Cho dãy số $x_{n}$ xác định như sau: $x_{0}=a;x_{1}=b$ và $x_{n+2}=5x_{n+1}-x_{n}$ biết a;b là các số nguyên dương và a>4b và 5b>a. Tìm tất cả các số nguyên dương a;b như thế để tồn tại một chỉ số k ( k nguyên dương) sao cho $x_{0}>x_{1}>x_{2}>...>x_{k-1}>x_{k}=1$

Cho $a_0\,\,,\,\, b_0$ là các số nguyên dương thỏa $$\left\{\begin{matrix}a_0>5\\ a_0>4b_0\\ 5b_0>a_0\\ a_{0}^{2}-5a_0b_0+b_{0}^{2}=1\end{matrix}\right.$$

Với mọi số nguyên dương $n$ ta đặt  $$\left\{\begin{matrix}a_n=a_0+nb_0\\ b_n=(5n+1)b_0-na_0\end{matrix}\right.$$

Khi đó các giá trị $(a_0,b_0),(a_1,b_1),...,(a_n,b_n),...$ là các giá trị $(a,b)$ phải tìm.

Ví dụ:

Ta xét các trường hợp riêng

-   Với $a_0=24 \,,\, b_0=5$ thì các bộ số $(24,5)\,,\, (29,6)\,,\, (34,7)\,,\,...$ sẽ chính là bộ số $(a,b)$ ta cần tìm, lúc này $k=2$

Bây giờ thử bộ đầu tiên $(a,b)=(24,5)$ thì $x_0=24>x_1=5>x_2=1$

-   Với $a_0=551\,,\, b_0=115$ thì các bộ số $(551,115)\,,\, (666,139)\,,\, (781,163)\,,...$ chính là bộ số $(a,b)$ ta cần tìm, lúc này $k=4$

Bây giờ thử bộ thứ 2 là $(a,b)=(666,139)$ thì $x_0=666>x_1=139>x_2=29>x_3=6>x_4=1$

Cho dãy số $a_{n}$ xác định như sau: $a_{0}=a;a_{1}=b$ và $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ biết a là các số nguyên dương. Tìm tất cả điều kiện của a;b để tồn tại một chỉ số k ( k nguyên dương) sao cho $a_{0}>a_{1}>a_{2}>...>a_{k-1}>a_{k}=1$

P/S: Bài này em có dùng thử dùng phương trình đặc trưng nhưng số xấu quá nên nhờ mọi người xem giúp.

Post bài toán gốc lên đi em trai (đọc bài toán này cũng không hiểu em muốn hỏi cái gì)
 

Cho dãy số $a_{n}$ xác định như sau: $a_{0}=a;a_{1}=b$ và $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ biết a là các số nguyên dương. Tìm điều kiện của a;b để tồn tại một chỉ số k ( k nguyên dương) sao cho $a_{0}>a_{1}>a_{2}>...>a_{k-1}>a_{k}=1$

$a=9$ ,  $b=2$  thì $k=2$

Giả sử $a\leq b\leq c$.

Ta có $\frac{(b-a)(b-c)}{ab}\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}\leq 1+\frac{c}{a}$.

Tương tự $\frac{(b-a)(b-c)}{bc}\leq 0\Rightarrow \frac{b}{c}+\frac{a}{b}\leq 1+\frac{a}{c}$.

Do đó $\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )(a+b+c)\leq 5+2\frac{a}{c}+2\frac{c}{a}$.

Suy ra $VT\leq \left(\frac{2a}{c}+\frac{2c}{a}+5\right)\left(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)=7\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{2a}{c^2}+\frac{2c}{a^2}+\frac{2a}{c}+\frac{2c}{a}+5\leq 7\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{2a}{c^2}+\frac{2c}{a^2}+2(a+c)+5=A+5$.

Ta lại có $\frac{(a-1)(a-2)}{a}\leq 0\Rightarrow a\leq 3-\frac{2}{a}$. Tương tự $c\leq 3-\frac{2}{c}$ nên $A\leq 12+3\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\frac{2c}{a^2}+\frac{2a}{c^2}$.

