1 hoặc -1 (Q(x) là đa thức có hệ số nguyên)

dễ thấy $b\in \left \{ -1,1 \right \}$, ta đặt

$\mathcal{P}(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,\ \ \ a_i\in \left \{ -1,1 \right \}$

gọi $z$ là nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ sao cho $\left | z \right |\neq 1$ thì ta có

$\left | z \right |^n=\left | -\sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_i}{a_n}z^i\right |\le \sum_{i=0}^{n-1}\left | z^i \right |=\frac{\left | z \right |^n-1}{\left | z \right |-1}$

$\Rightarrow \left | z \right |^n\left ( \left | z \right |-2 \right )\le -1\Rightarrow \left | z \right |< 2$

 

từ đây ta suy ra các nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ đều có $\left | z \right |<2$

gọi $x_1,x_2$ là nghiệm của $x^2+ax+b$ , giả sử $\left | x_1 \right |\le \left | x_2 \right |$ thì ta có

$\left | x_1 \right |.\left | x_2 \right |=\left | x_1x_2 \right |=\left | b \right |=1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 0< \left | x_1 \right |\le 1\\ 1\le \left | x_2 \right |<2 \end{matrix}\right.$

do vậy ta có $\left | a \right |=\left | x_1+x_2 \right |\le \left | x_1 \right |+\left | x_2 \right |<3\Rightarrow a\in \left \{ -2,-1,0,1,2 \right \}$

tới đây thử lại ta có các đa thức thỏa đề như sau

$\boxed{x^2+ax+b=\left\{\begin{array}{ll} x^2\pm 1&,Q(x)=1\\ x^2\pm x\pm 1&,Q(x)=1 \\ x^2\pm 2x+1&,Q(x)=x\mp 1 \end{array}\right.}$




#715215 Có bao nhiêu đa thức $P(x)$ có các hệ số thuộc tập $S=\le...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-09-2018 - 16:31

Cho trước số nguyên dương $n.$ Có bao nhiêu đa thức $P(x)$ có các hệ số thuộc tập $S=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ và thỏa mãn điều kiện $P(2)=n.$

 

Gọi các số của $x^0,x,x^2,...$ lần lượt là $a_0,a_1,a_2,...\in \mathcal{A}=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ ta cần tìm số nghiệm nguyên thuộc tập $\mathcal{A}$ thỏa mãn

$a_0+2a_1+4a_2+8a_3+...=n$

sử dụng hàm sinh ta có được số nghiệm cần tìm là hệ số của $x^n$ trong khai triển

$\begin{array}{cl} \mathcal{F}(x) &=\left ( x^{0.1}+x^{1.1}+x^{1.2}+x^{1.3} \right )\left ( x^{0.2}+x^{1.2}+x^{2.2}+x^{3.2} \right )\left ( x^{0.4}+x^{1.4}+x^{2.4}+x^{3.4} \right )...\\ \\&=\left ( 1+x+x^2+x^3 \right )\left ( 1+x^2+x^4+x^6 \right )\left ( 1+x^4+x^8+x^{12} \right )... \\ \\&=\frac{1-x^4}{1-x}.\frac{1-x^8}{1-x^2} .\frac{1-x^{16}}{1-x^4}... \\ \\&=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)}\\ \\ &=(1+x+x^2+x^3+...)\left ( 1+x^2+x^4+x^6+... \right ) \end{array}$

tới đây trùng với khai triển của hàm sinh số nghiệm nguyên không âm của phương trình $a+2b=n$

tới đây thì dễ rồi và đáp số là $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1$




#714408 \left\{\begin{matrix} ...\\ x_{n...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 15-08-2018 - 10:52

Cho số thực a và xét dãy số $\left\{x_n\right\}:\left\{\begin{matrix} x_1=1\\ x_2=0\\ x_{n+2}=\frac{x_n^2+x_{n+1}^2}{4}+a,\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$. Tìm số thực $a$ lớn nhất sao cho dãy $\left\{x_n\right\}$ hội tụ.

