PRONOOBCHICKENHANDSOME

Cách này hơi chày cối tí , ta có sau khi tính toán :
$ x_n = \frac{1975}{8} +\frac{2005}{12}.(-1)^n -\frac{1747}{24}.5^n $ với mọi n nguyên dương .
$\Rightarrow x_{1996} = ... = \frac{9935 - 1747.5^{1995}}{24}$
Ta chứng minh $ 9935 -1747.5^{1995} \vdots 1997 \Leftrightarrow 49675 - 1747.5^{1996} \vdots 1997$ do (5,1997)=1
Thật vậy ĐPCM $\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747.5^{1996} ( mod 1997) $
$\Leftrightarrow 49675 \equiv 1747 (mod 1997) $ do $5^{1996} \equiv 1$ (mod 1997) theo định lý fermat nhỏ
điều trên đúng .. mà (24,1997)=1 suy ra : $x_{1996} \vdots 1997$ ĐPCM .

Không mất tính tổng quát giả sử $x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$
Khi đó chọn $(a,b,c,d) = (x_1 , x_2 , x_3 , x_n)$
Ta chứng minh bộ này thỏa mãn bất đẳng thức trên .
Thật vậy với mọi $x \in (x_i)$ , ta có :
$(x-a)(x-b)(x-c) \geq 0 \Leftrightarrow x^3 - x^2(a+b+c)+x(ab+bc+ca)-abc \geq 0 $
$\Leftrightarrow x^2(a+b+c)+abc \leq x^3 +x(ab+bc+ca)$
Cho x chạy qua mọi giá trị từ $x_1 \to x_n$
$\Rightarrow (a+b+c)(\sum_{i=1}^{n}x_i^2) + nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3 + (ab+bc+ca) (\sum_{i=1}^{n}x_i)$
Hay $a+b+c+nabc \leq \sum_{i=1}^{n} x_i^3$
Làm tương tự với chiều kia .
$\Rightarrow Q.E.D$

V.
$f(2x)=2f(x) \Rightarrow f(2^nx)=2^nf(x)$ với mọi n nguyên dương
Vĩ $x>0$ nên tồn tại n sao cho $2^nx>1$
$\Rightarrow f(2^nx)=2^nxf(1) \Rightarrow f(x) = xf(1) \forall x > 0$
Thay $x=1$ vào đk 2 kết hợp với đk trên suy ra :
$(f(1))^3(e^{f(1)}-1)=e-1 \forall e>1 $ ( e=1 thì 0=0)
$\Leftrightarrow \frac{e-1}{e^{f(1)}-1}=const$ với e>1
Mặt khác vì $f(k) \in \mathbb{N}^* \forall k \in \mathbb{N}^*$
$\Rightarrow f(1) \geq 1 $
Từ đó tính đc : $f(1)=1 \Rightarrow f(x) \equiv x $

Đặt $b_n = \frac{a_n}{n!}$
$\Rightarrow b_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{a_n+1}{n!} = b_n + \frac{1}{n!} = ... = 1 + \frac{1}{1!}+\frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$
$\Rightarrow \lim_{n \to \infty } b_n = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{i!} = e $
Mặt khác dễ dàng CM $\prod_{k=1}^n ( 1+\frac{1}{a_k})= \frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = b_{n+1}$

Sử dụng nhận dạng này cũng đc :
$\sum_{i=1}^n \sin (ix) = \frac{\sin \frac{nx}{2}.\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$
Áp dụng
$\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ]=\lim_{n\to +\infty}\frac{\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{n\sin \frac{\pi}{2n}}=\frac{\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}}{\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}}$
Ta có :
$\lim_{n\to +\infty}\sin \frac{(n+1)\pi}{2n}=\sin \left ( \lim_{n\to +\infty}\frac{(n+1)\pi}{2n} \right )=\sin \frac{\pi}{2}=1$
Đặt $\frac{1}{n}=t$
$\lim_{n\to +\infty}n\sin \frac{\pi}{2n}=\lim_{t \to 0 }\frac{\sin \frac{\pi t}{2}}{t} = \lim_{t \to 0}\left ( \frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi t}{2} \right )=\frac{\pi}{2}$( theo l'hopital)
Vậy $\lim_{n\to +\infty}\left [ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin \left ( \frac{\pi i }{n} \right ) \right ] =\frac{1}{\left ( \frac{\pi}{2} \right )}=\frac{2}{\pi}$

