$ \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} = \ln 2 $

Cho x,y,z là 3 số thực dương thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$

Chứng minh rằng:

$x^2+y^2+z^2 \geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

 

 

Lấy 3 điểm bất kỳ trên 1 đường tròn . Tính xác suất để tam giác tạo thành từ 3 điểm đó là 1 tam giác nhọn . 

Trong khoảng $[0;100]$ , có bao nhiêu giá trị của x thoả mãn : 

$x^2-[x]x=84,25$

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

$\Rightarrow \prod_{i=1}^n U_i^2 = \frac{U_{n+1}^2-4}{U_1^2-4} = \frac{U_{n+1}^2-4}{21}$

$\Rightarrow \frac{U_{n+1}^2}{\prod_{i=1}^n U_i^2} = 21 \frac{U_{n+1}^2}{U_{n+1}^2-4}$ 

Dễ dàng chứng minh $\lim U_n = +\infty$

Từ đó suy ra đc giới hạn cần tìm .

Cho mình hỏi là ở hai dòng cuối từ Đ/l Stolz rồi bạn lại có    $\lim_{x  \rightarrow 0}{u_{n}}$

$\frac{x_n}{y_n}= u_n$ ? 

Đặt $x_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k} ; y_n = \frac{2^{n+1}}{n+1}$ 

Dễ thấy : $\lim x_n = \lim y_n = +\infty$

Ta có : $\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n} = \frac{n+2}{n}$ 

Theo Stolz : $\lim \frac{x_n}{y_n} = \lim \frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n} = \lim \frac{n+2}{n} = 1$ 

Hay $ \lim u_n = 1 $ 

Điều phải chứng minh 

$S_1 = a_1 = \alpha $ 

$S_{n+1} - S_n = (S_n -2)^2$ 

$\Rightarrow S_{n+1} = S_n^2-3S_n +4$ 

Giả sử $S_2 > 2 $ 

Suy ra $S_3 > S_2 > 2 $

Dễ thấy $S_n$ tăng ngặt khi đó .

Giả sử bị $S_n$ bị chặn trên .

Suy ra tồn tại $\lim S_n = S $

Tính đc $S=2$ dẫn tới vô lý .

Suy ra $S_2 \leq 2 $

Khi và chỉ khi $\alpha ^2 - 3 \alpha +2 \leq 0 $

Khi và chỉ khi $1 \leq \alpha \leq 2 $ (*)

Ta chứng minh (*) là điều kiện cần và đủ đề $S_n$ hội tụ .

Thật vậy khi đó dễ dàng chứng minh đc $1 < S_n \leq 2 $ với mọi $n \geq 2$ .

Mặt khác $S_{n+1} \geq S_n $

Vậy $S_n$ tăng và bị chặn trên bởi 2 nên tồn tại giới hạn . 

Điều phải chứng minh  

Hãy tìm nguyên hàm : 

$I= \int \frac{\sin x \cos 2x}{\cos 5x} dx$

$\int_{2}^{\infty} \frac{dx}{x \ln x} = \ln (\ln x)|_{2}^{\infty}= \infty$

Vậy dãy phân kỳ . 

$\frac{1}{a^2-1} = \frac{1}{2} ( \frac{1}{a-1}-\frac{1}{a+1})$

Suy ra : $\sum_{a,b,c} ( \frac{1}{a-1} -\frac{1}{a+1}) = 2 $

Mặt khác : $\frac{1}{a-1} + \frac{1}{1} + \frac{1}{1} \geq \frac{9}{a+1}$

Từ đẳng thức và bất đẳng thức dễ dàng suy ra điều phải chứng minh  

$(n-1,n)=1 , (n-1)! \vdots n \Rightarrow \frac{(n-1)!}{n} \vdots (n-1)$ 

6. a) chắc dễ rồi .

    b) ( cũng không chắc lắm ) . 

Khẳng định : Mỗi người làm đc ít nhất 1 bài . 

Nếu có 1 người chỉ làm được 1 bài thì tất cả các người còn lại cũng làm đc bài đó . 

Ta chỉ xét truờng hợp mọi người làm được từ 2 bài trở lên . 

Khi đó gọi số người làm được 2 bài là a ( $ a \leq 60 $ ) 

Nhận xét : Nếu có a người làm đc 2 bài thì có ít nhất $\frac{2a}{3}$ làm đc cùng 1 bài . 

