Tìm $lim \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

Cho $(u_n)$ thỏa mãn $u_1<0 , $ $u_{n+1}= e^{u_n}-1$ với $n\geq 1$.

Tìm $\lim u_n$ , $\lim nu_n$.

Bài 1 :

Với $a,b,c>0$ thì , chuẩn hóa $a+b+c=3$.

Ta có : 

$\sum_{cyc}\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}=\sum_{cyc}\frac{(3-a)^2}{2a^2-6a+9}$

Ta chứng minh $\frac{(3-a)^2}{2a^2-6a+9}\geq \frac{-18}{25}(a-1)+\frac{1}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{(18a+27)(2a^2-6a+9)-225}{2a^2-6a+9}\geq 0$ (luôn đúng).

Vậy đpcm , dấu "=" tại $a=b=c$.

P/s: Giải hơi tắt , có gì mn thông cảm =))

Câu 3 (năm 2020).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 6 &\\ u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n^2-4u_n+9),&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2020} \frac{1}{u_i-1} < \frac{1}{3}$.

Câu 3 (năm 2020):

a) Ta chứng minh $u_{n+1}>u_n$ theo quy nạp $(1)$.

+) Với $n=1$ thì $u_2>u_1$ nên $(1)$ đúng với $n=1$.

+) Với $n\geq 2$ , giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$ . Ta chứng minh nó đúng với $n=k+1$.

Thật vậy , ta có từ $(1)$ suy ra $u_{n+1}>u_n>...>u_2>u_1=6$

Xét $u_{n+2}-u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_{n+1}^2-6u_{n+1}+9)=\frac{1}{2}(u_{n+1}-3)^2>0$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng . 

b) Xét $u_{i+1}-3=\frac{1}{2}(u_i^2-4u_i+3)=\frac{1}{2}(u_i-1)(u_i-3)$

$\Rightarrow \frac{1}{u_{i+1}-3}=\frac{2}{(u_i-1)(u_i-3)}=\frac{1}{u_i-3}-\frac{1}{u_i-1}$

$\Rightarrow \frac{1}{u_i-1}=\frac{1}{u_{i}-3}-\frac{1}{u_{n+1}-3}$

Do đó $\sum_{i=1}^{2020}\frac{1}{u_i-1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{u_{2021}-3}<\frac{1}{3}$

Vậy đpcm.

Câu 5 (năm 2022).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3 &\\ u_{n+1} = u_n^3-2u_n^2+2u_n,&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1} <1$.

Câu 5 (năm 2022):

a) Ta đi chứng minh $u_{n+1}>u_n$ $(1)$

+) Với $n=1$ thì  $u_2>u_1$.

+)  Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k \geq 2 $ , ta chứng minh $(1)$ đúng với $n=k+1$ 

Thật vậy , từ $(1)$ suy ra $u_k>u_{k-1}>...>u_2>u_1$

Ta xét $u_{k+1}-u_k=u_k(u_k-1)^2>0 \Rightarrow u_{k+1}>u_k$

Vậy $(1)$ đúng với mọi $n$ nguyên dương , hay $(u_n)$ là dãy tăng . 

b) Ta xét công thức tổng quát : 

$\frac{u_i}{u_i^2-u_i+1}$

$=\frac{u_i(u_i-1)^2}{(u_i^2-u_i+1)(u_i-1)^2}=\frac{u_{i+1}-u_i}{(u_i-1)(u_{i+1}-1)}=\frac{1}{u_i-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}$

Do đó :

$\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1}=\frac{1}{u_1-1}-\frac{1}{u_{2023}-1}<\frac{1}{2}$ ( do $u_{2023}>u_1=3$ )

Vậy đpcm.

Mình làm như vậy theo một bổ đề nằm trong sách Dãy số và áp dụng trang 83 , bổ đề đó phát biểu :

Nếu $y_n$ và $z_n$ là nghiệm của hệ phương trình sai phân :

$y_{n+1}=py_n+qz_n$ ; $y_0=a $ và $z_{n+1}=ry_n+sz_n ; z_0=1 $ 

Thì $x_n=\frac{y_n}{z_n}$ là nghiệm của phương trình 

$x_0=a;x_{n+1}=\frac{px_n+q}{rx_n+s}$

Ban co the giai thich giup minh cho nay duoc khong : 
$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ; $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

Sau khi giải phương trình tuyến tính thuần nhất bậc 2 : $x^2-6x+8=0$ ta thu được hai nghiệm là $2$ và $4$ nên

$a_n=u.2^n+v.4^n$

Mà $a_2=3a_1+b_1=10$

Kết hợp với $a_1=3$ ta được hệ phương trình , giải ta được $u=v=\frac{1}{2}$.

