superpower

Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?

Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat 

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$

Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $ 

Trở lại bài toán, ta có 

$x=px_1;  y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không ) 

Quy về lại pt : 

$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$ 

Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn

Mình xin sửa lại như sau 

Dễ thấy $u_n>0 $ 

Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $ 

Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $ 

Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $

Thật vậy, ta có 

$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$ 

Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $ 

Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $ 

Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $ 

Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $

Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $ 

 

Câu 4: 

           a) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $cos^{2}B+ cos^{2}C\leq sin^{2}A$

           Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $F=\sqrt{2}sin^{4}\frac{A}{2}+\sqrt{2}cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}$

           b) Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}u_{1}=2 \\ \frac{u_{n+1}}{2}=\frac{u_{1}}{1}+\frac{u_{2}}{3}+\frac{u_{3}}{5}+...+\frac{u_{n}}{2n-1} \end{cases}$

           Với mỗi $n\in N^{*}$, đặt $S_{n}=\frac{u{_{1}}^{2}+u{_{2}}^{2}+u{_{3}}^{2}+...+u{_{n}}^{2}}{n^{3}}$. Tính $limS_{n}$.

 

Khi tìm quy luật, ta sẽ đi chứng minh 

$\dfrac{u_{n}}{2n-1} = \dfrac{4}{3} , \forall n \geq 2$ 

Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp 

Với $n=2;3$ ta thấy đúng

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$

Thật vậy, ta có 

$\dfrac{u_{n+1}}{2} = 2+ \dfrac{4}{3}(n-1) = \dfrac{2+4n}{3} $

Suy ra $\dfrac{u_{n+1}}{2n+1} = \dfrac{4}{3} $

Tới đây suy ra 

$u_n = \dfrac{4}{3} . (2n-1) $ 

Thay vô, ta được 

$S_n= \dfrac{4+\dfrac{16}{9} ( 1^2+3^2+...+(2n-1)^2 ) }{n^3} $

Bây giờ ta chỉ cần tìm công thức tính tổng bình phương của các số lẻ 

Dễ tính được $1^2+3^2+5^2+ ... + (2n-1)^2 = \dfrac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+2(n-1)n+n-1 $

Tới đây bạn thay vô là xong 

$x_1=3$ và  $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó

Bài này cơ bản thôi \\

Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $ 

Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $ 

Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng 

Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp 

Với $n=1 => x_1 =3 <5 $ 

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh 

$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED 

Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$