Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2015

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 08-01-2015, 12:33 PM   #16
hoathuy21990
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Apr 2014
Bài gởi: 18
Thanks: 4
Thanked 6 Times in 6 Posts
Bất đẳng thức có vẻ nhẹ nhàng hơn năm trước
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
hoathuy21990 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to hoathuy21990 For This Useful Post:
thaygiaocht (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 12:34 PM   #17
Nguyen Van Linh
Moderator
 
Tham gia ngày: Aug 2009
Đến từ: Hà Nội
Bài gởi: 277
Thanks: 69
Thanked 323 Times in 145 Posts
Bài hình có thể tổng quát:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O).$ $(O_1)$ là đường tròn bất kì qua $B,C$. . Một đường tròn $\omega$ thay đổi cắt $BC$ tại $M,N$, cắt $(O_1)$ tại $P,Q$. Đường tròn đi qua $P,Q$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $T$. Khi đó phân giác $\angle MTN$ luôn đi qua trung điểm cung $BC$ không chứa $A.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Nguyen Van Linh, 08-01-2015 lúc 12:40 PM
Nguyen Van Linh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to Nguyen Van Linh For This Useful Post:
dangvip123tb (10-01-2015), huynhcongbang (08-01-2015), thaygiaocht (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 12:47 PM   #18
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,408
Thanks: 2,164
Thanked 4,162 Times in 1,377 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Câu 3 tổ hợp theo mình nghĩ thì nếu ai học về đếm bằng truy hồi thì cũng đã từng gặp bài tương tự rồi.

Ở đây tuy đề có yêu cầu số chữ số không vượt quá $K$ nhưng may mắn là trong các số cần lập thì có số 0. Điều này cho phép ta đưa về bài toán:

Đếm số các bộ số có thứ tự có đúng $K$ số, có tổng chia hết cho 3 và có các chữ số là $\{ 2, 0, 1, 5 \}$ (*)

Chú ý rằng cách đếm trên có thể có các chữ số 0 đứng đầu và thông qua đó, ta đã gián tiếp đếm các số có ít hơn $K$ chữ số.

Cách của bạn haojack123 vậy là ổn rồi, nhưng mình nghĩ là nên rút gọn ra đến kết quả cuối cùng luôn, do đó đều là các tổng của các cấp số nhân đơn giản.

Câu 2, ý 2 dành cho bạn nào quên BĐT Schur bậc 4.

Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{c}=z$ thì BĐT thứ hai chính là:
\[\begin{align}
& ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})(xy+yz+zx)+{{({{x}^ {2}}-{{y}^{2}})}^{2}}+{{({{y}^{2}}-{{z}^{2}})}^{2}}+{{({{z}^{2}}-{{x}^{2}})}^{2}}\ge {{({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})}^{2}} \\
& \Leftrightarrow {{({{x}^{2}}-{{y}^{2}})}^{2}}+{{({{y}^{2}}-{{z}^{2}})}^{2}}+{{({{z}^{2}}-{{x}^{2}})}^{2}}\ge ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-yz-zx \right) \\
& \Leftrightarrow {{(x-y)}^{2}}{{(x+y)}^{2}}+{{(y-z)}^{2}}{{(y+z)}^{2}}+{{(z-x)}^{2}}{{(z+x)}^{2}} \\
& \ge \frac{1}{2}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\left( {{(x-y)}^{2}}+{{(y-z)}^{2}}+{{(z-x)}^{2}} \right) \\
& \Leftrightarrow \sum{{{(x-y)}^{2}}\left( 2{{(x+y)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}) \right)}\ge 0 \\
& \Leftrightarrow \sum{{{(x-y)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}} \right)}\ge 0 \\
\end{align}\]
Giả sử $x\ge y\ge z$ thì rõ ràng $\left\{ \begin{align}
& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}}\ge 0 \\
& {{z}^{2}}+{{x}^{2}}+4zx-{{y}^{2}}\ge 0 \\
\end{align} \right.$ . Ta có \[\left| y-z \right|\le \left| x-z \right|\Rightarrow {{(y-z)}^{2}}\le {{(x-z)}^{2}}\] nên ta có
\[{{(z-x)}^{2}}\left( {{z}^{2}}+{{x}^{2}}+4zx-{{y}^{2}} \right)+{{(y-z)}^{2}}\left( {{y}^{2}}+{{z}^{2}}+4yz-{{x}^{2}} \right)\ge {{(y-z)}^{2}}(2{{z}^{2}}+4zx+4yz)\] và $${{(x-y)}^{2}}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}})\ge 0.$$ Do đó, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$ hoặc $x=y, z=0$ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sự im lặng của bầy mèo

