Bài toán: Cho hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ xác định bởi:  $$\begin{cases}x_1=-1; y_1=1\\x_{n+1}=-3x_n^2-2x_ny_n+8y_n^2\\y_{n+1}=2x_n^2+3x_ny_n-2y_n^2\end{cases}$$
 Xác định tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_p+y_p$ không chia hết cho $p$

Lời giải:
       Từ công thức truy hồi của hai dãy $(x_n);(y_n)$, dễ thấy rằng: $${x_n} + 2{y_n} = {\left( {{x_{n - 1}} + 2{y_{n - 1}}} \right)^2} = ... = {\left( {{x_1} + 2{y_1}} \right)^{{2^{n - 1}}}} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$Ta có:$${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)$$.  Giả sử tồn tại số tự nhiên $k$ sao cho $$2{x_k} = {y_k} \Rightarrow {y_{k + 1}} = 0$$ Khi đó:  $$\begin{cases} x_{k+2}=-3x_{k+1}^2\\x_{k+2}=1\end{cases},\text{ vô lí}$$ 
Vậy $${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right) \ne 0\,\,\,\forall n$$ Suy ra: $$\dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} = - \dfrac{{\left( {3{x_n} - 4{y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}}{{\left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}} = \dfrac{{4{y_n} - 3{x_n}}}{{2{x_n} - {y_n}}}$$ Đặt: $${u_{n + 1}} = \dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} \Rightarrow {u_1} = - 1,\,\,{u_{n + 1}} = \dfrac{{4 - 3{u_n}}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} + 2 = \dfrac{{{u_n} + 2}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 2}} = 2 - \dfrac{5}{{{u_n} + 2}}$$ Đặt: ${v_n} = \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} \Rightarrow {v_{n + 1}} = 2 - 5{v_n}$. Từ đây dễ dàng tìm được CTTQ của $(v_n)$:
$${v_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {u_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}} = \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
 Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:$${x_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3},\,\,{y_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {x_n} + {y_n} = \dfrac{{2 - 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3}$$
$\bullet$   Nếu $p = 2 \Rightarrow {x_2} + {y_2} = 4\,\, \vdots \,\,2$, không thoả.
$\bullet$   Nếu $p = 3 \Rightarrow {x_3} + {y_3} = - 16$ không chia hết cho 3, suy ra $p=3$ thoả.
Tương tự thì $p=5$ cũng thoả.
Xét $p > 5 \Rightarrow {\left( { - 5} \right)^{p - 1}} \equiv 1\left( {\bmod p} \right) \Rightarrow {x_p} + {y_p} \equiv 0\left( {\bmod p} \right)$.
Vậy $p = 3$ hoặc $p=5$.

Bài toán: Cho dãy số ${x_n}$ xác định bởi công thức \[{x_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)....\left( {1 + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)\]
  Tính \[\lim \left( {\ln {x_n}} \right)\]

Lời giải:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: $$x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < \ln \left( {x + 1} \right) < x,\,\,\forall x > 0$$
Thật vây, xét:

                         $\begin{cases} f(x)=\ln (x+1)-x+\dfrac{x^2}{2} \\\\g(x)=x-\ln (x+1) \end{cases}, \forall x>0\Rightarrow \begin{cases}f'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}>0\\\\g'(x)=\dfrac{x}{x+1}>0\end{cases}, \forall x>0$.

 Suy ra $f(x)$ và $g(x)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$ 

                              $\Rightarrow \begin{cases} f(x)>0\\g(x)>0\end{cases}\Rightarrow x-\dfrac{x^2}{x}<\ln (x+1)<x$

 Bổ đề được chứng minh.

 Quay lại bài toán, ta cần tìm $\lim$ của $$\ln {x_n} = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) + \ln \left( {1 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} \right) + ... + \ln \left( {1 + \dfrac{n}{{{n^2}}}} \right)$$
Áp dụng bổ đề trên, ta có: $$\dfrac{i}{{{n^2}}} - \dfrac{{{i^2}}}{{2{n^4}}} < \ln \left( {1 + \dfrac{i}{{{n^2}}}} \right) < \dfrac{i}{{{n^2}}},\,\,\forall i = \overline {1,n} $$
$$ \Rightarrow \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right) - \dfrac{1}{{2{n^4}}}\left( {{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}} \right) < \ln {x_n} < \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right)$$
$$ \Rightarrow \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}} < \ln {x_n} < \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}$$
Mặt khác: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}} \right) = \dfrac{1}{2}$$
Từ đó theo nguyên lí kẹp, suy ra: $\lim (\ln x_n)=\dfrac{1}{2}$

