Chủ đề này có 28 trả lời

[dark templar]

Sequence:
chứng minh dãy số $\left\{ {a_n } \right\}$ hội tụ :$a_n = \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^{n + 1} \left( {n \ge 3} \right)$

Equation:
$2011^{\dfrac{{4 + x^2 }}{{x^2 }}} + 2011^{\dfrac{{34x + 4}}{{x^3 + x^2 }}} = \dfrac{{120 - 4x^2 - 4x}}{{x^2 + x}}$

P/s:2 bài này mình thấy cách làm hay nên post lên cho các bạn tham khảo !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-01-2011 - 20:41

[dark templar]

Sequence:
chứng minh dãy số $\left\{ {a_n } \right\}$ hội tụ :$a_n = \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^{n + 1} \left( {n \ge 3} \right)$

Equation:
$2011^{\dfrac{{4 + x^2 }}{{x^2 }}} + 2011^{\dfrac{{34x + 4}}{{x^3 + x^2 }}} = \dfrac{{120 - 4x^2 - 4x}}{{x^2 + x}}$

P/s:2 bài này mình thấy cách làm hay nên post lên cho các bạn tham khảo !

Vẫn ko có ai ủng hộ Topic của mình nhỉ ??????Thôi bây giờ ko cần trình bày rõ bài giải ,chỉ cần trình bày hướng cũng đc !

[dark templar]

Sau đây là các gợi ý cho bài dãy và pt :
Bài dãy:Hãy chứng minh dãy này là dãy giảm và bị chặn dưới!
Bài pt: Đưa về dạng $f(u)=f(v)$

Đây lả bài dãy số do Nguyễn Hưng , bạn mình chế(có nick trên diễn đàn) !Lúc mình giải bài này thấy hay quá nên post lên :
Cho dãy số $(a_n)=\sin(\arctan n -\arctan \dfrac{1}{n}), \forall n \in N^*$
Tính $\lim a_n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-01-2011 - 22:38

[dark templar]

Chán nhỉ !Mình post chủ đề nào bên THPT là y như rằng ko có ai trả lời !Trong khi bên THCS thì nhiều quá trời luôn !Chẳng lẽ ko có ai học THPT trong diễn đàn giải đc mấy bài trên sao!

[hung0503]

chắc tại mọi người bận chút hjhj
bài hệ đưa về
$ 2011^{ \dfrac{4+x^2}{x^2}}+4( \dfrac{4+x^2}{x^2})=2011^{ \dfrac{34x+4}{x^3+x^2}}+4( \dfrac{34x+4}{x^3+x^2})$
đưa về như anh nói đc x=5, x=-6

bài dãy hình như là bổ đề của bài $lim(1+ \dfrac{1}{n})^n=e $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 15-01-2011 - 00:23

[dark templar]

Cuối cùng cũng có mem ủng hộ topic của mình !
Bài dãy này cách làm ko giống như bài $\lim \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n = e$ đâu !Bạn giải ra thử đi !
Còn bài dãy lượng giác nữa đó !Bạn chém luôn đi!

[dark templar]

Sequence:
chứng minh dãy số $\left\{ {a_n } \right\}$ hội tụ :$a_n = \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^{n + 1} \left( {n \ge 3} \right)$

Lâu quá rồi mà ko thấy ai trả lời .Thôi mình giải bài dãy trên rồi post tiếp vài bài dãy nữa!
Dể dàng nhận thấy dãy trên bị chặn dưới bởi 0.Ta chỉ cần chứng minh dãy này là dãy giảm nữa là xong !
Điều cần phải chứng minh tương đương với :
$\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^{n + 1} > \left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 2} \Leftrightarrow \left( {n + 1} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right) > \left( {n + 2} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right) $
$f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right)\left( {x > 0} \right) $
$f'\left( x \right) = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right) + \left( {x + 1} \right).\dfrac{{\left( {\dfrac{{ - 1}}{{x^2 }}} \right)}}{{1 + \dfrac{1}{x}}} = \ln \left( {x + 1} \right) - \ln x - \dfrac{1}{x} $
Sử dụng định lý Lagrange cho hàm số $y=lnt$ với $t \in [x;x+1]$,tồn tại 1 số $c \in (x;x+1)$ sao cho:
$f'\left( c \right) = \dfrac{1}{c} = \dfrac{{\ln \left( {x + 1} \right) - \ln x}}{{x + 1 - x}} = \ln \left( {x + 1} \right) - \ln x < \dfrac{1}{x}$
Như vậy ta đã chứng minh đc đạo hàm của hàm $f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right)$ luôn âm với mọi x dương ,suy ra hàm số nghịch biến ,suy ra $f(n+1)<f(n)$ hay $\left( {n + 1} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right) > \left( {n + 2} \right)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)$