thay đổi nội dung bởi: huynhcongbang, 08-01-2015 lúc 01:33 PM
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 4 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
CTK9 (08-01-2015), DenisO (08-01-2015), n.v.thanh (10-01-2015), thaygiaocht (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 12:51 PM   #19
quocbaoct10
+Thành Viên Danh Dự+
 
quocbaoct10's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa
Bài gởi: 539
Thanks: 292
Thanked 364 Times in 217 Posts
Câu dãy có vẻ có thể mở rộng ra với mọi giá trị $a$. Viết lại được thành:
$u_{n+1}=\frac{u_n}{2}+\frac{1}{4+\frac{a}{n^2}}. \sqrt{u_n^2+3}$.
vì $\lim_{n \to +\inf} \frac{a}{n^2}=0$ nên từ đó có thể suy ra rằng dãy số ở câu b đến một lúc nào đó sẽ thành dãy số như ở câu a, và dãy này thì luôn có giới hạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
i'll try my best.
quocbaoct10 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post:
thaygiaocht (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 12:51 PM   #20
tuankietpq
+Thành Viên+
 
tuankietpq's Avatar
 
Tham gia ngày: Jul 2014
Đến từ: Trên mặt đất, dưới mặt trời
Bài gởi: 220
Thanks: 48
Thanked 118 Times in 80 Posts
Đi thi hsg quốc gia có được dùng hàm sinh không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Kẻ mạnh đôi khi không phải là kẻ chiến thắng mà kẻ chiến thắng mới là kẻ mạnh.
tuankietpq is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to tuankietpq For This Useful Post:
thaygiaocht (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 12:57 PM   #21
Fool's theorem
+Thành Viên Danh Dự+
 
Fool's theorem's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 187
Thanks: 42
Thanked 191 Times in 101 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Fool's theorem
Bài 3: (Cách giải sử dụng số phức)
Xét đa thức $P(x)=(1+x+x^2+x^5)^K=\sum_{n_1,..,n_K \in (2,0,1,5)}x^{n_1+...+n_K}$
Dễ thấy số số chia hết cho $3$, không vượt quá $10^K$ mà lập từ các chữ số ${2,0,1,5}$ là tổng các hệ số dạng $a_{3m}$
Ta có $\sum a_{3m} = \frac{P(1)+P(e)+P(e^2)}{3}$ với $e= cos\frac{2\pi}{3} + isin\frac{2\pi}{3}$, $e^3=1$ và $1+e+e^2=0$.
$ S=\frac{P(1)+P(e)+P(e^2)}{3}=\frac{4^K+e^{2K}+e^K} {3}$
Nếu $K$ chia hết cho 3 thì $S=\frac{4^K+2}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 1 mod 3 thì $S=\frac{4^K+e+e^2}{3} = \frac{4^K-1}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 2 mod 3 thì $S=\frac{4^K-1}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Hope against hope.

thay đổi nội dung bởi: Fool's theorem, 08-01-2015 lúc 01:00 PM
Fool's theorem is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 5 Users Say Thank You to Fool's theorem For This Useful Post:
CTK9 (08-01-2015), DenisO (08-01-2015), huynhcongbang (08-01-2015), thaygiaocht (08-01-2015), thiendieu96 (09-01-2015)
Old 08-01-2015, 01:08 PM   #22
Short_list
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: May 2012
Đến từ: Tp.HCM
Bài gởi: 85
Thanks: 12
Thanked 79 Times in 32 Posts
Trích:
Câu 2. (5 điểm) Chứng minh rằng bất đẳng thức
\[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge (a+b+c)^2,\]
luôn đúng với mọi số thực không âm $a,\,b,\,c.$
Thay $(a,b,c)$ bởi $(a^2,b^2,c^2)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2.\]
Ta chứng minh
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2).\]
Điều này tương đương với
\[a^4+b^4+c^4 +2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng nên vế trái được chứng minh.