nếu dãy hội tụ giả sử là $\lim x_n=L$ thì từ đề cho ta có

$L=\frac{L^2}{2}+a\Rightarrow a\le \frac{1}{2}$

ta chứng minh $a=\frac{1}{2}$ thì dãy hội tụ

dễ thấy với 

$x_{n+2}=\frac{x_{n+1}^2+x_n^2}{4}+\frac{1}{2}\Rightarrow 0\le x_n\le 1$

ta có 

$x_{n+2}-1=\frac{1}{4}\left ( (x_{n+1}-1)(x_{n+1}+1)+(x_n-1)(x_n+1) \right )$

$\Rightarrow \left | x_{n+2}-1 \right |\le \frac{1}{2}\left ( \left | x_{n+1}-1 \right |+\left | x_n-1 \right | \right )$

tới đây là bài toán quen thuộc nên dễ thấy tồn tại $\lim \left | x_n-1 \right |=x\Rightarrow \lim x_n=1-x$ tới đây thì được rồi

về bài toán quen thuộc có thể tham khảo thêm ở đây File gửi kèm  giới hạn của một dãy số dạng trung bình và ứng dụng.pdf   255.1K   62 Số lần tải




#714406 $\lim_{n\rightarrow +\infty }\sum_{k=1}^{n}\fra...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 15-08-2018 - 10:41

Cho dãy $(x_{n})$ xác định bởi $a_{0}=-1, a_{1}=1, a_{2}=4$ và $a_{n+3}=\frac{a_{n+1}.a_{n+2}-15}{a_{n}}, \forall n\geq 0.$ Chứng minh rằng $\lim_{n\rightarrow +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{2k-1}+a_{2k}}{a_{k}^{3}-5a_{k}}=0.$

bài này có các nhận xét về dãy như sau là ra

$\left\{\begin{matrix} a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n\\a_n^2-5=a_{n+1}a_{n-1} \\ a_{2n-1}+a_{2n}=a_{n+1}a_n-a_na_{n-1} \end{matrix}\right.$




#714404 [TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 15-08-2018 - 10:37

Bài 11: Cho dãy số được xác định bởi công thức sau: $x_1=\frac{1}{2};x_n=\frac{2n-3}{2n}.x_{n-1}\forall n=2,3,4,...$.

Chứng minh rằng: $x_1+x_2+...+x_n<1\forall n=1,2,...$

từ giả thiết dễ thấy $x_n>0 \forall n$ và

$2nx_n=2(n-1)x_{n-1}-x_{n-1}$

từ đó ta có 

$\left\{\begin{matrix} 2(n-1)x_{n-1}=2(n-2)x_{n-2}-x_{n-2}\\... \\2.2x_2=2.1x_1-x_1 \end{matrix}\right.$

cộng lại ta có $2nx_n=2x_1-\sum_{i=1}^{n-1}x_i\Rightarrow \sum_{i=1}^{n-1}x_i=1-2nx_n<1$

 

Bài 12: Cho tập $A\subset (0,1)$ là tập các số thực thỏa mãn các tính chất sau:

a) $\frac{1}{2}\in A$.

b) Nếu $x\in A$ thì $\frac{x}{2}\text{ và } \frac{1}{1+x}$ cũng thuộc $A$.

Chứng minh rằng: Tập $A$ chứa tất cả các số hữu tỉ thuộc khoảng $(0,1)$.

