Noobmath

1) $x_2=\frac{1}{2} =\frac{1}{2!} , x_3=\frac{1}{6}=\frac{1}{3!}$

Ta chứng minh quy nạp : $ x_n = \frac{1}{n!} $ với mọi $n\geq 2$ 

Thật vậy giả sử $x_{n-1}=\frac{1}{(n-1)!} , x_n=\frac{1}{n!} (n \geq 3)$

Khi đó $n(n+1)x_{n+1}=\frac{n(n-1)}{n!}-\frac{n-2}{(n-1)!}=\frac{1}{(n-1)!}$ 

Suy ra $x_{n+1}=\frac{1}{(n+1)!}$ (đpcm)

Vậy $ \frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_3}+...+\frac{x_{50}}{x_{51}}=\frac{1}{2}+3+4+...+51= ... $

$\frac{x^n-\sin^n x }{x^{n+2}} = \frac{(x-\sin x)(x^{n-1}+x^{n-2}\sin x +...+x\sin^{n-2}x+\sin^{n-1}x)}{x^{n+2}}=\frac{x-\sin x}{x^3}.(1+\frac{\sin x}{x}+\frac{\sin^2 x }{x^2}+...+\frac{\sin^{n-1}x}{x^{n-1}})$

Đến đây ta có 2 giới hạn sau : 

1) $\lim_{x \to 0} \frac{x- \sin x }{x^3} = \frac{1}{6}$

2) $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1 $

Với các giới hạn trên ta có điều phải chứng minh . 

Muốn chứng minh $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$  ko tồn tại cũng đơn giản thôi , dùng định nghĩa giới hạn của hàm số.

Định nghĩa : $ \lim_{x \to x_0} f(x) = L \Leftrightarrow \forall (x_n) : \lim x_n = x_0$ thì $\lim f(x_n) = L$ 

Vậy ta sẽ chọn các dãy $x_n$ phù hợp để chứng minh. 

Dãy đầu tiên ta chọn $x_n = \frac{1}{2n\pi}$ ( hiển nhiên $\lim x_n =0$) 

Khi đó $\cos \frac{1}{x_n} =\cos (2n\pi)=1$ hay $\lim \cos \frac{1}{x_n}=1$ 

Tương tự chọn $x_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$ thì $\lim \cos \frac{1}{x_n}=-1$ 

Vậy theo định nghĩa thì suy ra không tồn tại $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$

Chỉ cần dùng 1 biến đổi đơn giản thui mà : cộng trừ tử số với $(x+1)$
Ta có : $\sqrt{2x+1} - (x+1) = \frac{-x^2}{\sqrt{2x+1}+(x+1)}$
$(x+1)- \sqrt[3]{3x+1} = \frac{x^3+3x^2}{(x+1)^2+(x+1)\sqrt[3]{3x+1}+\sqrt[3]{3x+1}^2}$
Chia $x^2$ xuống thì sẽ mất dạng vô định rùi cho $x=0$ vô là xong

Có thể quy nạp thẳng lun : $ u_n = \frac{2011(n+1)}{2n} $
Hoặc nếu thích rỏ ràng thì , từ công thức truy hồi suy ra : $n^2u_n=(n^2-1)u_{n-1}$
Hay $n^2u_n=(n-1)u_{n-1}.(n+1)$
Đặt $nu_n = v_n$
Suy ra ( dễ dàng chứng minh $u_n$ khác 0 dẫn đến $v_n$ khác 0)
$\frac{v_{n}}{v_{n-1}} = \frac{n+1}{n}$
Giảm chỉ số xuống , nhân vế với vế của các đẳng thức thì suy ra :
$\frac{v_n}{v_1} = \frac{n+1}{2}$
( $v_1 = 2011$ ) suy ra : $u_n = \frac{2011(n+1)}{2n}$
Đến đây dễ dàng suy ra $ \lim u_n =\frac{2011}{2}$

Cho dãy $u_n$ xác định bởi : $u_1 =a , u_{n+1} = u_n^2+\frac{u_n}{2}$
Tìm tất cả các giá trị của a để cho dãy $u_n$ hội tụ

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}^{*} \to \mathbb{R}^{*}$

$f(f(x)+y)=xf(1+xy) , \forall x,y \in \mathbb{R}^{*}$

Dễ dàng chứng minh công thức tổng quát của $a_n$ bằng quy nạp : $a_n=\frac{1}{n^2} , \forall n \geq 1 $
Vậy : $\lim_{m \to \infty} m \sum_{k=m+1}^{2m}a_k=\lim_{m \to \infty} m \sum_{k=m+1}^{2m}\frac{1}{k^2}=\lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{(\frac{k}{m}+1)^2}=\int_{0}^{1} \frac{1}{(x+1)^2} dx = \frac{1}{2}$

$f(1)=1 , f(2)=4 , f(2^n) = 4^n $
Xét $m \in \mathbb{N}^* , m \geq 3 $
$\forall t \in \mathbb{N}^* , \exists k : 2^k \leq m^t <2^{k+1}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 4^k=f(2^k) \leq f(m)^t=f(m^t) < f(2^{k+1})=4^{k+1} \\ 4^k \leq (m^2)^t < 4^{k+1}\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \frac{1}{4}<\left (\frac{f(m)}{m^2}\right )^t<4$
Từ đây suy ra $\frac{f(m)}{m^2}=1$ .
( vì nếu khác 1 thì lim của nó sẽ tiến đến 0 hoặc dương vô cùng và không thỏa mãn bất đẳng thức trên với mọi $t$)
Hay $f(m) \equiv m^2 $
ĐPCM

Đặt $b_n = na_n \Rightarrow \left\{\begin{matrix} b_1=b_2 = 2 \\ b_{n+2}=nb_{n+1}+nb_n-2n+1\end{matrix}\right.$
Đặt $c_n=b_n -1 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} c_1=c_2 = 1 \\ c_{n+2}=nc_{n+1}+nc_n(*)\end{matrix}\right.$
Từ (*) suy ra : $c_{n+2}-(n+1)c_{n+1}=-(c_{n+1}-nc_n)= ... = (-1)^n(c_2-1.c_1)=0$
$\Rightarrow c_{n+2}=(n+1)c_{n+1}=...=(n+1)!$
$\Rightarrow a_n=\frac{(n-1)!+1}{n}$
Suy ra theo định lý Wilson : $a_n \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow n \in \mathbb{P}$