Bài toán: Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$$\;\;\;\;\;\;\;$ $1.$ Chứng minh rằng $f(2003)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố.
$\;\;\;\;\;\;\;$ $2.$ Xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải:
$1.$ Cố định $m$, với mọi $f(n_1)=f(n_2)$, ta có: $$f(m.(f(n_1))=f(m.f(n_2))\\\Leftrightarrow n_1^2.f(m)=n_2^2.f(m)\Leftrightarrow n_1^2=n_2^2\Leftrightarrow n_1=n_2$$ Như vậy $f$ là một đơn ánh.
Cho $n=1$, ta được $$f(m.f(1))=f(m)\\\Leftrightarrow mf(1)=m\Leftrightarrow f(1)=1$$ Cho $m=1$ ta được: $$f(f(n))=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Ta lại có: $$f(f(m).f(n))=n^2f(f(m))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ dẫn đến $$f(f(m).f(n)=m^2n^2=f(f(mn))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Do $f$ là đơn ánh nên từ $(3)$ ta rút ra: $$f(mn)=f(m).f(n),\forall m,n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Quay lại vấn đề, giả sử phản chứng kết quả bài toán không đúng. Điều này nghĩa là tồn tại $a>1, b>1,$ $a\neq b,$ $a,b\in\mathbb{N^*}$ sao cho $f(2003)=ab$. Theo $(4)$ ta có: $$f(f(2003))=f(ab)=f(a).f(b)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có: $$f(f(2003))=f(f(2003).f(1))=2003^2.f(1)=2003^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (6)$$ Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra: $f(a).f(b)=2003^2$. Do $f(a)\in\mathbb{N^*}$ nên $f(a)\ge 1\Rightarrow f(a)>1$, tương tự ta cũng có: $f(b)>1$. Và như vậy thì: $f(a)=f(b)=2003\Leftrightarrow a=b$, mâu thuẫn với $a\neq b$. Như vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra đpcm.
$2.$ Ta xây dựng hàm $f$ như sau:
Xét dãy số nguyên tố theo thứ tự tăng dần: $$p_1=2, p_2=3, p_3=5,...$$ Hàm $f$ được định nghĩa như sau: $$f(p_{2i+1})=p_{2i+2},\text{với}\; i=0,1,2,...\\f(p_{2i+2})=p^2_{2i+1},\text{với}\; i=0,1,2,...$$ Với mỗi $m\in\mathbb{N^*}$, phân tích dạng chuẩn của $m$ có dạng:$$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}$$ Khi đó, đặt: $$f(m)[ f(p_{i_1})]^{\alpha_1}.[ f(p_{i_2})]^{\alpha_2}...[ f(p_{i_k})]^{\alpha_k}$$ Như thế, hàm $f$ hoàn toàn được xác định $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$. Với mọi $i=0,1,2,...$ thì: $$\begin{cases}f\left(f(p_{2i+1})\right)=f(p_{2i+2}=p^2_{2i+1}\\f\left(f(p_{2i+2})\right)=f(p^2_{2i+1})=f\left(f(p_{2i+1})\right)^2=p_{2i+2}.\end{cases}$$ Công việc cuối cùng bây giờ là ta sẽ chứng minh hàm $f$ được xây dựng ở trên thỏa mãn tính chất: $$f(m.f(n))=n^2.f(m),\;\forall m,n\in\mathbb{N^*}$$ Thật vậy, giả sử: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}\\n=p^{\beta_1}_{j_1}.p^{\beta_2}_{j_2}...p^{\beta_l}_{j_l}$$ Lúc này ta sẽ có: $$f(n)=[f(p_{j_1})]^{\beta_1}.[f(p_{j_2})]^{\beta_2}...[f(p_{j_i})]^{\beta_i}.$$Thay vào các biểu diễn ở trên ta dễ dàng có được đpcm.
Bài toán được giải quyết trọn vẹn. $$ $$ Nhận xét: Rõ ràng ta có thể thay $2003$ bằng một số nguyên tố bất kì mà kết quả bài toán vẫn đúng bởi vì trong phép chứng minh trên, việc đưa ra số $2003$ chỉ là "hình thức" thôi , ta không hề động gì đến cấu trúc của nó. Cụ thể là ta có bài toán với kết quả mạnh hơn sau:
Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$$\;\;\;\;\;\;\;$ Chứng minh rằng $f(p)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố. Trong đó, $p$ là một số nguyên tố bất kì.
