Ta có:

$P=\sum \frac{x^2}{3x^2+5xy+3y^2}=\sum \frac{x^2}{3(x+y)^2-xy}\geq\sum\frac{x^2}{3(x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}}=\frac{4}{11}\sum\frac{x^2}{(x+y)^2}$

Đặt $Q=\sum\frac{x^2}{(x+y)^2}=\sum\frac{1}{\left ( 1+\frac{y}{x} \right )^2}$

Đổi biến: $\left ( \frac{y}{x}, \ \frac{z}{y}, \ \frac{x}{z} \right )=\left ( \frac{bc}{a^2}, \ \frac{ca}{b^2}, \ \frac{ab}{c^2} \right )$ với $a,b,c>0$.

Lúc này: $Q=\sum\frac{1}{\left ( 1+\frac{bc}{a^2} \right )^2}=\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2}$

Mặt khác, ta cũng có: 

$\begin{align*} & \qquad \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2}\geq\frac{3}{4} \\ &\Leftrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)^2\geq3\left [(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2 \right ] \\ &\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq6abc(a+b+c) \end{align*}$

Bđt cuối cùng đúng do theo AM-GM thì: $\sum a^4\geq\sum a^2b^2 \geq \sum a^2bc$

Suy ra: $P\geq\frac{4}{11}Q\geq\frac{4}{11}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{11}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$.

Vậy $P_{min}=\frac{3}{11}$.

Xét $\forall n\geq2$, ta có:

$\frac{1}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\frac{2}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\frac{U_n^2-U_{n+1}}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_n}{U_1U_2\cdots U_{n-1}}-\frac{U_{n+1}}{U_1U_2\cdots U_n} \right ]$

Từ đây, ta có thể viết gọn lại $S_n$, 

$\begin{align*} S_n&=\frac{1}{U_1}+\frac{1}{U_1U_2} \cdots +\frac{1}{U_1U_2\cdots U_n} \\ &= \frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_2}{U_1}-\frac{U_3}{U_1U_2}+\cdots+\frac{U_n}{U_1U_2 \cdots U_{n-1}} - \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n} \right ]\\ &= \frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [\frac{U_2}{U_1} - \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n} \right ] \end{align*}$

Đến đây, ta cần tính được giới hạn:  $L=\lim \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n}$

Bằng phương pháp quy nạp, ta dễ dàng kiểm chứng được: $(U_n)$ là một dãy tăng và không bị chặn trên, suy ra: $\lim U_n= +\infty$

Xét: $U_{n+1}^2-4=\left ( U_n^2-2 \right )^2-4=U_n^4-4U_n^2=U_n^2\left ( U_n^2-4 \right )$

$\Rightarrow U_n^2=\frac{U_{n+1}^2-4}{U_n^2-4} \ \forall n$

Suy ra: $U_1^2U_2^2\cdots U_n^2=\frac{U_2^2-4}{U_1^2-4}.\frac{U_3^2-4}{U_2^2-4}\cdots \frac{U_{n+1}^2-4}{U_n^2-4}=\frac{U_{n+1}^2-4}{U_1^2-4} \\ \Rightarrow U_1U_2\cdots U_n=\sqrt{\frac{U_{n+1}^2-4}{U_1^2-4}}$

Do đó, $L=\lim \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n}=\lim \frac{U_{n+1}\sqrt{U_1^2-4}}{\sqrt{U_{n+1}^2-4}}=\sqrt{U_1^2-4}$

Nên $\lim S_n=\frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_2}{U_1}-\sqrt{U_1^2-4} \right ]=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đặt $S=\displaystyle \cos 2A +\frac{1}{64\cos^4 A } -(2\cos 2B +4\sin B) + \frac{13}{4}$

Ta có: 

$\begin{align*} \cos2A+\frac{1}{64\cos^4A}&=2\cos^2A-1+\frac{1}{64\cos^4A} \\ &=\left ( \cos^2A+\cos^2A+\frac{1}{64\cos^4A} \right )-1 \\ &\geq 3. \sqrt[3]{\cos^2A.\cos^2A.\frac{1}{64\cos^4A}}-1 \\ &=\frac{3}{4}-1=\frac{-1}{4} \end{align*}$

Lại có: 

$\begin{align*} \frac{13}{4}-\left ( 2\cos2B+4\sin B \right ) &= \frac{13}{4}-\left ( 2-4\sin^2B+4\sin B \right ) \\ &=4\sin^2B-4\sin B+\frac{5}{4} \\ &=\left ( 2\sin B-1 \right )^2+\frac{1}{4} \geq \frac{1}{4} \end{align*}$

Nên suy ra: $0 \geq S \geq -\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0$, dẫn đến $S=0$.