Còn $b_n$ làm tương tự 

Trong chủ đề này mình xin tổng hợp các bài dãy số trong đề thi chọn hsg lớp 12, tp Hà Nội những năm gần đây. Mời mọi người tham gia giải ạ.

 

Câu 1 (năm 2018).

Cho dãy số $(a_{n})$ xác định bởi

$\begin{cases} a_{1} =\frac{1}{2} &\\ a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(a_n)$ là dãy số giảm.

b) Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $b_{n} = \sum_{i=1}^{n} a_i$.

Tìm $\lim_{n\rightarrow+\infty} b_n$.

Câu 2 (năm 2019).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} =\frac{\sqrt{3}}{3} &\\ u_{n+1} = \frac{\sqrt{u_n^2+1}-1}{u_n},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số bị chặn.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2019} \frac{1}{u_i} < 2^{2020}$.

Câu 3 (năm 2020).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 6 &\\ u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n^2-4u_n+9),&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2020} \frac{1}{u_i-1} < \frac{1}{3}$.

Câu 4 (năm 2021).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3&\\ u_{n+1} = \frac{3u_n+1}{u_n+3},&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số giảm.

b) Tính tổng: $S=\sum_{i=1}^{100} \frac{1}{u_i-1}$.

Câu 5 (năm 2022).

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi

$\begin{cases} u_{1} = 3 &\\ u_{n+1} = u_n^3-2u_n^2+2u_n,&\forall n \in \mathbb{N}^{*} \end{cases}$

a) Chứng minh $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Chứng minh $\sum_{i=1}^{2022} \frac{u_i}{u_i^2-u_i+1} <1$.

Câu 4 (năm 2021):

a) Đặt  $u_n=\frac{a_n}{b_n}$ với $a_1=3 , b_1=1$

Khi đó : 

$\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{3a_n+b_n}{a_n+3b_n}$

Suy ra $a_{n+1}=3a_n+b_n ; b_{n+1}=a_n+3b_n$

Từ $a_{n+1}=3a_n+b_n$ ta có $a_{n+2}=3a_{n+1}+b_{n+1}$

$=3a_{n+1}+a_n+3b_n=3a_{n+1}+a_n+3.(a_{n+1}-3a_n)=6a_{n+1}-8a_n$

$\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}.(2^n + 4^n)$ ( Dễ dàng làm được =)) )

Tương tự như trên , $b_n=\frac{-1}{2}.(2^n-4^n)$

Do đó $u_n=\frac{4^n+2^n}{4^n-2^n}=\frac{2^n+1}{2^n-1}=1+\frac{2}{2^n-1}$

Từ đó dễ dàng nhận thấy $(u_n)$ giảm.

b) Ta có :

$\frac{1}{u_n-1}=\frac{1}{\frac{2^n+1}{2^n-1}-1}=\frac{2^n-1}{2}$

Do đó : 

$S=\sum_{i=1}^{100}\frac{1}{u_i-1}=\frac{2^1+2^2+..+2^{100}}{2}-50=\frac{2^{101}-2}{2}-50=2^{100}-51$.

P/s: Nếu có sai sót mong lượng thứ =)) . 

Dễ dàng có được $ECFD$ nội tiếp 

Giả sử $K$ thuộc $(ABI)$ $\Rightarrow \bar{JK}.\bar{JI}=\bar{JA}.\bar{JB}=\bar{JE}.\bar{JF}$

Ta sẽ đi chứng minh $\bar{IK}.\bar{IJ}=\bar{IE}.\bar{IF}$

$\Leftrightarrow (\bar{IJ}+\bar{JK}).\bar{IJ}=(\bar{IJ}+\bar{JE}).(\bar{IJ}-\bar{JF})$

$\Leftrightarrow IJ^2-\bar{JK}.\bar{JI}=IJ^2+\bar{IJ}.(\bar{JF}+\bar{JE})+\bar{JE}.\bar{JF}$

$\Leftrightarrow -\bar{JK}.\bar{JI}=\bar{IJ}.(\bar{JF}+\bar{JE})+\bar{JI}.\bar{JK}$

$\Rightarrow 2.\bar{JK}=\bar{JE}+\bar{JF}$ ( luôn đúng do $K$ là trung điểm $EF$.)