ta có nhận xét là $\frac{a}{b}\in \mathcal{A}\Rightarrow \frac{a}{a+b},\frac{b}{a+b}\in \mathcal{A}\ \ \ (\star )$

từ đây ta chứng minh quy nạp rằng 

$\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n-1}{n}\in \mathcal{A}\ \ \ (\ast)$

dễ thấy $(\ast )$ đúng với $n=2,3$

giả sử $(\ast )$ đúng tới $n=k$ tức ta có

$\frac{1}{t},\frac{2}{t},...,\frac{t-1}{t}\in \mathcal{A},\ \ \forall t\le k$

vì $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{k}\in \mathcal{A}\overset{(\star )}{\Rightarrow}\frac{1}{k+1},\frac{k}{k+1}\in \mathcal{A}\\ \frac{2}{k-1}\in \mathcal{A}\Rightarrow \frac{2}{k+1},\frac{k-1}{k+1}\in \mathcal{A} \\ ... \end{matrix}\right.$ do đó ${\color{Blue} (\ast )}$ đúng tới $n=k+1$




#691329 Chứng minh rằng Hiền có thể sắp xếp lại 13 bộ của mình

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 23-08-2017 - 16:30

Cho một bộ bài gồm 52 quân bài bình thường, gồm các quân Át, 2, 3,..., J, Q, K và 4 chất Bích, Nhép, Rô, Cơ. Bạn Hiền chia bộ bài thành 13 bộ 4 con một cách ngẫu nhiên. Chứng minh rằng Hiền có thể sắp xếp lại 13 bộ của mình sao cho bộ thứ nhất chứa con Át, bộ thứ 2 chứa con 2, bộ thứ 3 chưa con 3,...v...v..., bộ cuối cùng chứa con K.

cứ $\text{Hall}$ mà lần thôi anh nhỉ =))

ta quy định $\text{Át,J,Q,K}$ lần lượt là các số $1,11,12,13$ nên ta có tổng cộng $13$ số khác nhau và mỗi số xuất hiện $4$ lần trong tổng cộng $52$ số

ta gọi $13$ bộ lần lượt là $\mathcal{A}_1,\mathcal{A}_2,...,\mathcal{A}_{13}$ với $\left | \mathcal{A}_i \right |=4,i=\overline{1,13}$

theo đề bài ta chỉ cần chứng minh $\exists a_1,a_2,..,a_{13}$ tương ứng thuộc $\mathcal{A}_1,\mathcal{A}_2,...,\mathcal{A}_{13}$ sao cho $a_i\neq a_j,i\neq j$

theo định lý $\text{Hall}$ thì ta chỉ cần chứng minh

$\left | \mathcal{A}_{i_1}\cup \mathcal{A}_{i_2}\cup ...\cup \mathcal{A}_{i_k} \right |\ge k,\ \ \forall k\le 13$

với tập $\mathcal{A}=\mathcal{A}_{i_1}\cup \mathcal{A}_{i_2}\cup ...\cup \mathcal{A}_{i_k}$ có tổng cộng $4k$ số (ở đây chưa trừ đi các số bị lặp)

mà mỗi số xuất hiện nhiều nhất trong $4$ tập nên

$\left | \mathcal{A} \right |\ge \frac{4k}{4}=k$

do đó ta có $\text{Q.E.D}$




#691318 $\prod_{i=1}^{n}(a_i+1) \ge \dfrac...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 23-08-2017 - 10:05

Bài toán :
Cho $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$
Chứng minh rằng :
$$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left [\left (\sum_{i=1}^{n} a_i\right ) +1\right ]$$

cứ thấy $n$ mà quy nạp thôi nào  :icon6:

ta gọi $\mathcal{P}(n)$ là mệnh đề với bất kì $n$ số $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$ thì

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

$\bullet$ dễ dàng chứng minh $\mathcal{P}(1)$ đúng

$\bullet$ với $n\ge 2:$ giả sử $\mathcal{P}(k)$ đúng $\forall k\le n$

$\bullet$ ta chứng minh $\mathcal{P}(n+1)$ đúng

thật vậy với $n+1$ số $a_i\ge 1,i=\overline{1,n+1}$ ta hoàn toàn có thể giả sử $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$

ta cần chứng minh

$\prod_{i=1}^{n+1} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

mà với $n$ số $a_i,i=\overline{1,n}$ thì theo $\mathcal{P}(n)$ ta có

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\frac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )\left ( a_{n+1}+1 \right )\ge \frac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