Friday, September 5, 2014
Thursday, September 4, 2014
Bài toán: Cho $p$ là một số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng khi đó tổng các lũy thừa bậc $p$ của $p$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $p^2$
Lời giải:
Xét $p$ số nguyên liên tiếp $n, n+1, n+2,..., n+p-1$. $p$ số này khi chia cho $p$ được $p$ số dư khác nhau và tập hợp các số dư đó là $\{0, 1, 2,...,p-1\}$. Lúc đó, ta có thể biểu diễn: $$n+i=kp+j, \forall k\in \mathbb{N}$$ Từ đó: $$(n+i)^p-j^p=(pk+j)^p-j^p\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: $$(n+i)^p-j^p=\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t} (pk)^{p-t}j^t+\binom{p}{p-1} (pk)j^{p-1}=p^2\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}k^{p-t}j^t+p^2kj^{p-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(2)$ suy ra $(n+i)^p-j^p\vdots p^2$, hay nói cách khác: $$(n+i)^p\equiv j^p(mod\;\;\; p^2) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Chú ý rằng khi chia $n, n+1, n+2,...,n+p-1$ cho $p$ ta được các số dư khác nhau nên: $$\sum^{p-1}_{t=1}(n+t)^p\equiv 1+2^p+...+(p-1)^p(mod \;\;\;p^2)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Do $p$ là số nguyên dương lẻ nên: $$1+2^p+...+(p-1)^p=[1+(p-1)^p]+[2^p+(p-2)^p]+...+\left[\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^p+\left(\dfrac{p+1}{2}\right)^p\right]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có khi $j\in\left\{1, 2, ...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ theo khai triển nhị thức Newton thì: $$j^p+(p-j)^p=j^p+\sum^{p}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t=j^p+\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t+\binom{p}{p-1}p(-1)^{p-1}j^{p-1}+(-1)^pj^p\\=p^2\left[\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}(-1)^tj^t+j^{p-1}\right]\;\;\;\;(6).$$ Từ $(6)$ suy ra: $$j^p+(p-j)^p\;\vdots\; p^2,\forall j\in\left\{1, 2,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(7)$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra: $$1+2^p+...+(p-1)^p\;\vdots\; p^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(8)$$ Kết hợp $(4)$ và $(8)$, ta thu được: $$n^p+(n+1)^p+(n+2)^p+...+(n+p-1)^p\;\vdots\; p^2$$ Đây chính là đpcm.
Lời giải:
Xét $p$ số nguyên liên tiếp $n, n+1, n+2,..., n+p-1$. $p$ số này khi chia cho $p$ được $p$ số dư khác nhau và tập hợp các số dư đó là $\{0, 1, 2,...,p-1\}$. Lúc đó, ta có thể biểu diễn: $$n+i=kp+j, \forall k\in \mathbb{N}$$ Từ đó: $$(n+i)^p-j^p=(pk+j)^p-j^p\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: $$(n+i)^p-j^p=\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t} (pk)^{p-t}j^t+\binom{p}{p-1} (pk)j^{p-1}=p^2\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}k^{p-t}j^t+p^2kj^{p-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(2)$ suy ra $(n+i)^p-j^p\vdots p^2$, hay nói cách khác: $$(n+i)^p\equiv j^p(mod\;\;\; p^2) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Chú ý rằng khi chia $n, n+1, n+2,...,n+p-1$ cho $p$ ta được các số dư khác nhau nên: $$\sum^{p-1}_{t=1}(n+t)^p\equiv 1+2^p+...+(p-1)^p(mod \;\;\;p^2)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Do $p$ là số nguyên dương lẻ nên: $$1+2^p+...+(p-1)^p=[1+(p-1)^p]+[2^p+(p-2)^p]+...+\left[\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^p+\left(\dfrac{p+1}{2}\right)^p\right]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có khi $j\in\left\{1, 2, ...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ theo khai triển nhị thức Newton thì: $$j^p+(p-j)^p=j^p+\sum^{p}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t=j^p+\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t+\binom{p}{p-1}p(-1)^{p-1}j^{p-1}+(-1)^pj^p\\=p^2\left[\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}(-1)^tj^t+j^{p-1}\right]\;\;\;\;(6).$$ Từ $(6)$ suy ra: $$j^p+(p-j)^p\;\vdots\; p^2,\forall j\in\left\{1, 2,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(7)$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra: $$1+2^p+...+(p-1)^p\;\vdots\; p^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(8)$$ Kết hợp $(4)$ và $(8)$, ta thu được: $$n^p+(n+1)^p+(n+2)^p+...+(n+p-1)^p\;\vdots\; p^2$$ Đây chính là đpcm.
