Hr MiSu

Câu 1: Suy ra:  $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x+y}=1+(x-y)\\ \sqrt{4x+y}=1-(x-y) \end{matrix}\right.$, Bình phương lên và trừ theo vế ta được $3x=2y$, thay vào pt $(1)$ tìm đc nghiệm

Câu 3: Hà tĩnh ngày 1 2015-2016 https://diendantoanh...t-tỉnh-hà-tĩnh/

Câu 4: Gọi $A$ là tập các sốsố có 4cs t/m , 

Xét $M=a+b+c+d\vdots 4$,$a\neq 0, 0\leq a,b,c,d\leq 9$,xét đồng dư mod $4$

Xét $b+c+d=4k+r$, $r\in \left \{ 0;1;2;3 \right \}$

$B=\left \{ bcd_{10} | 0\leq b,c,d \leq 9, b+c+d=4k+r, r=0,1,2   \right \}$

$C=\left \{ bcd_{10} | 0\leq b,c,d \leq 9, b+c+d=4k+3 \right \}$

Suy ra: $|A|=2|B|+3|C|=2(|B|+|C|)+|C|=2.10^4+|C|$

Xét tập $C$: $c+d=4m+s$, $0\leq s\leq 3$

$D=\left \{ cd_{10} | 0\leq c,d \leq 9, c+d=4m+s, s=0,1   \right \}$

$E=\left \{ cd_{10} | 0\leq c,d \leq 9, c+d=4m+s, s=2,3   \right \}$

Suy ra : $|C|=2|D|+3|E|=2(|D|+|E|)+|E|=2.10^2+(24+25)=...$

Bài 87: Cho đa thức $f(x)$ bậc $2003$ và $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,3,...,2004$. Hãy tính $f(2005)$.

Bài 88: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(x^3-y)+2y(3f^2(x)+y^2)=f(y+f(x)).$

Bài 87: Từ $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,...,2004$ ta có:$(k+1)f(k)-k^2=0$ với $k=1,2,...,2004$

Mà $(k+1)f(k)-k^2$ là đa thức có bậc $2004$, có $2004$ nghiệm là $1,2,...,2004$ nên

$(x+1)f(x)-k^2=C.(x-1)(x-2)...(x-2004)$,

Thế $x=-1$ vào: $C=\frac{1}{2005!}$

Vậy $f(x)=\frac{\frac{1}{2005!}.(x-1)...(x-2004)-x^2}{x+1}$

thay vào: $\frac{\frac{2004!}{2005!}-2005^2}{2006}$

Bài 88: Thế $y=x^3$ ta được: $f(0)+2x^3(3f^2(x)+x^6)=f(x^3+f(x))$

Thế $y=-f(x)$ ta được $f(x^3+f(x))-2f(x).4f^2(x)=f(0)$

Cộng theo vế: $4f^3(x)-3f^2(x)x^3-x^9=0$

hay $(f(x)-x^3)(4f^2(x)+f(x)x^3+x^6)=0$

Do đó $f(0)=0$, 

GS tồn tại $x\neq 0$ để $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=0$ thì vô lý vì

 $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=(2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6>0$ với mọi $x\neq 0$

Vậy $f(x)=x^3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ thử lại đúng, chắc vậy

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

$x_{n+1}=-\frac{1+x_n^{2009}}{1+x_n}+1$

Quy nạp $0<x_n<1$

Từ đó Quy nạp tiếp $x_n<\frac{1}{n}$

Vậy lim $x_n=0$

$x_{n+1}=\frac{1+x_n-1-x_n^{2008}}{1+x_n}=\frac{x_n(1-x_n^{2007})}{1+x_n}$

Do đó: $lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=lim\frac{1}{x_n}(\frac{1+x_n}{1-x_n^{2007}}-1)=lim\frac{1+x_n^{2006}}{1-x_n^{2007}}=1$, $x_n\rightarrow 0$

Theo đl trung bình Cesaro: $lim\frac{x_n^{-1}}{n}=1$ do đó: $limnx_n=1$

Tìm tất cả các giá trị số thực x;y thõa mãn $$\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}=\frac{y^2-3|y|+6}{|y|-1}$$

Xét hàm $f(x)=\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$ trên $\mathbb{R}$ suy ra miền giá trị của $f(x)$

Xét $g(y)=\frac{y^2-3|y|+6}{|y|-1}$ trên $[0;+\infty)$ sẽ suy ra được miền giá trị của $g(y)$

Giá trị của $x,y$ là giá trị thuộc giao của 2 miền $f,g$

Bài 7

 

Từ các số $1,2,3,4,5$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có $n$ chữ số $(n$ nguyên dương $)$ mà trong mỗi số đó chứa một số lẻ chữ số $1$ và một số chẵn chữ số $2$ ?