Tiếp đến ta chứng minh vế bên phải
\[(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2,\]
bất đẳng thức này tương đương
\[a^4+b^4+c^4+(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) \geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca( c^2+a^2)\geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\]
The bất đẳng thức Schur bậc 4 thì
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2),\]
do đó ta chỉ cần chỉ ra được
\[ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
hay
\[ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức của hai vế xảy ra khi $a=b=c.$ Bài toán được chứng minh.

P/s. Câu này mình nghĩ quá dở nếu cho làm đề thi quốc gia. Nó giống như kiểu các bài toán làm chặt thường được các thành viên đăng trên Mathlinks.

Ta có thể làm chặt bài toán lên như sau.

Trích:
Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực không âm:

(a) Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng
\[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2].\]
(b) Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng
\[(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \ge (a+b+c)^2.\]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
The Simplest Solution Is The Best Solution

thay đổi nội dung bởi: Short_list, 08-01-2015 lúc 01:38 PM
Short_list is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to Short_list For This Useful Post:
CTK9 (08-01-2015), huynhcongbang (08-01-2015), Juliel (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 01:48 PM   #23
ptnkmt11
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Bài gởi: 75
Thanks: 48
Thanked 31 Times in 24 Posts
Câu BĐT cho điểm rồi, biến đổi đơn giản xíu là ra.

Vế trái, bất đẳng thức tương đương:
$(a+b+c)(a+b+c - \sqrt{ab} - \sqrt{ac}- \sqrt{bc}) \geq 0$

Vế phải, bất đẳng thức tương đương:
$\sum (\sqrt {a} - \sqrt {b})^2 . (a+b+4\sqrt{ab} -c) \geq 0$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ptnkmt11, 08-01-2015 lúc 01:52 PM
ptnkmt11 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-01-2015, 02:04 PM   #24
quocbaoct10
+Thành Viên Danh Dự+
 
quocbaoct10's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa
Bài gởi: 539
Thanks: 292
Thanked 364 Times in 217 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi tuankietpq View Post
Đi thi hsg quốc gia có được dùng hàm sinh không?
Không bạn nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
i'll try my best.
quocbaoct10 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post:
tuankietpq (08-01-2015)
Old 08-01-2015, 02:12 PM   #25
tohoproirac
+Thành Viên+
 
tohoproirac's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2014
Đến từ: THPT chuyên Nguyễn Du- BMT
Bài gởi: 21
Thanks: 6
Thanked 2 Times in 2 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi thaygiaocht View Post
Đề đúng rồi, câu BĐT 1 ý tương đương $ \sum \sqrt{ab} \le \sum a.$
------------------------------
Ý sau dùng $\sum \sqrt{ab} \ge \sum \dfrac{2ab}{a+b}$ rồi dùng $\sum \dfrac{1}{x} \ge \dfrac{9}{\sum x}$ kết hợp Schur dạng $\dfrac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$ là ra.
Câu 1 a làm bình thường được dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1, giới hạn = 1.
Câu 3 a mấu chốt là dùng góc để chứng minh song song:
Song song rồi sao nữa thầy ????
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xin lỗi, mình đã thất bại rồi
Nhưng một ngày nào đó, chắc chắn đấy !
mình sẽ quay lại và cho các bạn ăn hành
tạm biệt !!!
tohoproirac is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-01-2015, 02:35 PM   #26
magic.
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Aug 2010
Bài gởi: 213
Thanks: 107
Thanked 140 Times in 84 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi quocbaoct10 View Post
Nhìn câu tổ hợp mà mình muốn khóc, tại sao đề thi HSG mà lại ra cái câu như thế này ?
Trích:
Nguyên văn bởi quocbaoct10 View Post
Được bạn. Hình như có thể chia thành 2 dãy, $a_n$ chia hết cho 3 và $b_n$ không chia hết cho 3. Công thức truy hồi cũng không khó tính.
Từ cách gọi dãy như mình ở trên, ta được 2 công thức:
$a_{n+1}=a_n+3b_n$ và $a_n+b_n=4^n$.
Đến đây thì dễ rồi.
Bạn xem lại công thức truy hồi nhé!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Peace
magic. is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-01-2015, 02:47 PM   #27
quocbaoct10
+Thành Viên Danh Dự+
 