Ta chứng minh: $3\left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right )+\frac{2c}{a^2}+\frac{2a}{c^2}\leq 3+\frac{3}{c}+\frac{2}{c^2}+2c$. (*)

$(*)\Leftrightarrow 2c\left ( 1-\frac{1}{a^2} \right )+3\left ( 1-\frac{1}{a} \right )\geq \frac{2}{c^2}(a-1)$

$\Leftrightarrow \left ( a-1 \right )\left ( \frac{2c(a+1)}{a^2}+\frac{3}{a}-\frac{2}{c^2} \right )\geq 0$. (luôn đúng do $a-1\geq 0$ và $\frac{2c(a+1)}{a^2}+\frac{3}{a}-\frac{2}{c^2}=2c\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{a^2} \right )+\frac{3}{a}-\frac{2}{c^2}\geq \frac{3c}{2}+\frac{3}{2}-\frac{2}{c^2}>0$).

Suy ra ta chỉ cần chứng minh $3+\frac{3}{c}+\frac{2}{c^2}+2c\leq 10\Leftrightarrow \frac{(c-1)(2c^2-5c-2)}{c^2}\leq 0$. (luôn đúng)

Do đó $A\leq 12+10=22\Rightarrow VT\leq 27$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Chỗ chữ màu xanh hình như có vấn đề ?

Ta luôn có $\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{c}$

Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n \ge 2$ thỏa mãn $A^3 = 0$.
(a.) Chứng minh : $I + A + A^2$ khả nghịch và hãy tìm nghịch đảo của $I + A + A^2$
(b.) Chứng minh : $I + A^2$ khả nghịch và hãy tìm nghịch đảo của $I + A^2$

a)  $(I+A+A^2)^{-1} = I-A$

b)  $(I+A^2)^{-1} = I-A^2$

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{\frac{a+abc}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+abc}{c+a}}+\sqrt{\frac{c+abc}{a+b}}\geq 2$$

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ có dạng $3k+2$. Chứng minh rằng nếu $a^{2}+ab+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì cả $a$ và $b$ đều cùng chia hết cho p biết rằng $a$ và $b$ đều nguyên dương

Theo định lý Fermat $\left\{\begin{matrix}a^{p}\equiv a\,\,(mod \,p)\\ b^{p}\equiv b\,\,(mod \,p)\end{matrix}\right.$   $\Rightarrow$   $\left\{\begin{matrix}a^{p+1}\equiv a^2\,\,(mod \,p)\\ b^{p+1}\equiv b^2\,\,(mod \,p)\end{matrix}\right.$

Khi đó  $\left ( a^3-b^3 \right )\left ( a^{3k}+a^{3k-3}b^3+...+a^3b^{3k-3}+b^{3k} \right )=a^{3k+3}-b^{3k+3}=a^{p+1}-b^{p+1}\equiv a^2-b^2\,\,(mod \,p)$

Ta có $p\,|\left ( a-b \right )\left ( a^2+ab+b^2 \right )=a^3-b^3$    nên    $p \,| a^2-b^2=(a-b)(a+b)$   $\Rightarrow$   $p\,| a-b$ hoặc $p\,| a+b$

Trường hợp:  $p\,| a-b$ thì từ $p\,|a^2+ab+b^2=\left ( a-b \right )^2+3ab$   $\Rightarrow$   $p\,| 3ab$  $\Rightarrow$  $p\,| a$ hoặc $p\,| b$

Nếu $p\,| a$ thì $p\,| a-(a-b)=b$

Nếu $p\,| b$ thì $p\,| a-b+b=a$

Trường hợp:  $p\,| a+b$ thì từ $p\,|a^2+ab+b^2=\left ( a+b \right )^2-ab \quad \Rightarrow \quad p\,| ab$  $\Rightarrow$  $p\,| a$ hoặc $p\,| b$

Lập luận như trên thì ta luôn có $a\,,\,b$ đều chia hết cho $p$

- $(a_n)$ là dãy dương (1): Dễ dàng quy nạp được từ công thức truy hồi

- $(a_n)$ bị chặn trong khoảng $[1;2]$ (2): Cũng đơn giản từ quy nạp ráp vào

- $(a_n)$ là dãy tăng (3): Tiếp tục quy nạp thêm lần nữa cần chứng minh $a_{n+1}^2>a_n^2$ để xài (1) ta có $a_n^2-3a_n+2\leq 0$ luôn đúng theo (2)

Từ (2), (3) có được $(a_n)$ là dãy hội tụ, quy về bài toán tìm lim ta được $L=2$

Quy về PT giới hạn $L=\sqrt{3L-2}$ với $L\in [1,2]$ thì $L=1$ cũng thỏa điều kiện. Vậy làm sao để ta loại $L=1$ ?