$\Leftrightarrow \left ( 1-\frac{2(n+1)}{(n+2)\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )} \right )a_{n+1}\ge \frac{n}{n+2}$

mà ta lại có $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$ nên

$\Rightarrow a_{n+1}\ge \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}=\frac{\mathcal{A}}{n}$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\left ( 1-\frac{2n+2}{(n+2)\left ( \mathcal{A}+1 \right )} \right ).\frac{\mathcal{A}}{n}\ge \frac{n}{n+2}$

$\Leftrightarrow (n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge 0$

điều trên luôn đúng bởi vì để ý $\mathcal{A}\ge n$ thì ta được

$(n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge (n+2)n.\mathcal{A}-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2=n\mathcal{A}-n^2\ge 0$

do đó $\mathcal{P}(n+1)$ được chứng minh nên theo quy nạp ta có $\text{Q.E.D}$




#690522 $n^p-p$ không chia hết cho q

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 14-08-2017 - 20:30

Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố q sao cho với mọi n nguyên dương, 

   $n^p-p$ không chia hết cho q

 

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

chứng minh tồn tại vô hạn ý tưởng thì cũng giống chứng minh tồn tại thôi =))

giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố thỏa đề là $q_1,q_2,...,q_t$

ta đặt $a=pq_1^pq_2^p...q_t^p$

tương tự như trên ta dễ dàng chứng minh được $q_{t+1}\notin \left \{ q_1,q_2,...,q_t \right \}:\left\{\begin{matrix} q_{t+1}\mid \frac{a^p-1}{a-1}\\q_{t+1}\not\equiv 1\left ( \mod\ p^2 \right ) \end{matrix}\right.$

ta sẽ chứng minh số $q_{t+1}$ này cũng thỏa đề thật vậy

giả sử tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho

$q_{t+1}\mid n^p-p\Rightarrow n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv pq_1^pq_2^p...q_t^p\equiv a\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^{p^2}\equiv a^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p,p^2 \right \}$

mặt khác ta lại có

$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid q_{t+1}-1$

với cách chọn $q_{t+1}$ ta suy ra được

$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\notin p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p \right \}$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow p\left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow n^p.a\equiv p\left ( \mod q_{t+1} \right )$

mà theo sự tồn tại của $n$ thì $n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow pa\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

ta dễ thấy rằng $p\neq q_{t+1}\Rightarrow a\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

từ đây ta có được

$p\equiv \frac{a^p-1}{a-1}\equiv 0\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

tới đây có mâu thuẫn do đó ta có $\text{Q.E.D}$




#690169 $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{x_{k+1}+x_{k}+3}$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 10-08-2017 - 21:35

Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1}=2, x_{2}=10, x_{n+2}=\frac{8x_{n+1}^{2}-x_{n+1}.x_{n}}{x_{n+1}+x_{n}}, n=1, 2, 3...$ Với mỗi số nguyên dương $n,$ đặt $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{x_{k+1}+x_{k}+3}.$ Chứng minh rằng dãy $y_{n}$ có giới hạn hữa hạn khi $n$ dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó.

bài hay thật đấy =)) cách làm sau đây của mình có hơi mò mẫm,mong mọi người sẽ có cách tự nhiên hơn

từ giả thiết ta có được dãy $(x_n):\left\{\begin{matrix} x_1=2,x_2=10\\x_{n+2}=7x_{n+1}-x_n-3 \end{matrix}\right.$

xét dãy $(a_n):\left\{\begin{matrix} a_1=6,a_2=15\\a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n \end{matrix}\right.$

từ $2$ dãy trên ta có các mối liên hệ sau

$\begin{matrix} 3\left ( x_{n+1}+x_n+3 \right )=a_{n-1}a_n\\a_{n-1}a_{n+3}-a_{n+1}^2=81,\ \ \forall n \end{matrix}$

ta có

$\frac{y_n}{3}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{3\left ( x_{k+1}+x_k+3 \right )}=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{a_{k-1}a_{k+1}}-\frac{1}{45}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k-1}a_{2k+1}}-\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k}a_{2k+2}}-\frac{1}{45}$

