loigiailanhlung

Mình giải thế này:
Từ CT truy hồi ta có :
$$S_{n+1}=S_{n}+\frac{1}{S_{n}}-\sqrt{2}$$
$$S_{1}=1$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $S_{n+1}\geq 2-\sqrt{2}$
Ta có $S_{2}=2-\sqrt{2} <1$
Giả sử $S_{n} <1 \forall n \geq 2$
Xét $f(t)=t+\frac{1}{t} -\sqrt{2},2-\sqrt{2} \leq t < 1$
$$f'(t)=1-\frac{1}{t^2} <0 \rightarrow f(t)<f(2-\sqrt{2})<1$$
$$S_{n+1}=f(S_{n})<1$$
Vậy $S_{n}<1 \forall n\geq 2$
Ta có:
$$S_{n+1}-\frac{1}{\sqrt{2}}=(S_{n}-\sqrt{2})(1-\frac{1}{S_{n}\sqrt{2}})$$
$S_{n}-\sqrt{2}<0 \rightarrow S_{n}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì $S_{n+1}<\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
Nên $S_{n}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì $S_{n+2}>\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
$S_{1}>\frac{1}{\sqrt{2}},S_{2}<\frac{1}{\sqrt{2}} \rightarrow S_{2k+1}>\frac{1}{\sqrt{2}},S_{2k}<\frac{1}{\sqrt{2}} k \in\mathbb{N}$
Ta có $S_{n+1}-S_{n}=\frac{1}{S_{n}}-\sqrt{2}>0 \leftrightarrow S_{n}<\frac{1}{\sqrt{2}}$ và ngược lại.
Vậy dãy $(S_{2k})$ tăng bị chặn trên bởi $\frac{1}{\sqrt{2}}$ và dãy $(S_{2k+1})$ giảm bị chặn dưới bởi $\frac{1}{\sqrt{2}}$ nên hai dãy hội tụ .
Tồn tại giới hạn hữu hạn L của hai dãy .L là nghiệm của phương trình:$x=x+\frac{1}{x}-\sqrt{2} \rightarrow L=\frac{1}{\sqrt{2}}$(đpcm).

Chứng minh rằng:
$$\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}$$

Ta có $\binom{n}{i}^2=\binom{n}{i}.\binom{n}{n-i}$
Ta đếm số cách chọn n pt từ tập 2n pt theo 2 cách khác nhau.
$$C_1:\binom{2n}{n} cách$$
$C_2$:Chia tập 2n pt thành 2 tập n pt chọn từ 1 tập i pt và tập còn lại n-i pt , ta có $\binom{n}{i}.\binom{n}{n-i}$ cách.
$\Rightarrow$ đpcm.

Xác định $f(x)$
$f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} : x^{2}f(2x^{2}+y)-yf(x^{2})= f(y^{3}) + 2f(x+2)$

Cho x=y=0 $\Rightarrow -2f(2)=f(0)$.
Cho x=0 $\Rightarrow f(y^3)=-y.f(0)-2f(2)=f(0).(1-y) \Rightarrow f(x)=f(0).(1-\sqrt[3]{x})$.
Cho y=0 $\Rightarrow x^2.f(2x^2)=f(0)+2f(x+2) \Rightarrow f(0).[x^2(1-\sqrt[3]{2x^2})-1-2(1-\sqrt[3]{x+2})]=0$
Vì biểu thức trong[ ] là đa thức bậc 2 nên không thể bằng 0 với mọi x nên f(0)=0 $\Rightarrow$ f(x)=0.

Tìm các giá trị $n$ nguyên dương sao cho đa thức $x^n+4$ khả quy trên $Z[x]$

Ta có các nghiệm phức của đa thức $x^n+4$ là:
$$x_k=a.z_k$$
Trong đó $a=\sqrt[n]{4}$ và $z_k=\cos{\frac{(2k+1)\pi}{n}}+i.\sin{\frac{(2k+1)\pi}{n}}; k=0,..,n-1.$
$$x_k\in \mathbb{R} \Leftrightarrow \sin{\frac{(2k+1)\pi}{n}}=0 \Leftrightarrow n|2k+1$$
Mà $2k+1=1,3,..,2n-1 \Rightarrow$ chỉ có nhiều nhất 1 số k để $n|2k+1$ nên chỉ có nhiều nhất 1 nghiệm thực.