Do đó: $\cos^2A=\frac{1}{64\cos^4A}$ và $(2\sin B-1)^2=0$.

Nên $A=60^{\circ}, B=30^{\circ}$ và $C=90^{\circ}$.

Em có thử lại nghiệm tổng quát rồi, em nghĩ là thỏa mãn á.

Phải cẩn thận khi gặp dạng phương trình (*) trong khi giải PT hàm. Lưu ý rằng bạn có (*) đúng với mọi $x$, chứ không phải chỉ vế đầu đúng với mọi $x$, hoặc vế sau đúng với mọi $x$. Có thể có những hàm lúc thì rơi vào TH1, lúc thì rơi vào TH2.

Bạn phải chứng minh thêm rằng:

Không tồn tại hàm $f$ nào sao cho tồn tại $a \ne b$ để $f(a)=\cos a$ (TH1) và $4f^2(b)+4f(b)\cos b + 4\cos ^2 b -3 = 0$ (TH2).

Cảm ơn anh đã góp ý ạ. Em đúng là quên TH đó thật  .

Em đã bổ sung thêm một TH3 rồi, có lẽ rằng nếu thêm vào giả thiết hàm $f$ khả vi thì em có thể chứng minh được mệnh đề anh nói.

Để cho gọn thì ta quy ước: $f^n(x)=\left [ f(x) \right ]^n$

Do $\cos^2(3x)+\sin^2(3x)=1$, nên:

$\left [ f^3(x)-3f(x)g^2(x) \right ]^2+\left [ 3f^2(x)g(x)-g^3(x) \right ]=1$

$\Leftrightarrow f^6(x)+3f^4(x)g^2(x)+3f^2(x)g^4(x)+g^6(x)=1$

$\Leftrightarrow \left [ f^2(x)+g^2(x) \right ]^3=1$

$\Rightarrow f^2(x)+g^2(x)=1$

Thay $g^2(x)=1-f^2(x)$ vào phương trình chứa $\cos(3x)$, ta có:

$f^3(x)-3f(x)\left [ 1-f^2(x) \right ]=\cos(3x)$

$\Leftrightarrow 4f^3(x)-3f(x)=\cos(3x)=4\cos^3x-3\cos x$

$\Leftrightarrow 4\left [ f^3(x)-\cos^3(x) \right ]-3\left [ f(x)-\cos x \right ]=0$

$\Leftrightarrow \left [ f(x)-\cos x \right ]\left [ 4f^2(x)+4f(x)\cos x+4\cos^2x-3 \right ]=0 \quad (\ast)$

• TH1: $f(x)=\cos x$

Ta có: $g^2(x)=1-\cos^2x=\sin^2x \Leftrightarrow \begin{align*} \left[ \begin{array}{ll} g(x) = \sin x \\ g(x) = -\sin x \end{array} \right . \end{align*}$

Thử lại thì $g(x)=-\sin x$ không thỏa phương trình chứa $\sin(3x)$.

Vậy TH này có 1 nghiệm là:  $\left ( f(x),g(x) \right )=\left ( \cos x, \sin x \right )$.

• TH2: $4f^2(x)+4f(x)\cos x+4\cos^2x-3=0$

Suy ra: $\left [ 2f(x)+\cos x \right ]^2=3-3\cos^2x=3\sin^2x$

$\Leftrightarrow \begin{align*} \left[ \begin{array}{ll} 2f(x)+\cos x = \sqrt{3}\sin x \\ 2f(x)+\cos x = -\sqrt{3}\sin x \end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x -\frac{1}{2}\cos x=\cos\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) \\ f(x)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x -\frac{1}{2}\cos x=\cos\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) \end{array} \right . \right . \end{align*}$

Với $f(x)=\cos\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right )$ thì $g(x)=\pm \sin\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right )$

Thử lại như TH1, chỉ có $g(x)=\sin\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right )$ là thỏa.