Bài toán: Cho hai số thực a và  $\alpha $ với $a>0$.Xét hai dãy số $(u_{n})$ và $(v_{n})$ với $n \in \mathbb{N}^{*}$ xác định bởi $$u_{1}=a,u_{n+1}=u_{n}+\frac{1}{u_{n}}, v_{n}=\frac{u_{n}}{n^{\alpha }},\forall n\geq 1.$$

  $1.$ Chứng minh rằng $\lim u_{n}=+\infty $ và với $\alpha =\dfrac{1}{2}$ thì dãy số $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn. TÌm giới hạn đó.

  $2.$ Tìm tất cả số thực $\alpha$ để dãy số $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn và khác $0.$

Lời giải:

   $1.$ Dễ thấy $(u_n)$ là dãy dương, từ đó thấy được $u_{n+1}>u_n$. Nếu $(u_n)$ bị chặn trên thì nó hội tụ, giả sử nó hội tụ về $L$. Chuyển qua giới hạn :

$$L=L+\dfrac{1}{L}$$

Điều này vô lí. Tức $(u_n)$ không bị chặn trên. Suy ra $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=+\infty$.

Xét :

$$u_{n+1}^2-u_n^2=\left ( u_n+\dfrac{1}{u_n} \right )^2-u_n^2=2+\dfrac{1}{u_n^2}\rightarrow 2$$

Theo định lý trung bình Cesaro thì :

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\dfrac{u_n^2}{n}=2\Rightarrow \lim\dfrac{u_n}{n^{1/2}}=\sqrt{2}$$

  $2.$ Theo trên ta có :

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\dfrac{u_n^2}{n}=2$$

Dãy $(v_n)$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $(v_n^{1/\alpha})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$.

Ta có :

$$v_n^{1/\alpha}=\dfrac{u_n^{1/{\alpha}}}{n}=\dfrac{u_n^2}{n}.\dfrac{u_n^{1/\alpha-2}}{n}$$

Nếu $\dfrac{1}{\alpha }-2> 0$ thì $v_n^{1/\alpha}\rightarrow +\infty \Rightarrow v_n\rightarrow +\infty$

Nếu $\dfrac{1}{\alpha }-2< 0$ thì $v_n^{1/\alpha}\rightarrow 0\Rightarrow v_n\rightarrow 0$

Vậy ta được $\dfrac{1}{\alpha }-2= 0$, suy ra $\alpha=\dfrac{1}{2}$ là giá trị duy nhất cần tìm.

Bài toán: Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn: 
                                               $$\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}\leq \frac{1}{n}$$
      với $\left \{ x \right \}$ là phần lẻ của $x$.

Lời giải:

   Bổ đề : Cho số nguyên dương $n$. Nếu $n+1$ không là lập phương đúng thì $\left \lfloor \sqrt[3]{n+1} \right \rfloor=\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor$. 

    Quay lại bài toán 

Xét trường hợp $n+1$ không là lập phương đúng.

Ta thấy $n=1,2$ thỏa mãn. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ mà $n\geq 3$ thì :

$$\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}\geq \dfrac{1}{n}\Leftrightarrow n\sqrt[3]{n}-n\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor\geq 1\;\;\;\;(*)$$

Với $n=3$ thì dễ thấy $\left \{ \sqrt[3]{3} \right \}.3\geq 1$. Gỉa sử $(*)$ là đúng. Ta sẽ chứng minh :

$$(n+1)\sqrt[3]{n+1}-(n+1)\left \lfloor \sqrt[3]{n+1} \right \rfloor\geq 1$$

Theo bổ đề thì $\left \lfloor \sqrt[3]{n+1} \right \rfloor=\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor$, do đó chỉ cần chứng minh :

$$(n+1)\sqrt[3]{n+1}-(n+1)\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor\geq 1\Leftrightarrow \left ( (n+1)\sqrt[3]{n+1}-\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor \right )-n\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor\geq 1$$

Theo giả thiết quy nạp thì :

$$n\sqrt[3]{n}-n\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor\geq 1$$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh :

$$(n+1)\sqrt[3]{n+1}-\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor\geq n\sqrt[3]{n}\Leftrightarrow (n+1)\sqrt[3]{n+1}\geq n\sqrt[3]{n}+\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor$$

Dễ thấy điều này đúng vì :

$$(n+1)\sqrt[3]{n+1}\geq (n+1)\sqrt[3]{n}\geq n\sqrt[3]{n}+\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor$$

Theo nguyên lí quy nạp ta có :

$$\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}.n\geq 1,\;\forall n\in \mathbb{N},n\geq 3$$

Như vậy trường hợp này chỉ có $n=1,2$ thỏa mãn.