Thật vậy , ta có :

Sẽ có 3 loại người làm đc 2 bài : làm đc bài 1 và 2 , làm đc bài 2 và 3 , làm đc bài 1 và 3 . 

Trong 3 loại chắc chắn sẽ có loại có số người nhỏ hơn hoặc bằng cả 2 loại còn lại . 

Hay số người nhóm đó là nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{a}{3}$ 

Suy ra tổng số người của 2 nhóm còn lại sẽ $\geq \frac{2a}{3}$

Hay có ít nhất $\frac{2a}{3}$ người cùng làm đc 1 bài . ( chứng minh xong nhận xét ) 

Mà $a \leq 60 \Rightarrow \frac{2a}{3} \geq a-20 $ 

Suy ra có ít nhất 60-20 = 40 người làm đc chung 1 bài . ( điều phải chứng minh ) 

Câu 4 : 

a. Do tứ giác $AA_1C_1C$ nội tiếp nên $DA.DC=DA_1.DC_1$

Ta lại có $DA.DC=DX.DB$ nên ta có đpcm

b. Hình như là đề thi HSG HN năm vừa rồi.

Ta có $BXA_1C_1$ nội tiếp, $BHA_1C_1$ nội tiếp nên $5$ điểm $B$, $H$, $C_1$, $A_1$ và $X$ thuộc cùng $1$ đường tròn.

Do đó $BXHC_1$ nội tiếp nên $\widehat{BXH}=90^{0}$ nên $X$, $H$, $M$ thẳng hàng. Vậy $H$ là trực tâm của tam giác $DBM$ nên có  đpcm

p/s: tình hình là trật rồi, còn bài $5$, bác nào vào chém đi

sao X,H,M lai thang hang ? 

Làm sao nghĩ ra BĐT như vậy hả bạn.

Cái này gọi là phương pháp tiếp tuyến đấy bạn . google search nha . 

Ta chứng minh bất đẳng thức : $\frac{1}{9-5a} \geq \frac{5a^2+3}{32}$ $\forall 0<a<\sqrt{3}$

Thật vậy chứng minh bằng biến đổi tương đương ta thấy bất đẳng thức trên tương đương với : $(25a+5)(a-1)^2 \geq 0$ 

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=1$ 

Lập các bất đẳng thức tương tự với b,c . 

Ta có $P_{min} = \frac{3}{4}$ khi $a=b=c=1$ 

Xét $f: \mathbb{N}^{+} \to \mathbb{R}$ tăng thoả mãn : 

$f(mn) = f(m) + f(n)$ $\forall m,n \in \mathbb{N}^{+}$

 

Chứng minh rằng tồn tại $a>1$ sao cho : $f(n) \equiv \log_{a}n$

$(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx \geq 3$

Suy ra $ x+y+z \geq \sqrt{3} $ ( dấu = xảy ra khi 2 số bằng 0 , số còn lại là $\sqrt{3}$) 

Max tìm rồi , giờ tìm min thôi :

$(x+2)(y+2)(z+2) = xyz + 2(xy+yz+zx) + 4(x+y+z)+8 \geq 0+0+4 \sqrt{3} + 8$ 

Dấu = xảy ra khi 2 số bằng 0 và số còn lại bằng $\sqrt{3}$

$f_n(x)=\ln (1+x^2)+nx-1$ 

$f_n(x)'=\frac{2x}{1+x^2}+n \geq 0 $ 

Suy ra $f_n(x)$ đồng biến . 

Suy ra $f_n(x)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm .

Mà $f_n(0)=-1<0 , f_n(\frac{1}{n})=\ln (1+\frac{1}{n^2}) > \ln 1 =0$ , $f_n(x)$ liên tục .

Vậy $f_n(x)$ có nghiệm duy nhất $x_n \in (0 ; \frac{1}{n})$

Mặt khác $\lim \frac{1}{n} = 0$ 

Suy ra $\lim x_n = 0 $

Ta có : 

$\frac{n(1-nx_n)}{x_n}=\frac{nx_n(1-nx_n)}{x_n^2}=\frac{[1-\ln (1+x_n^2)]\ln (1+x_n^2)}{x_n^2}$

Suy ra $\lim \frac{n(1-nx_n)}{x_n}=\lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(1+t)-\ln ^2(1+t)}{t}$

Mà $ \lim_{t \to 0} \frac{\ln (1+t) -\ln ^2(1+t)}{t}= \lim_{t \to 0} \frac{1-2\ln (1+t)}{1+t} =1 $ ( Định nghĩa đạo hàm )

Vậy $\lim \frac{n(1-nx_n)}{x_n} = \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln (1+t) -\ln ^2(1+t)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{\ln (1+t) - \ln ^2(1+t)}{t} =1 $ 

Mình mới nghĩ ra công thức truy hồi thôi , còn giới hạn thì chưa biết tính ^^ . 