đặt 

$b_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k-1}a_{2k+1}}$

$c_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k}a_{2k+2}} $

ta có

$81b_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{81}{a_{2k-1}a_{2k+1}}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}\frac{a_{2k-1}a_{2k+3}-a_{2k+1}^2}{a_{2k-1}a_{2k+1}}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}\left ( \frac{a_{2k+3}}{a_{2k+1}}-\frac{a_{2k+1}}{a_{2k-1}} \right )=\frac{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1}}{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}}-\frac{13}{2}$

mặt khác ta dễ dáng tính được $\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+2}}{a_n}=\frac{7+3\sqrt{5}}{2}$

do đó ta có

$\lim_{n\rightarrow +\infty} b_n=\frac{1}{81}\lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( \frac{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1}}{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}}-\frac{13}{2} \right )=\frac{1}{81}\left ( \frac{7+3\sqrt{5}}{2}-\frac{13}{2} \right )$

làm tương tự ta có

$\lim_{n\rightarrow +\infty}c_n=\frac{1}{81}\left ( \frac{7+3\sqrt{5}}{2}-\frac{34}{5} \right )$

do đó ta có

$\lim y_n=3\lim\left ( b_n-c_n-\frac{1}{45} \right )=\frac{-1}{18}$




#689940 $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\ma...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 08-08-2017 - 21:48

Bạn nói cho mình rõ hơn về định lý Zsigmondy được không?

bạn tìm kiếm định lý này trên gg sẽ hiện ra rất nhiều tài liệu

file sau mình rất ưng ý




#689772 Chứng minh rằng $\forall k> 0, \exists x\in \mat...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 06-08-2017 - 21:41

Giả sử $N> 1$ là số nguyên dương, $d< N$ là ước dương tùy ý của $N.$ Chứng minh rằng với mọi $k> 0,$ tồn tại $x$ nguyên dương sao cho $N^{x}-d$ có ước nguyên tố $p> k.$

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố




#689651 $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 16:47

không liên quan đến bài toán mà cho em hỏi sao anh có thể nghĩ ra cách này ạ  :D  :D  :D

hình thức của bài toán này thứ ta cảm giác ớn lạnh nhất là $x^n$ và $x^{n+1}$ đúng không nào :v

thế nên làm mất $x^{n+1}$ là thứ trọng yếu đầu tiên ta cần làm,sau khi giải quyết xong bước đầu đó

việc vế có $x$ bậc $1$ chia hết cho vế có $x$ bậc $n$ làm bài toán dạng khá đơn giản hơn là không còn sử dụng tính số học nữa mà chỉ cần dùng bđt đánh giá mà thôi =))

từ đó cứ việc xét từ từ là ra thôi ;)




#689605 $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 14:54

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,n) để $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

ta có

$x^n+2^n+1\mid x^{n+1}+2^{n+1}+1\Rightarrow x^n+2^n+1\mid x^{n+1}+2^{n+1}+1-x\left ( x^n+2^n+1 \right )$

$\Rightarrow x^n+2^n+1\mid 2^{n+1}+1-x(2^n+1)$

$\Rightarrow \left | 2^{n+1}+1-x(2^n+1) \right |\ge x^n+2^n+1$

với $x=1,2$ thì đơn giản rồi,xét với $x\ge 3$ thì ta có

$\left | 2^{n+1}+1-x(2^n+1) \right |=x(2^n+1)-2^{n+1}-1\ge x^n+2^n+1$

xét vài trường hợp của $n$ ta dễ dàng có

$x^n\ge 3^{n-1}.x\ge(2^n+1)x>x(2^n+1)-2^{n+1}-1\ge x^n+2^n+1$

tới đây suy ra mâu thuẫn và dễ dàng hoàn thiện bài toán