Moon Loves Math

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 $C=90^{\circ}$.

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: 

Cho $f(x)$ là một đa thức với hệ số nguyên. Nếu như tồn tại một số nguyên $n$ với một hệ thặng dư đầy đủ mod $n \ (x_1, x_2, \dots , x_n)$ sao cho $f(x_i) \not\equiv 0 \ (mod \ n) \ \forall i$, thì phương trình $f(x)=0$ vô nghiệm nguyên.

Xét đa thức $f(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+ \dots + a_1x_1 + a_0 \quad (a_m \not=0).$

Với số nguyên $k$ bất kỳ, thì

$$\begin{align} f(x_i+km)&=a_m(x_i+km)^m+a_{m-1}(x_i+km)^{m-1}+ \dots +a_1(x_i+km)+a_0\\ &\equiv a_m(x_i)^m+a_{m-1}(x_i)^{m-1} + \dots + a_1x_1 +a_0 \ (mod \ n)\\ &\not\equiv 0 \ (mod \ n) \ \forall \ i \end{align}$$

Hay với mọi số nguyên $x$ thì $f(x) \not\equiv 0 \ (mod \ n).$

Nên phương trình $f(x)=0$ không có nghiệm nguyên.

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.

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).

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