Đặt $x^n+4=P(x).Q(x)$ với P(x),Q(x) là đa thức hệ số nguyên.Có thể coi P(x) không có nghiệm thực.Vì đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực nên degP(x)=2s $s\in\mathbb{Z}$ và 1<2s<n.
Ta có $|c|=a^{2s}=2^{\frac{4s}{n}}$ với c là hệ số tự do của P(x).
Vì |c||4 nên |c|=1,2,4 $\Rightarrow n=0,4s,2s$ theo đk thì chỉ có n=4s.
Vậy n chia hết cho 4 $\Rightarrow x^n+4=y^4+4=y^4+4y^2+4-4y^2=(y^2+2)^2-(2y)^2=(y^2+2y+2)(y^2-2y+2)$ trong đó y là một luỹ thừa của x.
$$\Rightarrow đpcm$$

Cho $a_1,a_2,...,a_p$, hãy tính
$\lim_{n\rightarrow \infty }(\sqrt[p]{(n+a_1)(n+a_2)...(n+a_p)}-n)$

Ta có một bổ đề giới hạn quen thuộc:
Nếu $lim x_{n}=0$ thì:
$$lim \frac{\sqrt[p]{1+x_{n}}-1}{x_{n}}=\frac{1}{p}(*)$$
C/m:
Đặt $y_{n}=\sqrt[p]{1+x_{n}}$
$$\Rightarrow lim y_{n}=1$$
Thay vào (*),ta có:
lim$\frac{y_{n}-1}{y_{n}^p-1}$=lim$\frac{1}{y_{n}^{p-1}+...+1}$=$\frac{1}{p}$
Trở lại bài toán ,ta có:
Cận trên:
$$\sqrt[p]{(n+a_1)(n+a_2)...(n+a_p)}-n\leq\frac{(n+a_1)+...(n+a_p)}{p}-n$$
$$=\frac{a_1+...+a_p}{p}$$
Cận dưới:
$$\sqrt[p]{(n+a_1)(n+a_2)...(n+a_p)}-n=p.(\sqrt[p]{1+\frac{a_1+...a_p}{n}}-1)$$
$$\frac{\sqrt[p]{1+\frac{a_1+...a_p}{n}}-1}{\frac{a_1+...a_p}{n}}.(a_1+..a_p)$$
Áp dụng bổ đề ta có giới hạn trên =$\frac{a_1+...+a_p}{p}$
Dùng giới hạn kẹp ta có lim =$\frac{a_1+...+a_p}{p}$

Bài 107
Cho $x,y,z,t>0$ thỏa mãn : $xyzt=1$.
CMR:$\sum \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x+xy+xyz}}\leq 1$

TH1 x ko là số chính phương
khi đó ta có 
$y^2\vdots x=>y^2\vdots x^2$

x có nguyên tố đâu

Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn : $(x+1)^{4} - (x-1)^4 =8y^2$

$$Pt\Leftrightarrow x^3+x=y^2$$
TH1:x=0$\Rightarrow y=0$
TH2:vì $x(x^2+1)=y^2 \Rightarrow x>0$
Mỗi số p nguyên tố ,p|x thì $v_{p}VT=v_{p}x=v_{p}VP=chẵn$ nên x là số chính phương.
Đặt $x=k^2,k\in \mathbb{N},k\geq 1$
Ta có $(k^3+1)^2\geq y^2\geq(k^3)^2$(VL)
Vậy (x,y)=(0,0).