Gọi theo $n$ các dạng số như sau: $1$ lẻ $2$ chẵn: $a_n$, $1$ chẵn $2$ lẻ: $b_n$, $1$ lẻ $2$ lẻ: $c_n$, $1$ chẵn $2$ chẵn: $d_n$.

Thiết lập $a_{n+1}=3a_n+c_n+d_n$  $(1)$, $b_{n+1}=3b_n+c_n+d_n$  $(2)$,$c_{n+1}=3c_n+a_n+b_n$  $(3)$ ,$d_{n+1}=3d_n+a_n+b_n$  $(4)$,

Từ $(1)$ thế $n$ bởi $n+1$ ta được $a_{n+2}=3a_{n+1}+c_{n+1}+d_{n+1}=3a_{n+1}+2(a_n+b_n)+3(c_n+d_n)$ (sử dụng $(3),(4)$)

Lại sử dụng $(1)$ vào cái trên : $a_{n+2}=3a_{n+1}+2(a_n+b_n)+3(a_{n+1}-3a_n)$ $(5)$

Trừ $(2)$ cho $(1)$ : $b_{n+1}=3b_n-a_{n+1}+3a_n$, $(6)$

Từ $(5)$ cho $n$ bởi $n+1$, rồi thế $(6)$ vào, và trừ đi lượng thích hợp với $5$ ta có hệ thức truy hồi 

$\Delta_1=a_1^2-4b_1<0$

$\Delta_2=a_{2018}^2-4b_{2018}=(a_1^2-4b_1)+2017(2017a^2+2a_1a-4b)$

Nếu $2017a^2+2a_1a-4b\leq 0$ thì $\Delta_i=(a_1^2-4b_1)+i(ia^2+2a_1a-4b)$

Đổi: $(a;b;c)=(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$ thì $xyz=1$

$\sum (\frac{a^3+5}{a^3(b+c)})=\sum \frac{1}{b+c}+5\sum \frac{1}{a^3(b+c)}=\sum \frac{xy}{x+y}+5\sum \frac{x^2}{x+y}\geq\sum \frac{xy}{x+y}+5\sum \frac{x}{2}=\sum (\frac{xy}{x+y}+\frac{x+y}{4})+2\sum x\geq 9$

Bài 1 : Cho $a$ là một số tự nhiên và $(u_{n})$ là dãy được xác định bởi :

    $u_{1}=u_{2}=1, u_{n+2}=14 \, u_{n+1}-u_{n}-a$ với mọi $n \geq 1$.

Tìm $a$ để tất cả các số hạng của dãy $(u_{n})$ đều là số chính phương.

Giải tóm tắt:

$u_3=13-a$, vậy $a=12,a=9,a=4$

$a=9$ thì $a_4=46$ ko là scp

$a=12$ thì dãy hằng $=1$ là scp thỏa mãn

$a=4$: bài toán quen thuộc cũng t/m

vậy $a=4;12$

Ngày 2

Bài 1. Cho số thức $a$ khác $0$ và dãy $(u_n)$ thỏa $u_1=0, u_{n+1}(u_n+a)=a+1$ với mọi $n$ nguyên dương. Tìm giới hạn của dãy $(u_n)$

Bài 1: Chia ra các trường hợp sau:
$a\leq -2$: $lim=1$

$-2<a<-1$: $lim=-(a+1)$

$a=-1$: $lim=0$

$-1<a<0$: $lim=-(a+1)$

$a>0$: $lim=1$

1b) Từ ý a), đặt $x_{n}=a_{2n}, y_n=a_{2n+1}$ dễ suy ra:

$x_{n+1}=5y_n-x_n, y_{n+1}=3x_n-y_n$

do đó: $x_{n+2}=14x_n-2x_{n+1}, y_{n+2}=14y_n-2y_{n+1}$

ta có lim cần tìm là $\frac{a_{n+1}}{b_n}+\frac{b_n}{a_n}$ , tính cttq ra là đc

Câu 1a) $\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}$ do đó: $a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}$ nếu $n$ lẻ, $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ nếu n chẵn

Câu 3: đặt $f(0)=a$

$P(0;-y)$: $y^2f(y)=y^2f(-y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn, ta chỉ cần xét hàm $f(x)$ với $x\geq 0$

$P(0;0)$: $f(-a)=f(a)=-a$

$P(a;0)$:$f(-a)=f(a^2)-2a$ suy ra $f(a^2)=a$

$P(0;a)$:$f(-a^2)=a^2f(a)-2a$ suy ra $a^3+a=0$ hay $a=0$, vậy $f(0)=0$

$P(0;x),P(x;0)$: $f(f(x))=f(x^2),f(x^2)=f(x).x^2$ (*)

Nhận xét $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn.