Bài toán:   Cho dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau

$$a_1=\frac{3}{2}, a_n=\sqrt{3a_{n-1}-2}, n\geq 2$$

Chứng minh rằng dãy $(a_n)_n$ hội tụ và tìm giới hạn của nó

Cho dãy $(u_{n}):u_{n+2}=u_{n+1}+u_{n}$.
$S_{2012}=2013;S_{2013}=2012$,với $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}u_{k}$.
Tìm $S_{1975}$.

Cho dãy $(a_n)_n$ được xác định như sau

$$a_0=1\,\,,\,\,a_1=1\,\,,\,\,a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\,\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{N}$$

Khi đó bằng qui nạp ta chứng minh được $\left\{\begin{matrix}a_{n+1}^{2}-a_na_{n+2}=(-1)^{n+1}\,\,,\,\,\forall n\geq 1\\ a_1+a_2+...+a_n=a_{n+2}-2\,\,\,,\,\,\forall n\geq 1\end{matrix}\right.$

Mặt khác, ta thấy $u_3=u_2+u_1=a_1u_2+a_0u_1$

Giả sử $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\leq k$

Khi đó

$u_{k+3}=u_{k+2}+u_{k+1}$

         $=a_ku_2+a_{k-1}u_1+a_{k-1}u_2+a_{k-2}u_1$

         $=(a_k+a_{k-1})u_2+(a_{k-1}+a_{k-2})u_1$

         $=a_{k+1}u_2+a_ku_1$

Theo nguyên lý qui nạp ta đã chứng minh được $u_{n+2}=a_nu_2+a_{n-1}u_1\,\,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Khi đó ta tính được

$$S_{n+2}=(1+a_1+a_2+...+a_n)u_2+(1+a_0+a_1+a_2+...+a_{n-1})u_1=(a_{n+2}-1)u_2+a_{n+1}u_1\,\,\,\,\,(*)$$

Với $\left\{\begin{matrix}S_{2012}=2013\\S_{2013}=2012 \end{matrix}\right. $   $\Rightarrow$    $\left\{\begin{matrix}(a_{2012}-1)u_2+a_{2011}u_1=2013\\ (a_{2013}-1)u_2+a_{2012}u_1=2012\end{matrix}\right.$

Ta tìm được  $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1-a_{2012}-2013a_{2011}}{1-a_{2010}}\\ u_2=\frac{2013a_{2012}-2012a_{2011}}{1-a_{2010}}\end{matrix}\right.$

Thế vào (*) ta được $S_{n+2}=\frac{(a_{n+2}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{n+1}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Vậy $S_{1975}=\frac{(a_{1975}-1)(2013a_{2012}-2012a_{2011})+a_{1974}(1-a_{2012}-2013a_{2011})}{1-a_{2010}}$

Cho $x,y\in \left [ 0,1 \right ]$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{\left ( 1-x \right )^2+\left ( 1-y \right )^2}\geq \left ( 1+\sqrt{5} \right )\left ( 1-xy \right )$$

Ta có $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|\leq \left \| nx+y \right \|+\left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

hay $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|\leq \left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

Suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }\left (\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|  \right )\leq \left \| \lambda x\right \|$  (*)

Đẳng thức (*) chỉ xảy ra khi và chỉ khi $\left \| \left ( n+\lambda  \right )x+y \right \|- \left \| nx+y \right \|=\left \| \lambda x\right \| ,\forall n$

Từ đây ta tìm được $\lambda=0$

Cho các đa thức $P(x),Q(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện $P(x)=Q(x)+Q(1-x),\forall x\in \mathbb R$. Biết $P(0)=0$ và các hệ số của $P(x)$ đều không âm. Tính $P(P(2013))$.

Từ giả thiết $P(x)=Q(x)+Q(1-x)$ , ta thay $x$ bởi $1-x$ khi đó $P(1-x)=Q(1-x)+Q(x)$

Suy ra  $P(x)=P(1-x)\,\,\,,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$   (*)

Giả sử $P(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n$  với các hệ số là các số thực không âm.

