nhutduy27

a) $\sum_{i=1}^{p-1}\left [ \frac{i^2}{p} \right ]=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{i^2}{p}-\sum_{i=1}^{p-1}\left \{ \frac{i^2}{p} \right \}=\frac{\left ( p-1 \right )p\left ( 2p-1 \right )}{6p}-\sum_{i=1}^{p-1}\left \{ \frac{i^2}{p} \right \}$

Với mỗi số $a \in\left \{ 1;2;...;p-1 \right \}$ bất kì, tồn tại duy nhất số $b\in\left \{ 1;2;...;p-1 \right \}$ để $a^2+b^2 \vdots p$.

Do đó ta có thể chia $\left \{ 1;2;...;p-1 \right \}$ thành $\frac{p-1}{2}$ cặp $\left(a;b\right)$ để $a^2+b^2 \vdots p$.

Khi đó: $\sum_{i=1}^{p-1}\left \{ \frac{i^2}{p} \right \}=\sum_{a,b}^{}\left(\left \{ \frac{a^2}{p} \right \} +\left \{ \frac{b^2}{p} \right \} \right)=\frac{p-1}{2}$, do đó$\sum_{i=1}^{p-1}\left [ \frac{i^2}{p} \right ]=\frac{\left ( p-1 \right )p\left ( 2p-1 \right )}{6p}-\frac{p-1}{2}$.

không biết làm đúng, đủ hay không thôi mà cứ thử sức

 

Thay y=0, ta có:

 

$f(x+f(0))=f(f(x))\Leftrightarrow f(x+2024)=f(f(x))\Leftrightarrow f(x)=x+2024$

Bạn phải chứng minh $f$ đơn ánh mới có $f(x)=x+2024$, nhưng thế vào vẫn không thỏa

 

Ta có:$f(x) = \ln(1 - 2x)$

Đạo hàm cấp 1 của hàm số $f$ là:

$f^{'}(x)=\frac{d}{dx}\left [\ln(1 - 2x) \right ]=\frac{-2}{1-2x}$

Đạo hàm cấp 2 của hàm số f là:

$f^{''}(x)=\frac{d}{dx}\left [ \frac{-2}{1-2x} \right ]=\frac{4}{(1-2x)^{2}}$

Tương tự, đạo hàm cấp n của hàm số f là:

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

Vậy, đạo hàm cấp cao của hàm số $f(x) = \ln(1 - 2x)$ là:

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

 

ở phần đạo hàm cấp 2 bạn tính sai rồi.

Câu 1: Từ công thức truy hồi ta được: $\frac{1}{x_{n+2}}=\frac{2001}{x_{n+1}}+\frac{2002}{x_{n}}+2000$

Đặt $u_{n}=\frac{1}{x_{n}} \Rightarrow u_{n+2}-2001u_{n+1}-2002u_{n}=2000$

Phân tích $2000=-\frac{1000}{2001}+2001.\frac{1000}{2001}+2002.\frac{1000}{2001}$

$\Rightarrow \left ( u_{n+2}+\frac{1000}{2001} \right )-2001\left ( u_{n+1}+\frac{1000}{2001} \right )-2002\left ( u_{n}+\frac{1000}{2001} \right )=0$

Tiếp tục đặt $v_{n}=u_{n}+\frac{1000}{2001}\Rightarrow v_{n+2}-2001v_{n+1}-2002v_{n}=0$

Phương trình đặt trưng $x^{2}-2001x-2002=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}=2002;x_{2}=-1\Rightarrow v_{n}=kx_{1}^{n}+lx_{2}^{n}$ với $k,l$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} k+l=v_{0}\\ kx_{1}+lx_{2}=v_{1} \end{matrix}\right.$

Mà $v_{0}=\frac{1}{x_{0}}+\frac{1000}{2001}=1+\frac{1000}{2001};v_{1}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1000}{2001}=2+\frac{1000}{2001}\Rightarrow k=\frac{1}{2003}\left ( 3+\frac{2000}{2001} \right );l=\frac{3000}{2003}$

$\Rightarrow x_{n}=\left [ \left ( 3+\frac{2000}{2001} \right )\frac{2002^{n}}{2003}+\left ( -1 \right )^{n}\frac{3000}{2003}-\frac{1000}{2001} \right ]^{-1}$

Câu 3 $\sqrt{1+2u_{n}}$ phải là $\sqrt{1+2x_{n}}$ chứ nhỉ?
 

Đặt $v_{n}=\sqrt{1+2x_{n}}\Rightarrow x_{n+1}=\frac{1}{2}\left ( v_{n+1}^{2}-1 \right )$

$\Rightarrow \frac{1}{2}\left ( v_{n+1}^{2}-1 \right )=\frac{1}{9}\left ( \frac{1}{2}\left ( v_{n}^{2}-1 \right ) +4+4v_{n} \right )$

$\Leftrightarrow 9v_{n+1}^{2}=\left ( v_{n}+4 \right )^{2}\Rightarrow v_{n+1}=\frac{v_{n}}{3}+\frac{4}{3}\Leftrightarrow v_{n+1}-2=\frac{1}{3}\left ( v_{n}-2 \right )$

Bằng quy nạp ta chứng minh được $v_{n}=\left ( \frac{1}{3} \right )^{n-1}\left ( v_{1}-2 \right )+2$

Mà $v_{1}=\sqrt{1+2x_{1}}=\sqrt{9}=3\Rightarrow v_{n}=\left ( \frac{1}{3} \right )^{n-1}+2$

$\Rightarrow x_n=\frac{1}{2}\left [ \left ( \left ( \frac{1}{3} \right )^{n-1}+2 \right )^{2} -1\right ]=\frac{1}{2}\left ( \frac{1}{3^{2n-2}}+\frac{4}{3^{n-1}}+3 \right )$

P/S: Mới vào diễn đàn không biết gõ LaTeX:(