Bài toán: Số nguyên lẻ $n\ge 3$ được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của các số $(1, 2,..., n)$ sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương $$a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.
Lời giải:
Đặt: $$ y_1=a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ y_2=a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\y_3=a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\y_n=a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Lúc này, $n$ sẽ là số đẹp khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một hoán vị $(a_1, a_2,.., a_n)$ của $(1, 2,..., n)$ sao cho hệ phương trình $$\begin{cases}y_1+y_2=2a_1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\y_2+y_3=2a_3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\...\\y_{n-1}+y_n=2a_{n-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n-1)\\y_n+y_1=2a_n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n)\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
Tới đây, ta cần bổ đề sau:
Bổ đề: Với mỗi $i (1\le i\le n)$, ta có: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Ở đây, tổng $(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ được hiểu như sau: Lấy $a_{i+1}$ cộng cách dòng với $a_{i+3}$, cứ làm như thế cho đến hết rồi quay lại phía trên.
Chứng minh: Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=(a_1+a_2+...+a_n)$$ Do $a_1+a_2+...+a_n=1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ nên suy ra: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=n(n+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Cộng từng vế các dòng thứ $i+1, i+3, i+5,...$ cho đến khi quay lại dòng $i+2$, ta có: $$(y_{i+1}+y_{i+2})(y_{i+3}+y_{i+4})+...+(y_{i-2}+y_{i-1})=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Suy ra: $(y_1+y_2+...+y_n)-y_i=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$. Do đó: $$2(y_1+y_2+...+y_n)-2y_i=4(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán, Vì $n$ lẻ và $n\ge 3$, nên $n=4k-1$ hoặc $n=4k+1$. Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra:
$\bullet$ Nếu $n=4k-1$ thì $y_i=2k(4k-1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$.
$\bullet$ Nếu $n=4k+1$ thì $y_i=(2k+1)(4k+1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số lẻ với mọi $i=\overline{1, n}$
Xét hai khả năng sau:
Khả năng 1: Nếu $n=4k-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ hì $n$ không phải là số "đẹp".
Thật vậy, giả thiết phản chứng nếu nó là số "đẹp" thì phải tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2, ...,a_n)$ của $(1, 2, ..., n)$ sao cho hệ trên có nghiệm. Hơn nữa ta còn phải có $y_i$ là số nguyên dương chẵn với mọi $\overline{1, n}$. Do $(a_1, a_2,..., a_n)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n)$, nên tồn tại $j (1\le j\le n)$ mà $a_j=1$. Khi đó, xét phương trình thứ $j$, ta có: $$y_j+y_{j+1}=2a_1\Rightarrow y_j+y_{j+1}=2$$ Vì $y_j$ nguyên dương chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$ nên $y_j, y_{j+2}\ge 2\Rightarrow y_j+y_{j+2}\ge 4$, mâu thuẫn. Như vậy, với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ thì $n$ không là số "đẹp"
Khả năng 2: Nếu $n=4k+1$,khi đó $y_i$ là số lẻ $\forall i=\overline{1,n}$. Ta chọn hoán vị sau: $$\begin{cases} a_1=2, a_2=4, a_3=6,...,a_{2k}=4k\\a_{2k+1}=4k+2\\a_{4k+1}=1, a_{4k}=3, a_{4k-2}=5,...,a_{2k+2}=4k-2\end{cases}$$ Lúc này hệ phương trình ban đầu sẽ nhận các nghiệm: $$\begin{cases}y_1=1, y_2=3, y_3=5,...,y_{2k}=4k-1\\y_{2k+1}=y_{2k+2}=4k+1\\y_{2k+3}=y_{2k+4}=4k-3\\y_{2k+5}=y_{2k+6}=4k-7\\...\\y_{4k-1}=y_{4k}=5\\y_{4k+1}=1\end{cases}$$ Theo đó, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ dạng $n=4k+1$ là số "đẹp".
