Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: f(n+1)>f(n)
=>f(n+1)>=f(n)+1
Áp dụng quy nạp toán học cho bất đẳng thức trên, với mọi k và m là các số nguyên dương sao cho k>m, ta có:
\(f(k) \ge f(m) + k - m\)
Lấy k=f(n) và m=n, ta sẽ có:
Khi f(n)>n thì \(f(f(n)) \ge f(n) + f(n) - n = 2f(n) - n\)
=>\(n+2000\ge2f(n)-n\)
=>\(2f(n)\le2n+2000\implies f(n)\le n+1000\)
Giả sử tồn tại \(n_0\in Z^{+}\) sao cho \(f(n_0 + 1) \ge f(n_0) + 2\)
Vì hàm số f(n) tăng nên với mọi k>=1 ta sẽ có:
\(f(n_0 + k) \ge f(n_0 + 1) + k - 1 \ge f(n_0) + k + 1\)
Chọn k sao cho \(n_0+k=f\left(n_0\right)\)
=>\(k=f\left(n_0\right)-n_0\)
Khi đó, ta có:
\(f(f(n_0)) \ge f(n_0) + (f(n_0) - n_0) + 1 = 2f(n_0) - n_0 + 1\)
=>\(n_0+2000\ge2f(n_0)-n_0+1\)
=>\(2f(n_0)\le2n_0+1999\)
=>\(f(n_0)\le n_0+999.5\)
Thực hiện đánh giá tương tự cho n bước nhảy lớn hơn 1, ta sẽ thấy mâu thuẫn khi xét chu kỳ của f(f(n))=n+2000
Từ f(n+1)>=f(n)+1, bằng cách quy nạp cho 2000 bước thì ta sẽ có:
\(f(n + 2000) \ge f(n) + 2000\)
=>\(f(f(f(n))) \ge f(n) + 2000\)
mà theo điều kiện \(f(f(n))=n+2000,\forall n\in Z^{+}\) thì ta sẽ có:
\(f(f(f(n))) = f(n) + 2000\)
Dấu '=' xảy ra khi f(x+1)=f(x)+1∀x∈\(Z^{+}\)
\(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}>\frac{1}{\sqrt[3]{3}}>...>\frac{1}{\sqrt[3]{n}}\)
\(\Rightarrow\frac{n-1}{\sqrt[3]{n}}< f\left(n\right)< \frac{n-1}{\sqrt[3]{2}}\)
Mà \(\lim\limits\frac{n-1}{\sqrt[3]{n}\left(n^2+1\right)}=\lim\limits\frac{n-1}{\sqrt[3]{n}\left(n^2+1\right)}=0\)
\(\Rightarrow\lim\limits\frac{f\left(n\right)}{n^2+1}=0\)