Từ (*) cho $x=0$ ta có $a_0=P(0)=P(1)=a_0+a_1+...+a_n$  suy ra  $a_1+a_2+...+a_n=0 \Rightarrow a_1=0,\,\,a_2=0,\,\,...,\,\,a_n=0$

Suy ra  $P(x)=a_0$  mà ta lại có $P(0)=0$  nên  $a_0=0$. Vậy $P(x)=0$

Điều này dẫn tới $P(P(2013))=0$

Chuẩn hóa $a+b+c=3$. Đặt $bc+ca+ab=3-3t^{2}$. Khi đó $0 \leq r=$$abc\leq (1+2t)(1-t)^{2}$.

Bất đẳng thức tương đương $$(144t^{2}-27)r+27(2t-1)^{2}(2t+1)^{2}\geq 0.$$

Nếu $144t^{2}\geq 27$, bất đẳng thức là hiển nhiên. Xét $144t^{2}<27$.

Khi đó $$VT\geq (144t^{2}-27)(1+2t)(1-t)^{2}+27(2t-1)^{2}(2t+1)^{2}=9t^{2}(2t+1)(4t-1)^{2}\geq 0.$$

Vậy bất đẳng thức đề cho là đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị, hoặc $a=2b=2c$ và các hoán vị. $\square$

Cái chỗ màu xanh làm rõ hơn được không bạn ?

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

$a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )\left ( a-2b \right )\left ( a-2c \right )+b\left ( b-c \right )\left ( b-a \right )\left ( b-2c \right )\left ( b-2a \right )+c\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\left ( c-2a \right )\left ( c-2b \right ) \geq  0$

Mô tả tất cả (sai khác một đẳng cấu) các nhóm hữu hạn có cấp 45

Bài toán:   Cho dãy số thực $(a_n)_n$ được xác định như sau

$$1\leq a_1 \leq 2, \,\, a^{2}_{n+1}=3a_n-2, \forall n\geq 1$$

Tìm $\lim_{n \to \infty }a_n$

Đã qua 1 tuần lễ không có lời giải nên mình post lời giải cho bài này

Lời giải:

Ta xét 2 trường hợp

-   Nếu $a_1=1$ ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, a_2\geq \frac{2}{3}$  khi đó với $a_{2}^{2}=3a_1-2=1\Rightarrow a_2=1$

Giả sử $a_1=a_2=...=a_k=1$ lập luận tương tự như trên ta suy ra được $a_{k+1}=1$

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $a_n=1 \,\,,\,\, \forall n\geq 1$ nên $\lim_{n \to \infty }a_n=1$

-   Nếu $a_1\neq 1$ thì từ giả thiết suy ra $1<a_1\leq 2$ và ta đặt $a_1=1+x$ với $0<x\leq 1$

Ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \Rightarrow a_2\geq \frac{2}{3}$ và $\left\{\begin{matrix}a_{2}^{2}=3a_1-2\\4\geq 3a_1-2=3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$

Do $a_2$ là số dương nên ta suy ra được $2\geq a_2 \geq 1+x$

Giả sử $i=1,2,3,..,k$ ta có $2\geq a_i \geq 1+x$, từ $3a_{k+1}-2=a^2_{k+2}\geq 0$ suy ra $a_{k+1}$ là số dương

và $\left\{\begin{matrix}a_{k+1}^{2}=3a_k-2\\ 4\geq 3a_k-2\geq 3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$ suy ra $2\geq a_{k+1}\geq 1+x$

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $2\geq a_n \geq 1+x \,\,,\,\, \forall n\geq 1$

Mặt khác, ta có $a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=-a_{n}^{2}+3a_n-2=\left ( a_n-1 \right )\left ( 2-a_n \right )\geq 0$ , do $a_n, a_{n+1}$ đều là số dương nên suy ra được $a_{n+1}\geq a_n$ , rõ ràng điều này đúng với mọi $n\geq 1$

Ta thấy $(a_n)_n$ là dãy tăng và bị chặn nên hội tụ, đặt $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ suy ra $2\geq a\geq 1+x>1$