Cuối cùng, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ là số đẹp khi và chỉ khi $n$ có dạng: $$\boxed{n=4k+1,k\in\mathbb{N}}$$
Lời giải:
Đặt: $$ y_1=a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ y_2=a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\y_3=a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\y_n=a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Lúc này, $n$ sẽ là số đẹp khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một hoán vị $(a_1, a_2,.., a_n)$ của $(1, 2,..., n)$ sao cho hệ phương trình $$\begin{cases}y_1+y_2=2a_1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\y_2+y_3=2a_3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\...\\y_{n-1}+y_n=2a_{n-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n-1)\\y_n+y_1=2a_n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n)\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
Tới đây, ta cần bổ đề sau:
Bổ đề: Với mỗi $i (1\le i\le n)$, ta có: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Ở đây, tổng $(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ được hiểu như sau: Lấy $a_{i+1}$ cộng cách dòng với $a_{i+3}$, cứ làm như thế cho đến hết rồi quay lại phía trên.
Chứng minh: Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=(a_1+a_2+...+a_n)$$ Do $a_1+a_2+...+a_n=1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ nên suy ra: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=n(n+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Cộng từng vế các dòng thứ $i+1, i+3, i+5,...$ cho đến khi quay lại dòng $i+2$, ta có: $$(y_{i+1}+y_{i+2})(y_{i+3}+y_{i+4})+...+(y_{i-2}+y_{i-1})=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Suy ra: $(y_1+y_2+...+y_n)-y_i=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$. Do đó: $$2(y_1+y_2+...+y_n)-2y_i=4(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán, Vì $n$ lẻ và $n\ge 3$, nên $n=4k-1$ hoặc $n=4k+1$. Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra:
$\bullet$ Nếu $n=4k-1$ thì $y_i=2k(4k-1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$.
$\bullet$ Nếu $n=4k+1$ thì $y_i=(2k+1)(4k+1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số lẻ với mọi $i=\overline{1, n}$
Xét hai khả năng sau:
Khả năng 1: Nếu $n=4k-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ hì $n$ không phải là số "đẹp".
Thật vậy, giả thiết phản chứng nếu nó là số "đẹp" thì phải tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2, ...,a_n)$ của $(1, 2, ..., n)$ sao cho hệ trên có nghiệm. Hơn nữa ta còn phải có $y_i$ là số nguyên dương chẵn với mọi $\overline{1, n}$. Do $(a_1, a_2,..., a_n)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n)$, nên tồn tại $j (1\le j\le n)$ mà $a_j=1$. Khi đó, xét phương trình thứ $j$, ta có: $$y_j+y_{j+1}=2a_1\Rightarrow y_j+y_{j+1}=2$$ Vì $y_j$ nguyên dương chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$ nên $y_j, y_{j+2}\ge 2\Rightarrow y_j+y_{j+2}\ge 4$, mâu thuẫn. Như vậy, với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ thì $n$ không là số "đẹp"
Khả năng 2: Nếu $n=4k+1$,khi đó $y_i$ là số lẻ $\forall i=\overline{1,n}$. Ta chọn hoán vị sau: $$\begin{cases} a_1=2, a_2=4, a_3=6,...,a_{2k}=4k\\a_{2k+1}=4k+2\\a_{4k+1}=1, a_{4k}=3, a_{4k-2}=5,...,a_{2k+2}=4k-2\end{cases}$$ Lúc này hệ phương trình ban đầu sẽ nhận các nghiệm: $$\begin{cases}y_1=1, y_2=3, y_3=5,...,y_{2k}=4k-1\\y_{2k+1}=y_{2k+2}=4k+1\\y_{2k+3}=y_{2k+4}=4k-3\\y_{2k+5}=y_{2k+6}=4k-7\\...\\y_{4k-1}=y_{4k}=5\\y_{4k+1}=1\end{cases}$$ Theo đó, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ dạng $n=4k+1$ là số "đẹp".