Xét tiếp trường hợp $n+1$ là một lập phương đúng. Đặt $n+1=t^3\;\;(t\in \mathbb{N},t\geq 2)$. Dễ thấy được $\left \lfloor \sqrt[3]{t^3-1} \right \rfloor=t-1$.

Lúc này ta sẽ chứng minh rằng :

$$\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}=\left \{ \sqrt[3]{t^3-1} \right \}\geq \dfrac{1}{2}$$

Thật vậy, ta có :

$$\sqrt[3]{t^3-1}\geq \left \lfloor \sqrt[3]{t^3-1} \right \rfloor=t-1\geq t-\dfrac{1}{2}\Rightarrow \left \{ \sqrt[3]{t^3-1} \right \}=\sqrt[3]{t^3-1}-(t-1)\geq \dfrac{1}{2}$$

Từ đó có ngay :

$$\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}.n\geq \dfrac{n}{2}\geq 1$$

Trường hợp này không tồn tại $n$ nguyên dương thỏa đề.

Kết luận:

$$n\in \left \{ 1,2 \right \}$$

Bài toán: Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $EP$, $H$ là giao điểm của $CE$ và $AB$. Vẽ đường thẳng $Dx$ vuông góc với $DE$ cắt đường trung trực của $EB$ tại $F'$.

Ta có tứ giác $AHDC$ nội tiếp nên: \[\angle BAD = \angle ECB\]

Lại có: $\angle ECB= \angle IDB$ (do $DI // CE$) nên: \[ \angle BAD = \angle IDB (1)\]

Mà tứ giác $IEF'D$ nội tiếp nên: \[ \angle IDB = \angle EDB - \angle IDE= \angle IED - \angle IDE = \angle IF'D - \angle IF'E = \angle BF'D (2)\]

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:  \[ \angle BF'D = \angle BAD \]

Nên tứ giác $AF'DB$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$, mà $F,F'$ nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ $EB$ nên ta có:

                                                             $ F \equiv F' \Rightarrow DE \perp DF$

Bài toán được chứng minh.

Bài toán: Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.

Lời giải:

Ta có:

                                    $$\dfrac{S_{AEM}}{S_{AFM}}=\dfrac{AE.sin\angle EAM}{AF.sin\angle FAM }$$

                          $$\Rightarrow \dfrac{sin\angle EAM}{sin\angle FAM}=\dfrac{S_{AEM}.AF}{S_{AMF}.AE}=\dfrac{ME.AF}{MF.AE}$$

Tương tự ta có:

                                          $\dfrac{sin\angle FBN}{sin\angle NBD}=\dfrac{NF.BD}{ND.BF}$, $\dfrac{sin\angle PCD}{sin\angle PCE}=\dfrac{PD.CE}{PE.CE}$

Lại có:

$AD,BE,CF$;$DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lí Ceva,ta có:

                                                  $$\dfrac{AF.BD.CE}{BF.CD.AE}=1$$

                                                  $$\dfrac{ME.FN.DP}{FM.DN.EP}=1$$

Từ đó ta suy ra:

                               $$\dfrac{sin\angle MAE.sin\angle FBN.sin\angle PCD}{sin\angle MAF.sin\angle NBD.sin\angle PCE}=1$$

Theo định lí Ceva-sin thì ta có đpcm.

Bài toán:  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \dfrac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\dfrac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\dfrac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \dfrac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.

Lời giải:

     Trước hết ta có bổ đề sau:

      Cho $(O)$.Dây $XY$ cố định. Điểm $Z$ di chuyển trên một cung $BC$.Khi đó $ZX+ZY$ đạt GTLN khi Z là điểm chính giữa cung BC.