Tương tự, với $f(x)=\cos\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right )$ thì $g(x)=\sin\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right )$

Vậy TH này có 2 nghiệm là: $\left ( f(x),g(x) \right )=\left ( \cos \left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ), \sin \left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) \right )$ hoặc $\left ( f(x),g(x) \right )=\left ( \cos \left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ), \sin \left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) \right )$.

• TH3: Tồn tại một hàm $F(x)$ nào đó sao cho $F(x)$ sẽ thỏa mãn TH1 với một vài giá trị $x\in A$ và $F(x)$ sẽ thỏa mãn TH2 với các giá trị $x\in \mathbb{R} \setminus A$ còn lại.

Hàm $F(x)$ được xác định như sau có thể thỏa mãn được pt $(\ast)$:

$F(x)= \begin{align*} \left \{ \begin{array}{ll} \cos x &, x \in A \\ \cos\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in B \\ \cos\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in\mathbb{R}\setminus \left ( A\cup B \right ) \end{array} \right . \end{align*}$

, với $A\cap B=\varnothing$ và $\min\left \{ |A|, |B|, | \mathbb{R}\setminus ({A\cup B})| \right \}=1$

Tương tự như 2 trường hợp trên, $g(x)$ sẽ được xác định bằng $G(x)= \begin{align*} \left \{ \begin{array}{ll} \sin x &, x \in A \\ \sin\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in B \\ \sin\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in\mathbb{R}\setminus \left ( A\cup B \right ) \end{array} \right . \end{align*}$.

Tóm cái váy lại, bài toán có một dạng nghiệm tổng quát là:

$f(x)= \begin{align*} \left \{ \begin{array}{ll} \cos x &, x \in A \\ \cos\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in B \\ \cos\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in\mathbb{R}\setminus \left ( A\cup B \right ) \end{array} \right . \end{align*}$ và $g(x)= \begin{align*} \left \{ \begin{array}{ll} \sin x &, x \in A \\ \sin\left ( x-\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in B \\ \sin\left ( x+\frac{2\pi}{3} \right ) &, x\in\mathbb{R}\setminus \left ( A\cup B \right ) \end{array} \right . \end{align*}$ với $A\cap B=\varnothing$.

Ta có: $f(xf(y)+x)=xy+f(x) \quad (1)$

Thế $x=1$ vào (1), ta có: $f(f(y)+1))=y+f(1) \quad (2)$.

Từ (2), thay $y=c=f(x-f(1))+1$, suy ra: 

$f(c)=f(f(x-f(1))+1)=(x-f(1))+1=x$

Nên $\forall x\in \mathbb{R}, \exists c\in \mathbb{R}:f(c)=x$.

Do đó $f$ là toàn ánh.

Tồn tại 1 số $a \in \mathbb{R}$ nào đó để $f(a)=0$.

Từ (1), thế $y=a$, được: $f(x)=xa+f(x) \quad \forall x\in \mathbb{R}$, hay $a=0$.

Tương tự, tồn tại 1 số $b \in \mathbb{R}$ nào đó để $f(b)=-1$.

Thay $y=b$ vào (1), có: $f(0)=xb+f(x)$, hay $f(x)=-bx$.

Kiểm tra lại, thế ngược $f(x)=-bx$ vào (1) và rút gọn, ta có được: $b^2=1\Leftrightarrow \begin{align*} \left[ \begin{array}{ll} b = 1 & \\ b = -1 & \end{array} \right . \end{align*}$

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$.

Không.

Giả sử tồn tại một số nguyên dương $n$ có thể viết được dưới dạng $n=x!+y!$ bằng 2 cách khác nhau.

Khi đó, ta có: $n=a!+b!=c!+d!$ với điều kiện $1 \leq a < c \leq d < b$.

Ta viết lại được: $a!=c!+d!-b!$ mà $c!|c!,c!|d!,c!|b!$, nên $c!|a!$.

Điều này là vô lý, do $1\leq a!<c!$

Vậy không tồn tại số nguyên dương $n$ nào thỏa mãn bài toán.

a, Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được:  $u_n \neq 0 \quad \forall n \in \mathbb{N}^{*}$.