Cuối cùng, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ là số đẹp khi và chỉ khi $n$ có dạng: $$\boxed{n=4k+1,k\in\mathbb{N}}$$
Tuesday, September 2, 2014
Bài toán: Xét tập $A=\{1;2;...;n\}$. Với bất kì tập con khác rỗng $M$ của $A$, $$M=\left \{ m_1;m_2,...,m_k \right \}, m_1 > m_2 > ... > m_k$$ Đặt $$S(M) = m_1 - m_2 + m_3 +... + (-1)^{k+1}m_k$$ Tính $S = \sum_{M \subset A}S(M)$
Lời giải:
Ta ký hiệu lại như sau:
Tổng cần tính là $$S_n=\sum_{k=1}^n f(k,n)$$ với $f(k,n)$ là tổng đan dấu các phần tử của mỗi tập con, tất cả các tập con có $k$ phần tử của $A$ trong đó phần tử lớn nhất mang dấu $(+)$
Ta sẽ chứng minh $f(k,n)=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}\quad(k\le n)\qquad(1)$
Rồi từ đó suy ra tổng cần tính là:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta chứng minh $(1)$ bằng quy nạp theo $k$.
Ta có:
$$f(1,n)=1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}=\left\lfloor\frac{1+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose 1+1}$$Như vậy $(1)$ đúng với $k=1$
Giả sử $(1)$ đúng đến $k-1$ thỏa $1\le k-1<n$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $k$.
Xây dựng phép đếm $f(k,n)$ theo các tập con có phần tử lớn nhất là $j$ với $k\le j\le n$
Do $j$ là số lớn nhất nên có ${j-1\choose k-1}$ tập con $k$ phần tử bắt đầu bởi $j$. Bớt đi số hạng $j$ trong các tập con $k$ phần tử, ta được các tập con $k-1$ phần tử với phần tử lớn nhất là $j-1$
Như vậy ta có: $$\begin{align*}f(k,n)&=\sum_{j=k}^n \left(j{j-1\choose k-1}-f(k-1,j-1)\right)\\&=\sum_{j=k}^n \left(k{j\choose k}-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor{j\choose k}\right)\quad\\&=\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor\right)\sum_{j=k}^n {j\choose k}\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor \sum_{j=k}^n \left[{j+1\choose k+1}-{j\choose k+1}\right]\quad\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n+1\choose k+1}\end{align*}$$Như vậy, $(1)$ được chứng minh
Bây giờ, ta sẽ chứng minh:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta có:
$$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}&\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor\left[{n\choose k}+{n\choose k+1}\right]\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}+\sum_{k=1}^n\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\right){n\choose k}\\&=S_{n-1}+\sum_{k=1}^n k{n\choose k-1}-\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor{n\choose k}&\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=1}^n{n-1\choose k-1}-\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}-S_{n-1}\\&=n2^{n-1}&\end{align*}$$ Bài toán được chứng minh.
Lời giải:
Ta ký hiệu lại như sau:
Tổng cần tính là $$S_n=\sum_{k=1}^n f(k,n)$$ với $f(k,n)$ là tổng đan dấu các phần tử của mỗi tập con, tất cả các tập con có $k$ phần tử của $A$ trong đó phần tử lớn nhất mang dấu $(+)$
Ta sẽ chứng minh $f(k,n)=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}\quad(k\le n)\qquad(1)$
Rồi từ đó suy ra tổng cần tính là:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta chứng minh $(1)$ bằng quy nạp theo $k$.
Ta có:
$$f(1,n)=1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}=\left\lfloor\frac{1+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose 1+1}$$Như vậy $(1)$ đúng với $k=1$
Giả sử $(1)$ đúng đến $k-1$ thỏa $1\le k-1<n$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $k$.
Xây dựng phép đếm $f(k,n)$ theo các tập con có phần tử lớn nhất là $j$ với $k\le j\le n$
Do $j$ là số lớn nhất nên có ${j-1\choose k-1}$ tập con $k$ phần tử bắt đầu bởi $j$. Bớt đi số hạng $j$ trong các tập con $k$ phần tử, ta được các tập con $k-1$ phần tử với phần tử lớn nhất là $j-1$
Như vậy ta có: $$\begin{align*}f(k,n)&=\sum_{j=k}^n \left(j{j-1\choose k-1}-f(k-1,j-1)\right)\\&=\sum_{j=k}^n \left(k{j\choose k}-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor{j\choose k}\right)\quad\\&=\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor\right)\sum_{j=k}^n {j\choose k}\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor \sum_{j=k}^n \left[{j+1\choose k+1}-{j\choose k+1}\right]\quad\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n+1\choose k+1}\end{align*}$$Như vậy, $(1)$ được chứng minh
Bây giờ, ta sẽ chứng minh:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta có:
$$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}&\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor\left[{n\choose k}+{n\choose k+1}\right]\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}+\sum_{k=1}^n\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\right){n\choose k}\\&=S_{n-1}+\sum_{k=1}^n k{n\choose k-1}-\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor{n\choose k}&\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=1}^n{n-1\choose k-1}-\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}-S_{n-1}\\&=n2^{n-1}&\end{align*}$$ Bài toán được chứng minh.
Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số nguyên, $b$ lẻ, xác định dãy $f(n), n=0,1,2,...$ như sau:
$$\left\{\begin{matrix} f(0)=4,f(1)=0,f(2)=2c,f(3)=3b\\ f(n+3)=af(n-1)+bf(n)+cf(n+1), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ và mọi số nguyên tố $p$, ta luôn có: $f(p^m)$ chia hết cho $p$.
$$\left\{\begin{matrix} f(0)=4,f(1)=0,f(2)=2c,f(3)=3b\\ f(n+3)=af(n-1)+bf(n)+cf(n+1), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ và mọi số nguyên tố $p$, ta luôn có: $f(p^m)$ chia hết cho $p$.
Lời giải:
Phương trình đặc trưng của dãy $f(n)$ là $P(x)=x^{4}-cx^{2}-bx-a=0$, phương trình này có 4 nghiệm phức $\alpha _{i},i=1,2,3,4$ . Ta sẽ chỉ ra, phương trình này không có nghiệm bội. Giả sử phản chứng tồn tại số phức $\alpha $ sao cho $P(\alpha )=P'(\alpha )=0$, khi đó $\alpha $ là nghiệm của $$Q(x)=-4P(x)+xP'(x)=2cx^{2}+3bx+4a$$Là nghiệm của đa thức $$H(x)=2xQ(x)-cP'(x)=6bx^{2}+(4a+2c^{2})x+bc$$và là nghiệm của đa thức $$K(x)=cH(x)-3bQ(x)=(4ac+2c^{3}-9b^{2})x+(bc-12ab)$$ Như vậy, $\alpha $ là số hữu tỉ và là nghiệm của đa thức monic $P(x)$ nên là số nguyên. Khi đó, $P'(\alpha)$ là số lẻ, mâu thuẫn.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bắc Giang, năm học 2013-2014)
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_1=0, x_2=1\\x_{n+1}=\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}\end{cases}$$Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải:
Không mấy khó khăn, ta có thể thấy ngay rằng $x_n>0$. Ta xét hàm số hai biến sau: $$f(a, b)=\dfrac{3a+2}{10b+2a+2},\forall a, b>0$$Cố định $a$, ta có: $$f'_a(b)=-\dfrac{10(3a+2)}{(10b+2a+2)^2}<0, \forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_a(b)$nghịch biến trên $\mathbb{R^+}$ .
Cố định $b$, ta có: $$f'_b(a)=\dfrac{10b+2}{(10b+2a+2)^2}>0,\forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_b(a)$ đồng biến trên $\mathbb{R^+}$
Ta lại có:$$2-x_{n+1}=2-\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}=\dfrac{20x_n+x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}>0\\\Rightarrow 0<x_n<2,\forall n\in\mathbb{N^*}$$ Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng: $(x_{2n})$ giảm và $(x_{2n+1})$ tăng, mặt khác $(x_n)$ bị chặn dưới bởi $0$ và bị chặn trên bởi $2$. Và như thế chúng hội tụ, giả sử $(x_{2n})$ và $(x_{2n+1})$ lần lượt hội tụ về $K$ và $L$. Chuyển qua giới hạn, ta thu được: $$\begin{cases}K=\dfrac{3K+4}{10L+2K+2}\\L=\dfrac{3L+4}{10K+2L+2}\end{cases}\Leftrightarrow K=L=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}$$. Và cuối cùng, ta thu được kết quả: $$\boxed{\lim x_n=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}}$$
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_1=0, x_2=1\\x_{n+1}=\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}\end{cases}$$Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải:
Không mấy khó khăn, ta có thể thấy ngay rằng $x_n>0$. Ta xét hàm số hai biến sau: $$f(a, b)=\dfrac{3a+2}{10b+2a+2},\forall a, b>0$$Cố định $a$, ta có: $$f'_a(b)=-\dfrac{10(3a+2)}{(10b+2a+2)^2}<0, \forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_a(b)$nghịch biến trên $\mathbb{R^+}$ .