Suy ra $\bar{IJ}.\bar{IK}=\bar{IE}.\bar{IF}=\bar{IC}.\bar{ID}$

Hay $K$ thuộc $(CDJ)$.

Vậy đpcm 

Hình thang $ABCD$ có $AB \parallel CD $ . $E,F$ thuộc $BC,AD$ sao cho $BEFA$ nội tiếp , $EF$ cắt $CD $ tại $I$ , cắt $AB$ tại $J$. $K$ là trung điểm $EF$ . Chứng minh $K$ thuộc $(ABI)$ $\Leftrightarrow $ $K$ thuộc $(CDJ)$.

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=3$ . Chứng minh rằng $2(x^2+y^2+z^2)+xyz \geq 7 $.

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ , $AH \perp BC $ tại $H$ , $HE \perp AB $ tại $E$ , $HF \perp AC $ tại $F$ . $X,Y$ lần lượt là tâm bàng tiếp của đỉnh $H$ với $\Delta HEF , \Delta HEB$ . Chứng minh $AEXY$ nội tiếp 

Ta có: $\cos(\widehat{AOT})=\frac{TO^2-TA^2+OA^2}{2.OA.TO}=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow \widehat{AOT}\approx 75,525 ^o $

Kết quả lạ quá =))) 

Nếu như ý của bạn là chứng minh $Y$ là trung điểm $XZ$ thì rất đơn giản ta có $\Delta AXY = \Delta AZY$

+) Cần chọn ra $p>0$ :

$(a-2b+c)^2=(\frac{a}{1}.1-\frac{b\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2}+\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p})^2\leq (1+2p+p)(a^2+\frac{2b^2}{p}+\frac{c^2}{p})$

$(b-2c+d)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}+\frac{d}{1}.1-\frac{c\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2})^2\leq (1+3p)(d^2+\frac{2c^2}{p}+\frac{b^2}{p})$

$(b-2a)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.a\sqrt{2})\leq (\frac{b^2}{p}+2a^2)(2+p)$

$(c-2d)^2=(\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.d.\sqrt{2})^2\leq (\frac{c^2}{p}+2d^2)(2+p)$

Nên $P\leq (5+5p)(a^2+d^2)+(10+\frac{5}{p})(b^2+c^2)$

Do đó ta cần chọn $p$ sao cho $5+5p=10+\frac{5}{p}\Rightarrow p=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\leq \frac{5(3+\sqrt{5})}{2}$

+)$P=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)-8ab-8bc+2ac+2bd-8cd=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)+2a(c-4b)+2d(b-4c)-8bc$

Chọn $p>0$ sao cho :

$2a(c-4b)\geq \frac{-1}{p}.(pa^2+(c-4b)^2)$

$2d(b-4c)\geq \frac{-1}{p}.(pd^2+(b-4c)^2)$

$\Rightarrow 2a(c-4b)+2d(b-4c)\geq -p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[(c-4b)^2+(b-4c)^2]=-p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[17c^2+17b^2-16bc]$

$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})b^2+c^2+(\frac{16}{p}-8)bc$

Chọn $p$ để $(\frac{16}{p}-8)bc=2(\frac{8}{p}-4)<0$

Khi đó $(\frac{16}{p}-8)bc\geq (\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$

$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})(b^2+c^2)+(\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$

Hay chọn $p$ sao cho $5-p=6-\frac{17}{p}+\frac{8}{p}-4\Rightarrow p=\frac{3+3\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{4}$

Vậy .... 