Đặt $v_n=\frac{1}{u_n}$, ta có: $\frac{1}{u_{n+1}}=\sqrt{\frac{u_n+1}{2u_n}} \Rightarrow v_{n+1}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}v_n}$

Ta chứng minh công thức tổng quát của dãy ${v_n}$ là: $v_n=\cos\left ( \frac{\pi}{2^{n+1}} \right ) \quad (\ast)$

Với $n=1$, ta có: $v_1=\frac{1}{u_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos\left ( \frac{\pi}{4} \right )$.

Giả sử $(\ast)$ đúng với $n=k$.

Ta có: 

$\begin{align*} v_{k+1}&=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos{\frac{\pi}{2^{k+1}}}}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left ( 2\cos^2\left ( \frac{\pi}{2^{k+2}} \right )-1 \right )}\\ &=\sqrt{\cos^2\left ( \frac{\pi}{2^{k+2}} \right )}=\cos\left ( \frac{\pi}{2^{k+2}} \right ) \end{align*}$,

hay $(\ast)$ đúng với $n=k+1.$

Vậy $(\ast)$ đúng với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$, nên suy ra $u_n=\frac{1}{\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}$.

b, Với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$ thì $\frac{\pi}{2^{n+1}}\in\left ( 0;\frac{\pi}{2} \right )$.

Mà hàm $\cos$ nghịch biến trên $\left ( 0;\frac{\pi}{2} \right )$ nên $v_{n}<v_{n+1}$, hay $u_n>u_{n+1}$.

Suy ra dãy $(u_n)$ là dãy giảm.

Mặt khác, do $\cos{x}\leq1$ nên $u_n=\frac{1}{\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\geq\frac{1}{1}=1$.

Hay dãy $(u_n)$ bị chặn dưới. 

Theo nguyên lý Weierstrass, dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn.

Có:

$\lim_{n\rightarrow \infty}u_n=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}=\frac{1}{\cos{0}}=1$.

Bạn thử chỉ ra TH $x_{3k}\neq x_{3k+3}$ là không thể xảy ra.

Thật vậy, lấy 2 vế của pt(2) trừ cho pt(1):

$x_2x_3\left ( x_4-x_1 \right )=x_4-x_1\\ \Leftrightarrow \left ( x_4-x_1 \right )\left ( x_2x_3-1 \right )=0\\ \Leftrightarrow \begin{align*} \left[ \begin{array}{ll} x_4=x_1 \\ x_2x_3=1 \end{array} \right . \end{align*}$

Nếu như $x_2x_3=1$, thế vào pt(1), ta có: 

$x_1=x_1+x_2+x_3\Rightarrow x_2+x_3=0$

Suy ra $x_2$ và $x_3$ là 2 nghiệm của pt: $t^2-0t+1=0$.

Vì pt vô nghiệm thực, nên TH này không thể xảy ra.

Vậy $x_1=x_4$. Lập luận tương tự, ta suy ra: $\left\{\begin{matrix} x_1=x_4=\cdots=x_{1987} \\ x_2=x_5=\cdots=x_{1985} \\ x_3=x_6=\cdots=x_{1986} \end{matrix} \right.$.

Mà $x_{1985}=x_1$, $x_{1986}=x_2$, $x_{1987}=x_3$ (làm tương tự như ý trên).

Nên ta suy ra: $x_1=x_2=\cdots=x_{1987}$

Thế vào pt(1), ta có: $x_1^3=3x_1\Rightarrow\begin{align*} \left[ \begin{array}{ll} x_1 = 0 \\ x_1 = \sqrt{3} \end{array} \right . \end{align*}$

Vậy hệ đã cho có hai bộ nghiệm là: $\displaystyle (x_1;x_2;x_3,...:x_{1986};x_{1987})=(0;0;0;...;0;0)$ hoặc $\displaystyle (x_1;x_2;x_3,...:x_{1986};x_{1987})=(\sqrt{3};\sqrt{3};\sqrt{3};...;\sqrt{3};\sqrt{3})$

Trước tiên, ta có nhận xét sau: 

Trở lại với bài toán, ta sẽ đi chứng minh $(Q(1), Q(2), \dots , Q(23))$ là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 23.