Chứng minh rằng phương trình $$6{y^3} + 12x{y^2} + 6{x^2}y + ({x^3} - x) = 0$$ không thể có nghiệm nguyên dạng $(4k, y)$ hoặc $(9k, y)$, $k\neq 0$

Lời giải:
Từ pt $\Rightarrow x|6y^3$
Phản chứng,giả sử x=4k hoặc 9k
a)$x|y^3$
Đặt $y^3=m.x,m\in\mathbb{Z}$ pt $\Leftrightarrow 6m+12y^2+6xy+x^2-1=0$
Coi pt là ẩn y,có nghiệm nguyên khi $\Delta'$là số chính phương$$\Leftrightarrow -3x^2+12-72m=t^2,t\in\mathbb{Z}(1)$$
Coi pt là ẩn x,ta cũng $\Rightarrow -3y^2-6m+1=z^2,z\in\mathbb{Z}(2)$
TH1:x=3k
Từ (1)$\Rightarrow t^2$chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9(VL)
TH2:x=4k
Từ (2)$\Rightarrow 1-6m=z^2+3y^2$
Từ (1)$\Rightarrow 6|t$ nên ta đặt t=6v,$v\in\mathbb{Z}$
Thay 2 đk trên vào (1)$\Rightarrow 4k^2+3v^2=z^2+3y^2(3)$
$x|y^3 \Rightarrow$y chẵn $\Rightarrow$z lẻ
Từ (3) nếu $(2k)^2$chia hết cho 3 thì z chia hết cho 3(VL do(2))
$\Rightarrow(2k)^2=3u+1$,thay vào (1)$\Rightarrow -u-2=v^2$nên v chẵn
Từ (3),xét tính chẵn lẻ $\Rightarrow$VL,ta có đpcm.

2.cho x,y,z>0 và x+y+z=3
tìm min của $T=\frac{1}{\sqrt{3x+1}}+ \frac{1}{\sqrt{3y+1}}+\frac{1}{\sqrt{3z+1}}$

Áp dụng BĐT Schwarz&Bunhia,ta có:
$$T \geq \frac{9}{\sum \sqrt{3x+1}}$$
$$\geq \frac{9}{\sqrt{(1^2+1^2+1^2)(3(a+b+c)+3)}}$$
$$=\frac{3}{2}$$

a,b,c>0 thoả mãn abc=1
cm $\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$

Theo mình thì đề bài đúng,mình xin trình bày rõ :
Quy đồng và đổi biến p,q,r trong đó r=1.
Ta có BĐT$\Leftrightarrow 4(p+q)\geq3(p+q)+6$
Mà áp dụng BĐT AM-GM,ta có p,q $\geq3$
$$\Rightarrow(đpcm)$$

Bạn ơi nhưng đây là áp dụng với 2 dãy a,b,c và$\frac{1}{b+c},\frac{1}{c+a},\frac{1}{a+b}$ cơ mà

à, vậy ở câu a thì a>b>c nhưng biểu thức này đâu xảy ra 1/b>1/c>1/a

Xin lỗi bạn ,mình giải lại đây:
Ta sẽ c/m:$\sum\frac{a^2}{b}\geq\sqrt{3.(a^2+b^2+c^2)}$
$$VT-(a+b+c)=\sum \frac{a^2}{b}-2a+b$$
$$=\sum \frac{(a-b)^2}{b}$$
$$VP-(a+b+c)=\frac{\sum (a-b)^2}{a+b+c+\sqrt{3.(a^2+b^2+c^2)}}$$
BĐT$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\frac{a+c+\sqrt{3.(a^2+b^2+c^2)}}{b.(a+b+c+\sqrt{3.(a^2+b^2+c^2)})}\geq 0$
Luôn đúng $\Rightarrow$đpcm

a)Áp dụng BĐT Chebyshev &AM-GM tương tự như trên,ta có:
$$\sum \frac{a^2}{b}\geq\frac{1}{3}.3.\frac{9}{3}=3$$

c)Áp dụng BĐT Chebyshev,ta có:
$$\sum \frac{a^2}{b+c} \geq \frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2).\sum \frac{1}{b+c}$$
Áp dụng BĐT Schwart & AM-GM,ta có:
VP$\geq\frac{1}{3}.3.\frac{9}{2.(a+b+c)}\geq\frac{3}{2}$

Bài 4:
Tìm $lim_{u_{n}}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...\frac{1}{n^2}$