quocbaoct10's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa
Bài gởi: 539
Thanks: 292
Thanked 364 Times in 217 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi magic. View Post
Bạn xem lại công thức truy hồi nhé!
Đúng là nhầm thật, cảm ơn anh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
i'll try my best.
quocbaoct10 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-01-2015, 03:03 PM   #28
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,408
Thanks: 2,164
Thanked 4,162 Times in 1,377 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Dưới đây là bài 1.

a) Với $a=0$, ta có $\left\{ \begin{align}
& {{u}_{1}}=3, \\
& {{u}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{u}_{n}}+\frac{1}{4}\sqrt{ u_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{align} \right.$.
Dễ thấy ${{u}_{n}}>0$ với mọi $n.$
Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\sqrt{{{x}^{2}}+3},x> 0$ thì ${f}'(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{4\sqrt{{{x}^{2}}+3}} >0$ nên $f(x)$ là hàm số đồng biến.
Ngoài ra, ${{u}_{2}}=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{{{3}^{2}}+3}}{4 }=\frac{3+\sqrt{3}}{2}<3={{u}_{1}}$ nên bằng quy nạp, ta chứng minh được dãy số này giảm.
Mặt khác, dãy bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn.
Đặt $L=\lim {{u}_{n}}\ge 0$ thì $L=\frac{1}{2}L+\frac{1}{4}\sqrt{{{L}^{2}}+3} \Leftrightarrow 2L=\sqrt{{{L}^{2}}+3} \Leftrightarrow L=1$.
Vậy giới hạn cần tìm là 1.

b) Với $0\le a\le 1$, xét dãy số ${{x}_{n}},{{y}_{n}}$ lần lượt xác định bởi

$ \left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}=3, \\
& {{x}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{x}_{n}}+\frac{1}{4}\sqrt{ x_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{aligned} \right. $ và $\left\{ \begin{aligned}
& {{y}_{1}}=3, \\
& {{y}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{y}_{n}}+\frac{{{n}^{2}}}{ 4{{n}^{2}}+1}\sqrt{y_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{aligned} \right. $

Do $0\le a\le 1$ nên bằng quy nạp, dễ thấy rằng ${{x}_{n}}\ge {{u}_{n}}\ge {{y}_{n}}$ với mọi $n\ge 1$.
Theo câu $a$, ta đã chứng minh được $\lim {{x}_{n}}=1$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng ${{y}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}$ với mọi $n\ge 2$. (*)
Thật vậy, với $n=2$, dễ dàng thấy rằng (*) đúng.

Giả sử $(*)$ đúng với $n$ thì ta có ${{y}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}\ge 0$. Suy ra $$ \dfrac{1}{2}{{y}_{n}}+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{y_{n}^{2}+3} \ge \dfrac{1}{2}\left( 1-\frac{2}{n} \right)+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{\left( 1-\frac{2}{n} \right)}^{2}}+3} . $$ Ta cần chứng minh:

$\dfrac{1}{2} \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{ \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)}^{2}}+3} \ge 1-\dfrac{2}{n+1}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{ \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)}^{2}}+3} \ge \left( 1-\dfrac{2}{n+1} \right)-\dfrac{1}{2} \left( 1-\dfrac{2}{n} \right) $
$ \Leftrightarrow \dfrac{2n}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{n}^{2}}-n+1}\ge \dfrac{{{n}^{2}}-n+2}{2n(n+1)} $
$ \Leftrightarrow 4{{n}^{4}}{{(n+1)}^{2}}({{n}^{2}}-n+1) \ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}}{{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}}$
$\Leftrightarrow 16{{n}^{4}}{{(n+1)}^{2}}({{n}^{2}}-n+1) \ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}}{{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}} $

Ta thấy bất đẳng thức trên đúng với $n=1,2,3$, ta xét $n \ge 4$.