Thật vậy, giả sử điều ngược lại: Tồn tại 2 chỉ số $i$ và $j$ sao cho $1 \leq i < j \leq 23$ và $Q(i) \equiv Q(j) \ (mod \ 23)$

Khi đó: $$\begin{align} 0 &\equiv Q(i)-Q(j) \ (mod \ 23) \\ &=i^3-j^3 \ (mod \ 23) \\ &=(i-j)(i^2+ij+j^2) \ (mod \ 23) \end{align}$$

Do $i \not\equiv j \ (mod \ 23)$ nên suy ra $i^2+ij+j^2 \equiv \ 0 \ (mod \ 23)$.

Hay $(2i+j)^2 \equiv -3j^2 \ (mod \ 23)$.

Suy ra $-3$ là một số chính phương modulo 23.

Điều này là không đúng do:

$\begin{align} \left ( \frac{-3}{23} \right )&=\left ( \frac{-1}{23} \right )\left ( \frac{3}{23} \right )=(-1)^{\frac{23-1}{2}}(-1)^{\frac{3-1}{2}\frac{23-1}{2}}\left ( \frac{23}{3} \right ) \\ &=(-1)(-1)\left ( \frac{-1}{3} \right )=-1 \end{align}$

Vậy, điều ta giả sử là sai. 

Với $(Q(1), Q(2), \dots , Q(23))$ là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 23, áp dụng nhận xét ở trên cho ta ngay đpcm.

Với $R$ là bán kính của $(O)$, ta có: 

$\mathcal{P}_{A/(O)}=x \Rightarrow OA^2=x+R^2$

$\mathcal{P}_{B/(O)}=y \Rightarrow OB^2=y+R^2$

$\mathcal{P}_{I/(O)}=z \Rightarrow OI^2=z+R^2$

Mặt khác, do $OI$ là trung tuyến của $\Delta ABC$, nên ta có hệ thức:

$OI^2=\frac{OA^2+OB^2}{2}-\frac{AB^2}{4}$

$\Leftrightarrow z+R^2=\frac{x+y+2R^2}{2}-\frac{AB^2}{4}$

$\Leftrightarrow AB^2=2(x+y)-4z$

$\Leftrightarrow AB=\sqrt{2(x+y)-4z}$

Đặt $P=x+y+4z$.

Nếu $x$ là số chẵn thì $y^3=2z^3-x^3$ cũng là một số chẵn, hay $y$ chẵn.

Tương tự, nếu $x$ lẻ thì $y$ cũng lẻ.

Vậy, $x$ và $y$ cùng tính chẵn lẻ, hay $x+y$ chẵn.

Suy ra $P=x+y+4z$ là số chẵn, nên $2|P \quad (1)$.

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì $t^3 \equiv t \quad (mod 3)$

Nên $P=x+y+4z=(x+y+z)+3z \equiv (x^3+y^3+z^3)+3z \quad (mod 3)$

Thế $x^3+y^3=2z^3$ vào ta có:

$P \equiv (3z^3)+3z \equiv 0 \quad (mod 3)$

Suy ra $3|P \quad (2)$.

Do $(2,3)=1$ nên từ $(1)$ và $(2)$, có: $6|P$.

Mà $P$ là tích của hai số nguyên tố, nên $P$ chỉ có thể bằng $6$.

Trường hợp này chỉ xảy ra khi $x=y=z=1$.

Vậy $x=y=z=1$ là nghiệm duy nhất cần tìm.

Ta có:

$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)$

$=a^3[(b-a)+(a-c)]+b^3(c-a)+c^3(a-b)$

$=(a-b)(c^3-a^3)+(c-a)(b^3-a^3)$

$=(a-b)(c-a)(c^2+ca+a^2)-(c-a)(a-b)(a^2+ab+b^2)$

$=(a-b)(c-a)(c^2+ca+a^2-a^2-ab-b^2)$

$=(a-b)(c-a)(c^2-b^2+ca-ab)$

$=(a-b)(c-a)[(c-b)(c+b)+a(c-b)]$

$=(a-b)(c-a)(c-b)(c+b+a)$

$=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Suy ra $-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=2014^{2015}\not\equiv 0\quad (mod 3) \quad (1)$

Mặt khác, với $a,b,c \in \mathbb{Z}$ thì luôn có $(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\equiv 0 \quad (mod 3) \quad (\ast)$

Thật vậy, giả sử trong 3 số $a,b,c$ tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3.