Với $ n \in \mathbb{N}^{+} $ , đặt $u_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{2n}xdx $ 

Xét $I_n = \int \tan^{2n}xdx $ 

Ta có : 

$I_{n+1} = \int \tan^{2n+2}xdx=\int (\frac{1}{\cos^2 x}-1)\tan^{2n}xdx=\int \tan^{2n}xd(\tan x ) - I_n = \frac{\tan^{2n+1}x}{2n+1} - I_n$ 

Cho các cận vào thì suy ra : 

$u_{n+1} = \frac{1}{2n+1} - u_n $ 

$u_1 = 1- \frac{\pi}{4}$ 

Giả sử $u_2 < 0 \Rightarrow u_3-u_2 = -u_2^2 < 0 $ hay $u_3<u_2<0$ 

... Suy ra $u_n$ giảm ngặt , giả sử $u_n$ bị chặn dưới , khi đó $\exists \lim u_n = L$

$\Leftrightarrow L=L(1-L) \Leftrightarrow L=0 $ ( vô lý vì $u_n$ giảm và $u_n<0$).

Vậy $u_2 \geq 0 \Leftrightarrow u_1(1-u_1) \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq u_1 \leq 1$ (*)

Ta chứng minh (*) là điều kiện cần và đủ để $u_n$ có giới hạn hữu hạn . 

Thật vây ( không xét trường hợp đơn giản là $u_1=0;1$) 

$u_2 =u_1(1-u_1) > 0 ; u_2 -u_1 = -u_1^2 < 0$ hay $u_2<u_1<1 \Rightarrow 0<u_2<u_1<1$

...

Vậy ta có $u_n$ giảm thật sự và bị chặn dưới bởi 0 $\Leftrightarrow \exists \lim u_n = L \Leftrightarrow L = 0 $ ( thoả mãn ) 

Vậy (*) là điều kiện cần và đủ để $u_n$ hội tụ , điều phải chứng minh . 

Đề bài phải là $\lim \sqrt[n]{f(\frac{1}{n})f(\frac{2}{n})...f(\frac{n}{n})}=e^{\int_0^1\ln f(x)dx}$ . ( Nếu đề như trên cho $f(x)=x$ thấy sai ngay : $\lim VT= 0 , VP=\frac{1}{e}$)

Khi đó lấy loga nepe 2 vế :

$\Leftrightarrow \lim \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln f(\frac{k}{n}) =\int_0^1 \ln f(x)dx $

Đúng theo định nghĩa tổng tích phân Riemann . 

Xét $x_k = \frac{m}{2nk\pi}$
Dễ thấy $\lim_{k \to +\infty} x_k = 0$
Ta có : $\cos \frac{m}{n x_k} =\cos k2\pi = 1 $ với mọi k hay $ \lim_{k \to +\infty} \cos \frac{m}{n x_k} = 1 $
Tương tự chọn dãy : $x_k = \frac{m}{(2k+1)n\pi}$ thì $\lim_{k \to +\infty} \cos \frac{m}{n x_k} = -1$
Nhắc lại định nghĩa giới hạn của hàm số :
1 hàm số $f(x)$ được gọi là có giới hạn là L khi $x$ dần tới $x_0$ nếu với mọi dãy $x_n : \lim x_n = x_0$ thì ta có : $lim f(x_n) = L $
Vậy theo định nghĩa giới hạn của hàm số thì suy ra không tồn tại $ \lim_{x \to 0} \cos \frac{m}{nx}$

$u_3$ tính kiểu gì nhỉ ?

1. Sau khi mò mẫm cuối cùng cũng ra $a_n$ tuần hoàn với chu kì 6 . Cái này thì có thể chứng minh trực tiếp từ truy hồi hoặc dựa vào công thức tổng quát cũng được.
Đến đấy thì suy ra $a_{2013}=a_{15}=82$ không hiểu cho $a_{20}$ với $a_{30}$ để làm gì . chắc phải tính $a_{2011}$ nhỉ .
2. Đã thấy trên mathscope , nhưng mà không tìm thấy

@Dark templar :Chắc để tìm CTTQ