Phương trình giới hạn $a^2=3a-2$ có nghiệm $a=2$ thỏa mãn điều kiện của $a$

Cho dãy $\left\{\begin{matrix} u_{1}=2 & \\ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{4}}{u_{n}^{4}-8u_{n}^2+8} & \end{matrix}\right.$

Tính $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{u_{n}}{n}$

Ta có $u_1=2, u_2=-2, u_3=-2$, bằng qui nạp ta chứng minh được $u_n=-2, \forall n\geq 2$

Suy ra $\lim_{n \to \infty } \frac{u_n}{n}=\left (\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}  \right )\left ( \lim_{n \to \infty }u_n \right )=0.\left ( -2 \right )=0$

Lâu rồi mới vào diễn đàn, post bài bị nhắc nhở 1 lần rồi thành ra thế này 

https://drive.google...iew?usp=sharing

Bài toán:   Cho dãy số thực dương $(a_n)_n$ và $a,b>0$ thỏa mãn $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ và $\lim_{n \to \infty }\sqrt{a_n}=b$

Chứng minh rằng:            $a=b^2$

Bài toán:   Cho $a\in \mathbb{R^+}$ và dãy số thực $(a_n)_n$ được định nghĩa như sau

$$a_1>0, a_{n+1}=\frac{a^{3}_{n}+3aa_n}{3a^2_{n}+a}, \forall n\geq 1$$

Hãy xác định tất cả các giá trị của $a_1$ để dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy .

 

Đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} P(2006)=2006! \\ xP(x-1)=(x-2006)P(x),\forall x\in \mathbb{R}. \end{matrix}\right.$

 

Chứng minh rằng $F(x)={{[P(x)]}^{2}}+1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$. 

 

Bổ đề 1:   Nếu $H(x)$ là đa thức hệ số nguyên với   $deg H < \infty$   thỏa $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$       thì      $H(x)=1$

Thật vậy, từ điều kiện $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$

Ta suy ra được $H(n)=1\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{Z}$ , khi đó đa thức $H(x)-1$ sẽ có vô số nghiệm trên tập các số nguyên nên      $H(x)-1\equiv 0$

Suy ra $H(x)=1$

Bổ đề 2:   Đa thức $P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$ là bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với $a_1,a_2,..,a_n$ là các số nguyên

Giả sử    $P(x)=Q(x)R(x)$ với $Q(x),R(x)$   là các đa thức hệ số nguyên và    $1\leq deg Q\,\,,\,\,deg R\leq n-1$

Ta có    $Q(a_i)R(a_i)=P(a_i)=1\,\,,\,\,i=\overline{1,n}$

Suy ra     $Q(a_i)=R(a_i)=1$ hoặc $Q(a_i)=R(a_i)=-1$  với mọi $1\leq i\leq n$

Khi đó đa thức    $Q(x)-R(x)$ có $deg(Q-R)\leq n-1$    nhưng có tới $n$ nghiệm là     $a_1,a_2,..,a_n$

Do đó    $Q(x)-R(x)\equiv 0$ hay $Q(x)=R(x)$

Khi đó ta có    $Q^2(x)=P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$

suy ra   $\left ( Q(x)-(x-a_1)...(x-a_n) \right )\left ( Q(x)+(x-a_1)...(x-a_n) \right )=1$ (điều này không thể xảy ra)

Vậy $P(x)$ là đa thức bất khả quy trên  $\mathbb{Z}[x]$

Trở lại bài toán

Ta có $\left\{\begin{matrix}0.P(-1)=-2006.P(0)\\ 1.P(0)=-2005.P(1)\\ ....................\\ 2006.P(2005)=0.P(2006)\end{matrix}\right.$     suy ra    $P(0)=P(1)=...=P(2005)=0$

Khi đó ta có thể viết   $P(x)$   dưới dạng    $P(x)=x(x-1)...(x-2005)H(x)$   với   $H(x)$   là đa thức có hệ số nguyên và    $deg H < deg P$

Từ điều kiện    $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Ta suy ra được   $x(x-1)...(x-2006)H(x-1)=x(x-1)...(x-2006)H(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Điều này chỉ xảy ra khi     $H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Mặt khác, ta có    $2006!=P(2006)=2006! H(2006)$   suy ra   $H(2006)=1$

Khi đó áp dụng các bổ đề trên ta có    $P^2(x)+1$    bất khả quy trên    $\mathbb{Z}[x]$