1 vài bài dãy nữa :
1/Cho $f\left( n \right) = \left( {n^2 + n + 1} \right)^2 + 1 $
$u_n = \dfrac{{f\left( 1 \right).f\left( 3 \right).....f\left( {2n - 1} \right)}}{{f\left( 2 \right).f\left( 4 \right).....f\left( {2n} \right)}},n \in N^* $.Tính $\lim n\sqrt{u_n}$

2/Cho dãy $\left\{ {a_n } \right\}:\left\{ \begin{array}{l}a_1 = 1 \\ a_n = \left( {a_{n - 1}^{\dfrac{{ - 7}}{3}} + 1} \right)^{\dfrac{{ - 3}}{{13}}} ,n \ge 2 \\ \end{array} \right.$.
Chứng minh dãy trên có giới hạn và nếu đặt $x_0=-\lim a_n$ thì $x_0$ là nghiệm của pt $x^{13}-x^6+3x^4-3x^2+1=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 22-01-2011 - 21:14

[tuan101293]

1 vài bài dãy nữa :
1/Cho $f\left( n \right) = \left( {n^2 + n + 1} \right)^2 + 1 $
$u_n = \dfrac{{f\left( 1 \right).f\left( 3 \right).....f\left( {2n - 1} \right)}}{{f\left( 2 \right).f\left( 4 \right).....f\left( {2n} \right)}},n \in N^* $.Tính $\lim n\sqrt{u_n}$
********************************
Bài này thì cũ rồi
ý tưởng chỉ là phân tích f(n)
$f(n)=(n^2+1)(n^2+2n+1=(n^2+1)((n+1)^2+1)$
Giản ước đi còn
$A=\dfrac{n^2+1}{(2n+1)^2+1}$
hình như là ra cái lim kia=$\ infty $ thì fair

[dark templar]

1 vài bài dãy nữa :
1/Cho $f\left( n \right) = \left( {n^2 + n + 1} \right)^2 + 1 $
$u_n = \dfrac{{f\left( 1 \right).f\left( 3 \right).....f\left( {2n - 1} \right)}}{{f\left( 2 \right).f\left( 4 \right).....f\left( {2n} \right)}},n \in N^* $.Tính $\lim n\sqrt{u_n}$
********************************
Bài này thì cũ rồi
ý tưởng chỉ là phân tích f(n)
$f(n)=(n^2+1)(n^2+2n+1=(n^2+1)((n+1)^2+1)$
Giản ước đi còn
$A=\dfrac{n^2+1}{(2n+1)^2+1}$
hình như là ra cái lim kia=$\ infty $ thì fair

Anh giản ước thiếu rồi !Phải ra như thế này :$u_n = \dfrac{1}{{2n^2 + 2n + 1}}$
Mà $\lim n\sqrt{u_n}$ ko ra cộng vô cùng mà ra hằng số đó anh!
P/s:Dù sao cũng thanks anh đã ủng hộ topic của em!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-01-2011 - 09:35

[dark templar]

Thêm bài Hệ + vài bài Phần Nguyên xem sao:
$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt {3 + 2x^2 y - x^4 y^2 } + x^2 \left( {1 - 2x^2 } \right) = y^4 \\ 1 + \sqrt {1 + \left( {x - y} \right)^2 } = - x^2 \left( {x^4 + 1 - 2x^2 - 2xy^2 } \right) \\ \end{array} \right.$

Chứng minh:$\dfrac{{2^{100} }}{{10\sqrt 2 }} < C_{100}^{50} < \dfrac{{2^{100} }}{{10}}$

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2.Chứng minh:$\left( {\left\lfloor {\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p } \right\rfloor - 2^{p + 1} } \right) \vdots p$