Xét $f(x)$ ko đồng nhất với 0,giả sử tồn tại $x_0 > 0$ mà $f(x_0)=0$ thế thì 

$P(x_0;x)$ ta có $f(-x^2)=x^2f(x)-2f(yx_0)$, do (*) nên $f(yx_0)=0$, mà $yx_0$ có TGT là $\mathbb{R*}$ nên suy ra $f(x)=0$ với mọi $x>0$ vô lý.

vậy từ (*) suy ra $f(x)$ đơn ánh trên $(0;+\infty)$, do đó cũng từ (*) mà suy ra $f(x)\equiv x^2$

Cho em hỏi câu 1 ngày 1 giải ra x=y thế vô pt 2 sao giải nữa ạ

Em đánh giá $x<-1$ ko có nghiệm

Xét hàm $f(x)=3^x.2x-3^x-2x-1$ trên $[-1;+\infty )$, tính đạo hàm cấp 2 và đánh giá đạo hàm cấp 2 luôn lớn hơn 0, do đó pt có tối đa 2 nghiệm, mà $x=-1,x=1$ thỏa nên đó là 2 ng của pt

$\sqrt{-1}=i$

$(1+i)^{2019}=\sum_{k=0}^{n}C_{2019}^k.i^k, (1-i)^{2019}=\sum_{k=0}^{2019}C_{2019}^k(-1)^k.i^k$

ta có: $i^{4k}=1,i^{4k+1}=i,i^{4k+2}=-1,i^{4k+3}=-i$, do vậy, công, trừ theo vế 2 đẳng thức trên ta có:

$(1+i)^n+(1-i)^n=\sum_{k=0}^{2019}C_{2019}^k, k\equiv 0 mod 2$

$(1+i)^n-(1-i)^n=\sum_{k=1}^{2019}C_{2019}^k, k\equiv 1 mod 2$

dễ có: $\sum_{k=0}^{2019}C_{2019}^k=\sum_{h=1}^{2019}C_{2019}^h=2^{2018}, k\equiv 0 mod 2, h\equiv 1 mod 2$

mặt khác $1+i=\sqrt{2}(sin\frac{\pi}{2} +icos\frac{\pi}{2} )$, theo ct moivre: $(1+i)^n=(\sqrt{2})^n(sin(n.\frac{\pi}{2})+icos(n.\frac{\pi}{2}))$

tương tự. từ đó tính ra

*Nếu $1\in S$ thế thì : $\frac{1+1}{1}=2\in S$, quy nạp lên: $1+n\in S$, suy ra $S$ vô hạn vô lý

Vậy $1\notin S$.

*Nếu $S$ chỉ chứa $2$ thì thỏa mãn,

giả sử S có chứa phần tử nào đó lớn hơn $2$, gọi đó là $x$, ta có: $\frac{x+x}{x}=2\in S$

a) Nếu $x$ lẻ: $x+2\in S$ suy ra $S$ vô hạn vô lý

b) Nếu $x$ chẵn: $\frac{x}{2}+1\in S$, tiếp tục quá trình, để ý dãy thu đc sẽ giảm dần do $\frac{x}{2}+1<x$ với $x>2$, vì vậy đến 1 lúc nào đó, $\frac{x'}{2}+1=2$ vì nếu không, tồn tại $2<x<3\in S$ vô lý

nhưng $\frac{x'}{2}+1=2$ thì $x'=2$ do đó $x=2$ vô lý

Đầu tiên nhận xét: $a\geq \frac{-6}{5}$., ta chứng minh với mọi $a\geq \frac{-6}{5}$ đều thỏa mãn

Nhận xét 2: $a_3 >0$ với mọi $a\geq \frac{-6}{5}$

Xét $a=6$ thì $a_n=6$ với mọi $n$ nên thỏa mãn.

Xét $\frac{-6}{5}\leq a < 6$ thế thì $0<a_3<6$, bằng quy nạp ta chứng minh đc $a_n<6$ mọi $n>3$, từ đó $a_n$ tăng với mọi $n>3$ nên có g/h

Xét $a>6$ tương tự: $a_n>6$, $a_n$ giảm nên cũng có g/h