Không mất tính tổng quát, gọi 2 số đó là $a$ và $b$.

Khi đó, $(a-b) \equiv 0 \quad (mod 3) \Rightarrow (\ast)$

Nếu như $a,b,c$ có số dư cho 3 đôi một khác nhau thì $(a+b+c) \equiv (0+1+2) \equiv 0 \quad (mod 3) \Rightarrow (\ast)$.

Vậy ta luôn có $(\ast)$, mâu thuẫn với $(1)$.

Nên không tồn tại $a,b,c$ thuộc $\mathbb{Z}$ thỏa ycbt.

\[M = {\left( {2x - 1} \right)^2} - \left\| {2x - 1} \right\| + 2 = {\left( {\left| {2x - 1} \right| - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \geqslant \frac{7}{4}\]

Cách này nhanh hơn thật nhỉ. Tự nhiên hôm nay suy nghĩ phức tạp quá 

Ký hiệu $||x||$ chắc là giá trị tuyệt đối nhỉ 

Với $x\geq \frac{1}{2}$ thì $|2x-1|=2x-1$, nên:

$M=(2x-1)^2-(2x-1)+2$

$=4x^2-4x+1-2x+1+2$

$=4x^2-6x+4$

$=4\left ( x^2-2\cdot x\cdot \frac{3}{4}+\frac{9}{16} \right )+4-\frac{9}{4}$

$=4\left (x-\frac{3}{4} \right )^2+\frac{7}{4} \geq \frac{7}{4}$

Tương tự, với $x<\frac{1}{2}$ thì $|2x-1|=1-2x$, nên:

$M=(2x-1)^2-(1-2x)+2$

$=4x^2-4x+1+2x-1+2$

$=4x^2-2x+2$

$=4\left (x^2-2\cdot x\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{16} \right ) +2-\frac{1}{4}$

$=4\left (x-\frac{1}{4} \right ) ^2+\frac{7}{4} \geq \frac{7}{4}$

Trong cả hai trường hợp thì $M\geq \frac{7}{4}$.

Vậy GTNN của M là $\frac{7}{4}$, đạt được tại $x=\frac{3}{4}$ (thỏa $x\geq \frac{1}{2}$ cho TH trên) hoặc $x=\frac{1}{4}$ (thỏa $x<\frac{1}{2}$ cho TH dưới).

Mình nghĩ các số cần đếm là các số có 8 chữ số chứ nhỉ?

Cái này thì đề không đề cập rõ nên mình cũng chỉ nghĩ đếm các số có 6 chữ số.

Nhưng để đếm các số có 8 chữ số thỏa mãn ĐK ban đầu thì đơn giản hơn nhiều.

Do cần đếm số có 8 chữ số, nên mỗi chữ số từ 2 đến 6 đều xuất hiện đúng 1 lần, riêng chữ số 1 xuất hiện 3 lần.

Ta cũng sẽ chia 5 số lẻ (1,1,1,3,5) thành 5 vách ngăn, rồi sắp xếp 3 số chẵn (2,4,6) vào 6 chỗ trống giữa các vách ngăn.

Số cách để chọn 3 chẵn vào 6 chỗ trống, và xếp thứ tự cho chúng là $C_{6}^{3}\cdot 3!$

Số cách để sắp xếp thứ tự cho 5 số lẻ (1,1,1,3,5) là: $\frac{5!}{3!}$

Vậy tổng số cách để chọn ra số có 8 chữ số là: $\frac{5!}{3!}\cdot C_{6}^{3}\cdot 3!=2400$(cách)

Bài này chắc là giải bằng nguyên lý bù trừ nhỉ.

Tổng số cách để chọn số có đúng 3 chữ số 1, 3 chữ số còn lại đôi một khác nhau là: $C_{6}^{3}A_{5}^{3}=1200$

Để tính số các số thỏa mãn ĐK trên, và có 2 chữ số chẵn đứng cạnh nhau thì chia làm 2 trường hợp:

• TH1: 3 chữ số còn lại có đúng 2 chữ số chẵn.

Ghép chung 2 chữ số chẵn ấy thành 1 cặp.