Chú ý rằng

$16{{n}^{2}}{{(n+1)}^{2}}\ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}} \Leftrightarrow 4n(n+1)\ge 4{{n}^{2}}+1$ đúng và
${{n}^{2}}({{n}^{2}}-n+1)\ge {{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}}\Leftrightarrow n{{(n-2)}^{2}}\ge 4$ với mọi $n\ge 4$.

Từ đó ta được ${{x}_{n}}\ge {{u}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}$ đúng với mọi $n$, mà $\lim {{x}_{n}}=\lim \left( 1-\frac{2}{n} \right)=1$ nên ta có $\lim {{u}_{n}}=1$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sự im lặng của bầy mèo

thay đổi nội dung bởi: huynhcongbang, 08-01-2015 lúc 04:01 PM
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 5 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
dangvip123tb (09-01-2015), HoangHungChels (09-01-2015), Juliel (08-01-2015), son235 (08-01-2015), thiendieu96 (09-01-2015)
Old 08-01-2015, 03:29 PM   #29
magic.
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Aug 2010
Bài gởi: 213
Thanks: 107
Thanked 140 Times in 84 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi quocbaoct10 View Post
Được bạn. Hình như có thể chia thành 2 dãy, $a_n$ chia hết cho 3 và $b_n$ không chia hết cho 3. Công thức truy hồi cũng không khó tính.
Từ cách gọi dãy như mình ở trên, ta được 2 công thức:
$a_n+b_n=4^n$.
Trích:
Nguyên văn bởi haojack123 View Post
Vì $n\le {{10}^{k}}$ nên suy ra $n=\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{k}}}$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}.$
Ta có $n\vdots 3\Leftrightarrow {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{k}}\vdots 3.$
Gọi ${{A}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 1\left( \bmod 3 \right).}$
Gọi ${{B}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 2\left( \bmod 3 \right).}$
Gọi ${{C}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 0\left( \bmod 3 \right).}$
Ứng với một tập con của ${{C}_{k}}$ thì ta được một số tự nhiên $n$ thoả mãn bài toán.
Trích:
Nguyên văn bởi Fool's theorem View Post
Nếu $K$ chia hết cho 3 thì $S=\frac{4^K+2}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 1 mod 3 thì $S=\frac{4^K+e+e^2}{3} = \frac{4^K-1}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 2 mod 3 thì $S=\frac{4^K-1}{3}$
Vài thắc mắc nhỏ:

Theo như quocbaoct10 thì: $a_n+b_n=4^n$. Tiếp đó là các kết quả của các bạn sau ta sẽ thấy: $2a_n $~$ b_n$, chỉ cần thêm chút nhỏ là ra kết quả $a_n = \frac{4^n-x}{3}$. Thế thì ta lí luận như thế nào trong 3 trường hợp của $n$.

Theo haojack123 và các kết quả sau thì thấy $A_k $~$ B_k $~$ C_k$. Ta suy luận thế nào? Dùng song ánh?

Từ hai điều trên ta thấy một sự đối xứng giữa số các số chia hết cho 3, chia 3 dư 1, chia 3 dư 2 có ít hơn $k$ chữ số được tạo bởi các số thuôc tập $A = (2;0;1;5)$. Vậy để thấy sự đối xứng đó thì phải có điều kiện cần và đủ là gì? 3 ở đây thay bằng bao nhiêu và tập A như thế nào thì thỏa mãn.

Và rất mong được nhìn thấy lời giải bài tổng quát của bài này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Peace
magic. is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-01-2015, 03:39 PM   #30
analysis90
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 88
Thanks: 46
Thanked 32 Times in 22 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi quocbaoct10 View Post
Không bạn nhé.
Em có thể giải thích tại sao không? nó chỉ đơn thuần là bài toán về đa thức và số phức. Bài tổ hợp này thực chất là bài tổ hợp mà trường PTNK đã từng cho thi và cũng là bài tổ hợp của Romani năm 2003.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
analysis90 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to analysis90 For This Useful Post:
buivanloc (08-01-2015), DenisO (08-01-2015)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 05:47 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 114.18 k/131.29 k (13.04%)]