Cố định $b$, ta có: $$f'_b(a)=\dfrac{10b+2}{(10b+2a+2)^2}>0,\forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_b(a)$ đồng biến trên $\mathbb{R^+}$
Ta lại có:$$2-x_{n+1}=2-\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}=\dfrac{20x_n+x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}>0\\\Rightarrow 0<x_n<2,\forall n\in\mathbb{N^*}$$ Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng: $(x_{2n})$ giảm và $(x_{2n+1})$ tăng, mặt khác $(x_n)$ bị chặn dưới bởi $0$ và bị chặn trên bởi $2$. Và như thế chúng hội tụ, giả sử $(x_{2n})$ và $(x_{2n+1})$ lần lượt hội tụ về $K$ và $L$. Chuyển qua giới hạn, ta thu được: $$\begin{cases}K=\dfrac{3K+4}{10L+2K+2}\\L=\dfrac{3L+4}{10K+2L+2}\end{cases}\Leftrightarrow K=L=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}$$. Và cuối cùng, ta thu được kết quả: $$\boxed{\lim x_n=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}}$$
Monday, September 1, 2014
Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}u_0=\dfrac{1}{3}, u_1=\dfrac{1}{2}\\u_{n+2}=\dfrac{1}{4}u^2_{n+1}+\dfrac{3}{4}\sqrt{u_n}, \forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$ Tính giới hạn: $\lim u_n$.
Lời giải:
Xét dãy số $(v_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}v_0=\dfrac{1}{3}\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v^2_n+\dfrac{3}{4}\sqrt{v_n},\forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$
Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $0< u_n <1$. Xét hàm số: $$f(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{x}, x\in(0; 1)$$ Dễ thấy ngay rằng $f(x)$ là hàm đồng biến . Do đó, nếu $v_n>v_{n-1}$thì ta phải có: $$v_{n+1}=f(v_n)>f(v_{n-1})=v_n$$ Suy ra $(v_n)$ là dãy tăng và bị cặn bởi $1$, như thế nó hội tụ, giả sử $u_n$ hội tụ về $L$, chuyển qua giới hạn, ta được: $$L=\dfrac{1}{4}L^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{L}\Leftrightarrow \sqrt{L}(\sqrt{L}-1)(L+\sqrt{l}-3)=0$$ kết hợp với $0<v_n<1$ ta có $L=1$ Như vậy $\lim u_n=1$
Bằng qui nạp, ta cũng chứng minh được rằng: $0<u_n<1$ và $v_n<\min\{v_{2n}, v_{2n+1}\}$. Theo đó, ta có: $$v_n\le u_{2n}<1\\v_n\le u_{2n+1}<1$$ Cuối cùng, kết hợp với $\lim v_n=1$. Ta có ngay: $$\boxed{\lim u_n=1}$$
Lời giải:
Xét dãy số $(v_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}v_0=\dfrac{1}{3}\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v^2_n+\dfrac{3}{4}\sqrt{v_n},\forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$
Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $0< u_n <1$. Xét hàm số: $$f(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{x}, x\in(0; 1)$$ Dễ thấy ngay rằng $f(x)$ là hàm đồng biến . Do đó, nếu $v_n>v_{n-1}$thì ta phải có: $$v_{n+1}=f(v_n)>f(v_{n-1})=v_n$$ Suy ra $(v_n)$ là dãy tăng và bị cặn bởi $1$, như thế nó hội tụ, giả sử $u_n$ hội tụ về $L$, chuyển qua giới hạn, ta được: $$L=\dfrac{1}{4}L^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{L}\Leftrightarrow \sqrt{L}(\sqrt{L}-1)(L+\sqrt{l}-3)=0$$ kết hợp với $0<v_n<1$ ta có $L=1$ Như vậy $\lim u_n=1$
Bằng qui nạp, ta cũng chứng minh được rằng: $0<u_n<1$ và $v_n<\min\{v_{2n}, v_{2n+1}\}$. Theo đó, ta có: $$v_n\le u_{2n}<1\\v_n\le u_{2n+1}<1$$ Cuối cùng, kết hợp với $\lim v_n=1$. Ta có ngay: $$\boxed{\lim u_n=1}$$
Subscribe to:
Posts (Atom)