Tính $\left\lfloor {\sqrt {\dfrac{2}{1}} + \sqrt[3]{{\dfrac{3}{2}}} + ... + \sqrt[{n + 1}]{{\dfrac{{n + 1}}{n}}}} \right\rfloor $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-01-2011 - 20:17

[hung0503]

Cho dãy số $(a_n)=\sin(\arctan n -\arctan \dfrac{1}{n}), \forall n \in N^*$
Tính $\lim a_n$

em làm thử, ko đúng mọi người đừng cười ^^
ta có $\arctan n +\arctan \dfrac{1}{n}= \dfrac{\pi}{2} $
nên $\arctan n -\arctan \dfrac{1}{n}= \dfrac{\pi}{2}-2\arctan \dfrac{1}{n} $
$\lim a_n=\lim [cos (2arctan \dfrac{1}{n})]=1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 29-01-2011 - 16:39

[dark templar]

em làm thử, ko đúng mọi người đừng cười ^^
ta có $\arctan n +\arctan \dfrac{1}{n}= \dfrac{\pi}{2} $
nên $\arctan n -\arctan \dfrac{1}{n}= \dfrac{\pi}{2}-2\arctan \dfrac{1}{n} $
$\lim a_n=\lim [cos (2arctan \dfrac{1}{n})]=1 $

Bạn làm tắt quá đó !1 dòng của bạn phải giải thích bằng mấy dòng của người ta lận! Nhưng kết quả thì miễn bàn .Bài này bạn tìm được shtq của dãy không?

[hung0503]

$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt {3 + 2x^2 y - x^4 y^2 } + x^2 \left( {1 - 2x^2 } \right) = y^4 \\ 1 + \sqrt {1 + \left( {x - y} \right)^2 } = - x^2 \left( {x^4 + 1 - 2x^2 - 2xy^2 } \right) \\ \end{array} \right.$

hệ tương đương
$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt {4-(x^2y-1)^2 } + x^2 \left( {1 - 2x^2 } \right) = y^4 \\ 1 + \sqrt {1 + \left( {x - y} \right)^2 } = - x^2(1-2x^2) {-x^2(x^4-2xy^2)} \\ \end{array} \right.$
cộng lại
ta đc $ \sqrt {4-(x^2y-1)^2 }-(x^3-y^2)^2=1+ \sqrt {1 + \left( {x - y} \right)^2 }$
$VT \leq 2, VP \geq 2$
vậy $x=y=1 $
------------------------------------
cái shtq mình chưa thử, ớn mấy cái sin cos .........

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 29-01-2011 - 23:22

[dark templar]

cái shtq mình chưa thử, ớn mấy cái sin cos .........

Bài này shtq ra đep lắm !Cụ thể nè:
$a_n = \dfrac{{n^2 - 1}}{{n^2 + 1}},\forall n \in N^* $

[hung0503]

Bài này shtq ra đep lắm !Cụ thể nè:
$a_n = \dfrac{{n^2 - 1}}{{n^2 + 1}},\forall n \in N^* $

đúng là bài này có nhiều cái đẹp quá , sáng nay ngồi mò mẫm mãi...
đặt $\arctan n=a, \arctan \dfrac{1}{n}=b$
ta có $tana=n, tanb= \dfrac{1}{n} $
sử dụng công thức $sin(a-b)=(tan a-tan b)cosa.cosb$
$\Rightarrow a_n=(n- \dfrac{1}{n})cosa.cosb (1)$
$ cosa.cosb= \dfrac{sin(a+b)}{tan a+tan b} $
$\Rightarrow cosa.cosb= \dfrac{n}{n^2+1} (2)$
(1)(2) suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 30-01-2011 - 15:27

[dark templar]

Bởi vậy mình mới nói Thằng bạn mình nó chế bài hay lắm cơ
Còn 2 bài Phần nguyên và Tổ hợp đó ,bạn làm thử đi!

[dark templar]

Chứng minh:$\dfrac{{2^{100} }}{{10\sqrt 2 }} < C_{100}^{50} < \dfrac{{2^{100} }}{{10}}$

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2.Chứng minh:$\left( {\left\lfloor {\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p } \right\rfloor - 2^{p + 1} } \right) \vdots p$

Tính $\left\lfloor {\sqrt {\dfrac{2}{1}} + \sqrt[3]{{\dfrac{3}{2}}} + ... + \sqrt[{n + 1}]{{\dfrac{{n + 1}}{n}}}} \right\rfloor $

Chém đi các mem ơi !