a) Dễ dàng có được $\widehat{ABO}=\widehat{AEO}=90^{\circ}$ nên có ngay $ABOE$ nội tiếp và cũng dễ dàng có được $AB^2=AM.AN$

b) Do $AB=AC,OB=OC$ nên $OA$ là trung trực của $BC$ 

Mặt khác dễ dàng có $OHKE$ nội tiếp nên $AH.AO=AK.AE=AB^2=AM.AN$

c) Do $PBFO$ nội tiếp nên $\widehat{POF}=\widehat{ABC}$

Tương tự $\widehat{GOF}=\widehat{ABO}$ 

Nên $\widehat{POQ}=\widehat{ABC}$

Do đó ta có đpcm 

$(AEF)$ đi qua hình chiếu $P$ của $O$ trên đường đối trung $AX$

$(BOC)$ cắt $AC$=$D$ nên $DA=DB$

Lấy $L$ thuộc $AD$ sao cho $\widehat{LAB}=\widehat{ACB}$

$AL$ cắt $(AEF)$ tại $M$ , $BL$ cắt $(F,FB)$ tại $N$

$(AEF)$ cắt $(BOC)$ tại $P,J$

Có $AFJP,BJPX$ nội tiếp nên $J$ là điểm Miquel của tam giác $ABC$ ứng với bộ điểm $F,P,B$

Nên $(FBJ)$ tiếp xúc $XB$ tại $B$

$\Rightarrow \widehat{FJB}=\widehat{(BX,BA)}=\widehat{ACB}\Rightarrow \overline{F,J,D}$

Có $\widehat{BJF}=\widehat{BAM}=180^{\circ}-\widehat{FJM}\Rightarrow \overline{B,J,M}$

$\widehat{FNB}=\widehat{FBN}=\widehat{BAD}\Rightarrow AFND$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AND}=\widehat{AFJ}=\widehat{BML}$$\Rightarrow AMNB$ nội tiếp 

$\Rightarrow LB.LN=LM.LA\Rightarrow$ $L$ thuộc trục đẳng phương của $(F,FB) $ và  $(AEF)$

Mà $L$ cố định nên ta có đpcm . 

Cho $\frac{1}{2} \leq a^2+b^2+c^2+d^2 \leq 2$. Tìm $\min-\max$ của

$P=(a-2b+c)^2+(b-2c+d)^2+(b-2a)^2+(c-2d)^2$

Thế $a+b=c$ vào $(1)$ thì

$a^2+b^2+(a+b)^2=38=2a^2+2b^2+2ab\Leftrightarrow a^2+b^2+ab=19$

Đặt $a^2+b^2=x$,$ab=y$ thì $x+y=19$

Mà $A=a^4+b^4+(a+b)^4=2a^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2+2b^4$

Nên $A=2(a^2+b^2)^2+4ab(a^2+b^2)+2a^2b^2=361$

Trường hợp còn lại , chắc là thế vào pt(2) rồi bình phương chứ mình cũng chưa nghĩ ra cách nào khác =)) 

Mình nghĩ là biến đổi tương đương pt(2) , áp dụng cho $2\sqrt{1-x^2}=-2y\Rightarrow x^2+y^2=1$

$4x^2(x+2)=(3+2y)(x^2+2x-2xy-2y+y^2+1)$

$\Leftrightarrow 4x^3+8x^2=(3+2y)(2+2x-2xy-2y)\Rightarrow 2x^2(x+1)=(3+2y)(1+x)(1-y)\Rightarrow ...$

 $\displaystyle \displaystyle \begin{cases} x^{2}+y^{2}+3\sqrt{1-x^{2}}=1-3y(1) \\ 2x\sqrt{x+2} +(x+1-y)\sqrt{3+2y}=0(2) \end{cases}$

Từ $(1)$ biến đổi ta được $(2\sqrt{1-x^2}-3)^2=(2y+3)^2\Rightarrow ....$

Biến đổi tương đương ta được $(x-1)(x^2+2x+3)=0\Rightarrow x=1$

Biến đổi thành $4(x-y)^2+5(2xy-7)^2=5$

$4y^4+1=(2y^2+2y+1)(2y^2-2y+1)=41^x.61^x$

Mà $\gcd(2y^2+2y+1,2y^2-2y+1)=1$

Nên $2y^{2}+2y+1=61^x,2y^{2}-2y+1=41^x$

Mặt khác $61^x<2y^2+2y+1+(y-\frac{5}{2})^2=\frac{3.41^x}{2}+\frac{33}{4}$

Suy ra $x\leq 1$

Điểm $Q$ ?