$(x>y>0)$
$x-y=x^3+y^3 > x^3-y^3 = (x-y)(x^2+xy+y^2) \Rightarrow 1>x^2+xy+y^2>x^2+y^2 $

Xét dãy : $\left\{\begin{matrix} u_0=2 , u_1=6 \\ u_{n+2}=6u_{n+1}-u_n \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow u_n = x_1^n +x_2^n $
Vậy $u_n$ nguyên .
Mặt khác xét $v_n=u_n(mod 5) $
Dễ dàng CM $v_n$ tuần hoàn chu kì 6 và các giá trị từ $v_0 $ đến $v_5$ đều khác 0 .
Suy ra $v_n \neq 0 \forall n $ hay $u_n$ không chia hết cho 5 với mọi n . ĐPCM

1/ $25=4.4+9 = f(f(4))=f(f(2^2))=f(2^3+3)=f(11)$
$\Rightarrow f(25)=f(f(11))=53$
$\Rightarrow 109=f(f(25))=f(53)$
$\Rightarrow f(109)=f(f(53))=221$
$\Rightarrow 445=f(f(109))=f(221)$
$\Rightarrow f(445)=f(f(221))=893$
$\Rightarrow 1789=f(f(445))=f(893)$
$\Rightarrow f(1789)=f(f(893))=3581$

$(x+y)xy=x^2+y^2-xy > 0 \forall x,y \neq 0 $
$(x+y)xy=x^2+y^2-xy \geq \frac{(x+y)^2}{4}$
$\Rightarrow x^2y^2 \geq \frac{(x+y)^2}{16}$ ( do 2 vế đều lớn hơn 0 nên bình phương 2 vế và rút gọn $(x+y)^2$)
$\Rightarrow \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3} = \frac{(x+y)^2}{x^2y^2} \leq 16$
Dấu = xảy ra khi : $x=y=\frac{1}{2}$

NX : $ u_n \neq 0 $
Lấy nghịch đảo : $\frac{1}{u_{n+1}}=\frac{2}{u_n}-\frac{1}{u_n^2}$
$\Rightarrow \frac{1}{u_{n+1}}-1 = - (\frac{1}{u_n}-1)^2 = ... = -(\frac{1}{u_1}-1)^{2^n}=-(\frac{1}{2})^{2^n}$
$\Rightarrow u_{n+1} = \frac{2^{2^n}}{2^{2^n}-1}$

Hãy tìm tất cả các hàm số $f(x):\mathbb{R}^{*} \to \mathbb{R}^{*}$ thỏa mãn :

$f(x^y)=f(x)^{f(y)}$

Đặt $g(x) = f(x)-f(0)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}g(0)=0 \\ xg(x)-yg(y)=(x-y)g(x+y) \end{matrix}\right.$
Cho $ x = -y \Rightarrow g(x)=-g(-x)$
Cho $ y \to -y \Rightarrow (x-y)g(x+y)=xg(x)-yg(y)=(x+y)g(x-y) $
$|x|=|y|$ thì đơn giản .
Giả sử $|x| \neq |y| \Rightarrow \frac{g(x+y)}{x+y}=\frac{g(x-y)}{x-y}$
Nhận xét : $\forall u.v \neq 0 , \exists ! (x,y) : \left\{\begin{matrix}|x| \neq |y| \\ x+y=u \\ x-y = v \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \frac{g(x)}{x}\equiv a \forall x \neq 0$
$\Rightarrow g(x) \equiv ax $ ( $x=0$ cũng thoả mãn )
$\Rightarrow f(x) \equiv ax +b $
Thử lại thấy thỏa mãn .

Cho dãy $a_n:\left\{\begin{matrix} a_1=2 , a_2 =1 \\ a_{n+2}=\frac{n(n+1)a_{n+1}+n^2a_n+5}{n+2}-2 \end{matrix}\right.$
Hãy tìm tất cả các giá trị của n sao cho $a_n \in Z$

Tìm tất cả các hàm số $f(x): R \to R $ thoả mãn :

$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)\cos y \forall x,y \in R $

Chi can dung bo de don gian : $a^2+ab+b^2 \geq \frac{3}{4}(a+b)^2 \forall a,b \in R $
Thay bat dang thuc tren vao ve phai , quy ve chung minh : $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$