[hxthanh]

Thêm bài Hệ + vài bài Phần Nguyên xem sao:
$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt {3 + 2x^2 y - x^4 y^2 } + x^2 \left( {1 - 2x^2 } \right) = y^4 \\ 1 + \sqrt {1 + \left( {x - y} \right)^2 } = - x^2 \left( {x^4 + 1 - 2x^2 - 2xy^2 } \right) \\ \end{array} \right.$

Chứng minh:$\dfrac{{2^{100} }}{{10\sqrt 2 }} < C_{100}^{50} < \dfrac{{2^{100} }}{{10}}$

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2.Chứng minh:$\left( {\left\lfloor {\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p } \right\rfloor - 2^{p + 1} } \right) \vdots p$

Tính $\left\lfloor {\sqrt {\dfrac{2}{1}} + \sqrt[3]{{\dfrac{3}{2}}} + ... + \sqrt[{n + 1}]{{\dfrac{{n + 1}}{n}}}} \right\rfloor $

Bài cuối dễ "trảm" trước
Ta có $S_n=\sum_{k=1}^n \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}>n$ ($n$ số hạng, mỗi số hạng đều >1)
Áp dụng AM-GM cho $k+1$ số gồm $k$ số $1$ và $\dfrac{k+1}{k}$, ta có (không có dấu = )

$k+\dfrac{k+1}{k}>(k+1)\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}\Leftrightarrow \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}<1+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)$
Từ đó suy ra
$S_n<\sum_{k=1}^n \left(1+\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=n+1-\dfrac{1}{n+1}<n+1$
Từ các kết quả trên suy ra $\left\lfloor S_n\right\rfloor=n$
----
Mấy bài kia hơi bị... thiếu ý tưởng! Cho anh suy nghĩ thêm đã
Anh nghĩ bài chia hết, thì phải CM
$\left\lfloor(2+\sqrt 5)^p\right\rfloor \equiv 4 \;\;\;(mod\;\;p)$
Còn bài ước lượng tổ hợp chắc phải dùng phân tích tiêu chuẩn quá!
...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-02-2011 - 22:52

[dark templar]

Bài cuối dễ "trảm" trước
Ta có $S_n=\sum_{k=1}^n \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}>n$ ($n$ số hạng, mỗi số hạng đều >1)
Áp dụng AM-GM cho $k+1$ số gồm $k$ số $1$ và $\dfrac{k+1}{k}$, ta có (không có dấu = )

$k+\dfrac{k+1}{k}>(k+1)\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}\Leftrightarrow \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}<1+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)$
Từ đó suy ra
$S_n<\sum_{k=1}^n \left(1+\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=n+1-\dfrac{1}{n+1}<n+1$
Từ các kết quả trên suy ra $\left\lfloor S_n\right\rfloor=n$

Bài này hôm bữa em làm rồi mà anh ,thôi cũng thanks anh phát
Chủ yếu là bài Tổ hợp và chia hết
P/s:Bài Chia hết anh thử cm cái này xem :$\left\lfloor {\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p } \right\rfloor = \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p \left( {p \in P,p > 2} \right)$
Còn bài Tổ hợp nó có cách giải hay lắm,mà mang đậm tính mò Anh cứ thử giải theo cách của anh,nếu anh cần thì em sẽ post cách giải của em

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 05-02-2011 - 10:16

[hxthanh]

Bài này hôm bữa em làm rồi mà anh ,thôi cũng thanks anh phát
Chủ yếu là bài Tổ hợp và chia hết
P/s:Bài Chia hết anh thử cm cái này xem :$\left\lfloor {\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p } \right\rfloor = \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p \left( {p \in P,p > 2} \right)$
Còn bài Tổ hợp nó có cách giải hay lắm,mà mang đậm tính mò Anh cứ thử giải theo cách của anh,nếu anh cần thì em sẽ post cách giải của em

Anh cũng đã nghĩ đến đẳng thức này. Mà anh thấy nó đúng với p lẻ, không cần phải nguyên tố. Loay hoay để chứng minh nó mà cũng chưa chứng minh được