  Áp dụng vào bài toán:

  Từ các tam giác đồng dạng ta có:

                                            $\dfrac{AA_{1}}{{A}_{1}A_{2}}=\dfrac{bc}{BA_{2}.CA_{2}}$

 Theo bổ đề thì ta có ngay tích $BA_{2}.CA_{2}$ lớn nhất  khi $AA_{2}$ là phân giác góc $\angle A$

  Từ đó, ta chỉ phải chứng minh trong trường hợp $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ là các đường phân giác.

Khi đó 

                                         $AA_{1}.A_{1}A_{2}=BA_{1}.CA_{1}$  $\Rightarrow \dfrac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}=\dfrac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}.CA_{1}}$

   Ta tính được độ dài các đoạn $BA_{1}=\dfrac{ac}{b+c},CA_{1}=\dfrac{ca}{b+c}$

Và theo công thức tính phân giác 

                                                  $AA_{1}=\dfrac{2bc}{b+c}\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{bc}}$

Suy ra:

                                                $\dfrac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}CA_{1}}=\dfrac{4p(p-a)}{a^{2}}$

Do đó ta phải chứng minh:

                                        $\dfrac{4(p-a)}{a^{2}}+\dfrac{4(p-b)}{b^{2}}+\dfrac{4(p-c)}{c^{2}}\geq \dfrac{3p}{r(4R+r)}$

Ta sử dụng bổ đề sau:

                                                       $a^{2}+b^{2}+c^{2}+4r(r+4R)=2(ac+bc+ca)$

Từ đó quy bài toán về chứng minh:

                                   $\sum \dfrac{b+c-a}{a^{2}}\geq \dfrac{3(a+b+c)}{2\sum ab-\sum a^{2}}=\dfrac{3(a+b+c)}{\sum (a+b-c)(b+c-a)}$

Đặt $x=c+b-a,y=a+c-b,z=a+b-c$

Ta phải chứng minh:

                                                          $\sum \dfrac{x}{(y+z)^{2}}\geq \dfrac{3(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Shawrz:

                                                                     $\sum \dfrac{x}{(y+z)^{2}}\geq \dfrac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+z)^{2}}$

Bây giờ, ta phải chứng minh:

                                                    $4(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3x(y+z)^{2}+3y(z+x)^{2}+3z(x+y)^{2}$

                                             $\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)\geq 6xyz$

Hiển nhiên đúng.Ta có đpcm.

Bài toán:Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

Lời giải:

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$.

Áp dụng công thức đường trung tuyến vào các tam giác $ABC, ADC, BDP$, ta có: \[AB^2 + BC^2+ CD^2 + DA^2= 2(BP^2 + DP^2)+ AC^2= 4NP^2 + AC^2 + BD^2 (1)\]

Theo định lý Ptolemy, ta có: \[AB.CD + AD.BC = AC.BD (2) \to 2AB.CD +2AD.BC = 2AC.BD \]

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ vế theo vế ta được: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} + {\left( {BC - AD} \right)^2} = {\left( {AC - BD} \right)^2} + 4N{P^2}\]

Kết hợp với giả thiết suy ra: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} = 4N{P^2} \Leftrightarrow NP = \frac{1}{2}|AB - CD| = |MN - MP|\]

Theo BĐT tam giác suy ra $MN=MP \to AD=BC$

Vậy $ABCD$ là hình thang cân.

Bài toán:Tìm tất cả các hàm  thỏa mãn:

                                                      
Lời giải:
    Cho  ta được (do )
lại cho  thì có  hoặc 


   Trường hợp 1: cho  thì 

                                                                      với mọi 
   Với  thì chọn  ta được: 
                                                            
 
                                                      


Vậy trong trường hợp này  với mọi 


    Trường hợp 2:cho  được  với mọi 
Bằng quy nạp dễ dàng suy ra  và  , với mọi          (2)


   Tiếp tục ta chứng minh  với 
Thật vậy thay  và  vào (1)
                                                      
   Nhưng do (2) ta có:
    Vậy 
    Tiếp tục cho  với   thì dễ dàng suy ra được 
    Cho 
    Do đó 
tiếp theo các bạn tự chứng minh $f$ đồng biến với 
bằng cách chia nhỏ các trường hợp  và 
Cuối cùng với  chọn hai dãy số hữu tỉ  và  sao cho: và 
khi đó do f đồng biến 

Vậy có hai hàm thỏa đề bài là  và