Số cách chọn vị trí cho cặp số chẵn ấy là: $C_{5}^{1}$

Số cách chọn ra cặp 2 số chẵn, và chọn thứ tự cho chúng là: $C_{3}^{2}\cdot 2!$

Do số còn lại không được trùng với 1, hoặc là số chẵn nên số cách chọn số đó là: $2$

Số cách chọn ra vị trí cho số còn lại: $C_{4}^{1}$

Tổng số cách cho trường hợp này là: $C_{5}^{1}C_{3}^{2}C_{4}^{1}\cdot 2\cdot 2!=240$

• TH2: 3 chữ số còn lại đều là số chẵn.

Ta sẽ tính bằng nguyên lý bù trừ.

Số cách chọn số có đúng 3 chữ số 1, 3 chữ số còn lại là 3 số chẵn phân biệt 2,4,6 là: $C_{6}^{3}\cdot 3!$

Để tính cho trường hợp có 3 số chẵn đôi một không đứng cạnh nhau thì khá đơn giản, coi 3 số 1 như là 3 vách ngăn. Cần xếp 3 số chẵn phân biệt vào 4 chỗ trống giữa 3 vách ngăn ấy sao cho không số chẵn nào đứng cạnh nhau. Số cách cho trường hợp này là: $C_{4}^{3}\cdot 3!$

Vậy số cách cho TH2 (có đúng 3 số 1, giữa 3 số chẵn có 2 số đứng cạnh nhau) là: $C_{6}^{3}\cdot 3!-C_{4}^{3}\cdot 3!=96$

Vậy tổng số cách để từ 1,2,3,4,5,6 lập ra các số có đúng 3 số 1, các chữ số còn lại đôi một phân biệt và 2 số chẵn không đứng cạnh nhau là: $1200-(240+96)=864$

Trước tiên, ta chứng minh dãy $(u_n)$ tăng.

Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chỉ ra $u_n \geq 2 \quad \forall n\in\mathbb{N}$.

Ta có: $u_{n+1}-u_n=\frac{u_n}{2023}(u_n-1) \geq \frac{2}{2023}(2-1)>0$

Hay $(u_n)$ là dãy tăng. 

Giả sử dãy này bị chặn trên. Theo nguyên lý Weierstrass, thì dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn.

Gọi $\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n=a \quad (a \geq 2)$. Theo hệ thức truy hồi, thì: 

$a-a=\frac{1}{2023}(a^2-a)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} a=0 \\ a=1 & \end{array} \right .$, vô lý.

Nên điều giả sử là sai, dãy này không bị chặn trên, hay $\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n=+\infty$

Mặt khác, ta xét biến đổi:

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

$=\frac{2023(u_{n+1}-u_n)}{(u_{n+1}-1)(u_n-1)}=\frac{2023[(u_{n+1}-1)-(u_n-1)]}{(u_{n+1}-1)(u_n-1)}$

$=\frac{2023}{u_n-1}-\frac{2023}{u_{n+1}-1}$

Theo đó, ta có:

$v_n=\frac{u_1}{u_2-1}+\frac{u_2}{u_3-1}+\cdots +\frac{u_n}{u_{n+1}-1}$

$=\frac{2023}{u_1-1}-\frac{2023}{u_2-1}+\frac{2023}{u_2-1}-\frac{2023}{u_3-1}+\cdots+\frac{2023}{u_n-1}-\frac{2023}{u_{n+1}-1}$

$=\frac{2023}{u_1-1}-\frac{2023}{u_{n+1}-1}$

Suy ra $\lim v_n=\lim\left ( \frac{2023}{u_1-1}-\frac{2023}{u_{n+1}-1}\right )=\frac{2023}{u_1-1}=2023$.

Còn TH $a=b=c=0$ nữa anh ơi.

À ừ nhỉ, cảm ơn bạn đã nhắc, mình đã sửa lại rồi.

Nếu $a=0\Rightarrow b=c=0$ thì ta có: P=0.

Trường hợp $a\neq 0$ thì $a,b,c$ là các số thực dương.

Ta có:

$b=\frac{6a^2}{a^2+1} \leq \frac{6a^2}{2a} = 3a$.

$c=\frac{2b^2}{b^2+9} \leq \frac{2b^2}{6b} = \frac{b}{3}$.

$a=\frac{2c^2}{c^2+1} \leq \frac{2c^2}{2c} = c$.

Kết hợp ba bất đẳng thức trên, suy ra: $b \leq 3a \leq 3c \leq 3\frac{b}{3} = b$.

