Kết quả tìm kiếm

Em thấy a_n nó chỉ phụ thuộc vào n thôi nhé, cho nên nếu làm việc 1 xíu với dãy đó em sẽ thấy có hữu hạn số nguyên thôi.

Xem lại câu 5 nhé. 6. Ta tính được a_n=2^{3^n}-\dfrac{1}{2^{3^n}}+1 Từ đó [a_n]+1=2^{3^n}+1. Xét n thỏa mãn 3^{2022} \mid 2^{3^n}+1 Áp dụng định lý LTE ta có v_3(2^{3^n}+1)=v_3(2+1)+v_3(3^n)=n+1 \Rightarrow n+1 \geq 2022 \Rightarrow n \geq 2021 Từ đó n_{\min }=2021 10. Ta tìm được công thức...

1. Nhận thấy P(AH,FD)=-1 và QR \parallel PA nên ta có ngay HQ=HR. 2. Lấy H là trực tâm của \Delta ABC. Ta thấy PR là đường thẳng Simson của điểm X nên trung điểm XH thuộc PR. Gọi D là trung điểm XH. Khi đó ta có RH \parallel PX nên \Delta RHE=\Delta PXE, suy ra HPXR là hình bình hành. Từ đó HP...

BĐT trên không đúng nhé. Ta có x^2+y^2+z^2 \geq \dfrac{1}{3}(x+y+z)^2=3.

Không gian mẫu C_{4+5-1}^{5-1}-C_{4+4-1}^{4-1}=C_8^4-C_7^3 Xét số \overline{abcde} thỏa mãn. Nhận thấy 11 \mid a+c+e-b-d và a+b+c+d+e=4 nên a+c+e=b+d=2 Đến đây thì em có thể xác định có 3 bộ (a,c,e) và 3 bộ (b,d) thỏa mãn nên có 9 số \overline{abcde} thỏa mãn. Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy...

2. Để ý thấy M,F,D thẳng hàng. Ta có FDCE nội tiếp nên \overline{ME} \cdot \overline{MC}=\overline{MF} \cdot \overline{MD} Từ đó M thuộc trục đẳng phương của (O_2) và (O_3) nên MZ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn. Gọi H là giao điểm của CD với (O_3). Ta có PF^2=\overline{PD} \cdot...

Định lý kẹp nó vẫn đúng với các loại giới hạn vô cực nhé, miễn là x của các hàm số đều giống nhau, tức là đều tiến về +\infty hoặc -\infty chẳng hạn.

Xét dãy số xác định bởi \begin{cases} x_1=0 \\ x_{n+1}=x_n^2+1 \end{cases} Khi đó bằng quy nạp ta có P(x_n)=x_n \forall n \in \mathbb{N}^*. Mặt khác dãy (x_n) là dãy tăng ngặt nên có vô hạn giá trị. Từ đó P(x)=x có vô hạn nghiệm. Mà P(x)-x là đa thức nên P(x)-x=0 \forall x hay P(x)=x \forall x...

Well, đúng là n=1 không thỏa mãn thật, đề cũng bất cập chỗ đấy, nhưng nó không ảnh hưởng đâu nhé. Bản chất đi tìm giới hạn của 1 dãy số là người ta chỉ xét những giá trị của dãy đó khi n \to +\infty nhé, nên một vài số đầu không ảnh hưởng đâu.

Hmm, cái này mới 10^3 nên chưa cần dùng sàng cũng được nhé. #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b,i,d; int p(int n) { int i; if (n < 2) return 0; for (i = 2; i <= sqrt(n); i ++) if (n%i==0) return 0; return 1; } int...

a) Ta có AH \cdot AB=AP \cdot AQ=\dfrac{1}{4}AM \cdot AN=\dfrac{1}{4}AB^2 nên AH=\dfrac{1}{4}AB=\dfrac{1}{2}R cố định. b) S_{BPQ}=\dfrac{1}{2}BA \cdot PQ=\dfrac{1}{2}MN \cdot R Vì MN=AM+AN \geq 2\sqrt{AM \cdot AN}=2\sqrt{AB^2}=2AB nên S_{BPQ} \geq R^2. Dấu "=" xảy ra khi AB \perp CD. Nếu còn...

Nhận thấy x=y không thỏa mãn. Không mất tính tổng quát giả sử x > y. Từ giả thiết ta có x^3+1=y^2(x^2-y) \Rightarrow x^3+1 \vdots x^2-y \Rightarrow x(x^2-y)+xy+1 \vdots x^2-1 \Rightarrow xy+1 \vdots x^2-y \Rightarrow xy+1 \geq x^2-y \Rightarrow x(x-y) \leq y+1 Vì x \geq y+1 \Rightarrow x(x-y)...

Đúng rồi em nhé. Thường thì mục tiêu của đề bài cũng là hướng học sinh về cách biến đổi đó luôn nhé.

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: (a+b)(a+c) \geq (\sqrt{a} \cdot \sqrt{a}+\sqrt{b} \cdot \sqrt{c})^2=(a+\sqrt{bc})^2 \Rightarrow a+\sqrt{bc} \leq \sqrt{a^2+ab+bc+ca} Mặt khác ta lại có ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2=3 \Rightarrow a+\sqrt{bc} \leq \sqrt{a^2+3} \Rightarrow...

(Nguồn: P642 - Tạp chí Pi tháng 10/2022) Từ giả thiết ta có: y^2+x-1 \vdots xy+1 \Leftrightarrow x(y^2+x-1) \vdots xy+1 (do (x,xy+1)=1) \Leftrightarrow xy^2+x^2-x \vdots xy+1 \Leftrightarrow y(xy+1)+x^2-x-y \vdots xy+1 \Leftrightarrow x^2-x-y \vdots xy+1 Từ đó chọn z=\dfrac{x^2-x-y}{xy+1} ta có...

Hmm, có một mẹo mà có thể dùng trong mấy bài kiểu này là điểm bất động. Ta thấy nếu u_n=t (mặc dù không xảy ra) thì u_{n+1}=t nên t là điểm bất động. Khi đó u_{n+1}-t=\dfrac{u_n^4+t^2}{u_n^3-u_n+2t}-t=\dfrac{(u_n-t)(u_n^3+t)}{u_n^3-u_n+2t} \Rightarrow...

Em viết lại đề câu b) giúp anh nhé. a) Đặt t=2022 thì ta có u_{n+1}=\dfrac{u_n^4+t^2}{u_n^3-u_n+2t} \Rightarrow u_{n+1}-t=\dfrac{u_n^4+t^2}{u_n^3-u_n+2t}-t=\dfrac{(u_n-t)(u_n^3+t)}{u_n^3-u_n+2t} Đến đây ta có thể quy nạp được u_n>t \forall n \geq 1.

Giả sử tồn tại x,y,z thỏa mãn. Khi đó ta biến đổi các bất đẳng thức trên thành: \begin{cases} (y-z)^2>x^2 \\ (z-x)^2>y^2 \\ (x-y)^2>z^2 \end{cases} \Rightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2>x^2+y^2+z^2 \Rightarrow 2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)>x^2+y^2+z^2 \Rightarrow x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)<0 \Rightarrow...

Hmm, để mà tìm cách chỉ ra chặn thì em có thể nghĩ đến phương pháp quy nạp để chứng minh dãy bị chặn. Trong đánh giá, nếu biểu thức chứa biến n thì em cũng có thể làm trội - làm giảm để loại bỏ biến n hoàn toàn nhé. Từ cái tư duy quy nạp đó mà em cũng có thể dễ tìm được chặn trên hoặc chặn dưới...