Vì dấu bằng xảy ra nên $\begin{cases} a=1 \\ b=3 \\ c=1 \end{cases}$(ĐK để đẳng thức xảy ra trong BĐT AM-GM)

Thử lại thấy thỏa mãn, nên thế vào ta có: $P=a+b+c=1+3+1=5$.

Kết luận, $P=0$ hoặc $P=5$

Đặt $M=4^{545}+545^4$

Ta có: $M=4^{545}+545^4=545^4+4(4^{136})^4$

Đặt $a=545, b=4^{136}$, suy ra:

$M=a^4+4b^4$

$M=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2$

$M=(a^2+2ab+2b^2)(a^2-2ab+2b^2)$

Mà $a^2+2ab+2b^2$, $a^2-2ab+2b^2$ đều là các số nguyên lớn hơn 1

Nên M không là số nguyên tố.

Bạn thử dùng Thales để chỉ ra $KG \parallel MN$ do $\frac{AK}{AM}=\frac{AG}{AN}$.

• Dãy $(u_n)$ tăng và bị chặn trên bởi $K\Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty}u_n=K$ là sai.

Thật vậy, xét dãy số yêu thích của mình: $x_{n}=\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n \quad (n\in\mathbb{N})$

Trước tiên ta đi chứng minh $(x_n)$ là dãy tăng, hay $\left ( 1+\frac{1}{n+1} \right )^{n+1}> \left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n \quad (1)$

Áp dụng AM-GM, có: $1+\frac{1}{n+1}\geq (n+1) \sqrt[n+1]{\left ( \frac{1}{n} \right )^n\frac{1}{n+1}}= \sqrt[n+1]{\left ( \frac{n+1}{n} \right )^n\frac{n+1}{n+1}}=\sqrt[n+1]{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n}$

Đẳng thức không xảy ra nên ta thu được $(1)$

Ta cần chỉ ra $x_{n}$ bị chặn trên bởi một số $K$ nào đó.

Có: $\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^k\left ( \frac{1}{n} \right )^k=1+C_{n}^1\cdot \frac{1}{n}+C_{n}^2\cdot \frac{1}{n^2}+...+C_n^{n}\cdot \frac{1}{n^n}=2+C_{n}^2\cdot \frac{1}{n^2}+...+C_n^{n}\cdot \frac{1}{n^n}$

Mặt khác, với $2\leq k\leq n$, do $C_{n}^k\cdot \frac{1}{n^k}=\frac{n!}{(n-k)!k!n^k}=\frac{n(n-1)...(n-k+1)}{n^kk!}<\frac{1}{k!}<\frac{1}{k(k-1)}$

Nên suy ra: $x_n<2+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+...\frac{1}{(n-1)n}=2+1-\frac{1}{n}<3 \quad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$, suy ra $(x_n)$ tăng và bị chặn trên, tuy nhiên dãy $(x_n)$ không hội tụ về $3$, mà hội tụ về hằng số Euler nổi tiếng $\lim_{n\rightarrow \infty}x_n=e\approx 2,7182818...$

• Điều ngược lại là sai, dãy số $(u_n)$ có thể có giới hạn là $K$, tuy nhiên không nhất thiết là dãy tăng, (vì nó có thể là dãy giảm, hoặc luân phiên tăng giảm).

Nếu dãy $(u_n)$ tăng, và có giới hạn $K$, thì ta có $x_n\leq K$ với mọi $n$.

Tương tự, với dãy $(u_n)$ giảm và có giới hạn $K$, ta có $x_n\geq K$ với mọi $n$.

• Ngoài cách tìm giới hạn bằng cách đưa về phương trình giới hạn, ta còn một số cách phổ biến khác như tìm công thức tổng quát của dãy rồi cho $n\rightarrow \infty$, sử dụng định lý Lagrange, v.v. Ngoài ra thì một vài cách nâng cao hơn, như định lý trung bình Cesaro, định lý Stolz, hay tiêu chuẩn Cauchy, bạn có thể tìm đọc thêm ở trên mạng. 

$ab=cd\Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{b}{d}=k\left(k\in ℕ^∗\right)$

 

Nhầm rồi kìa bạn ơi, đoạn này phải là $ab=cd\Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{d}{b}$ chứ