n =10

\(\Leftrightarrow-x^3-x⋮x^2-2\)

\(\Leftrightarrow-x^3+2x-3x⋮x^2-2\)

\(\Leftrightarrow-3x^2⋮x^2-2\)

\(\Leftrightarrow x^2-2\in\left\{1;-1;2;-2;3;-3;6;-6\right\}\)

hay \(x\in\left\{1;-1;2;-2\right\}\)

\(A=\frac{4n+1}{2n+3}=\frac{4n+6-5}{2n+3}=2-\frac{5}{2n+3}\) A nguyên nên 2n+3\(\in\)U(5)={5,-5,1,-1} nên n\(\in\){2, -4, -1, -2}

A=\(2-\frac{5}{2n+3}\) nên có giá trị lớn nhất khi 2n+3=-1 <=>A=7, nhỏ nhất khi 2n+3=1 <=>A=-3

Llklkksd

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∈\(Z^{+}\)

Vì \(n\in Z^+\)nên\(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)>n^3\Rightarrow\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}>n\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}+...+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}>n\)(1)

Lại có:\(n^2+2n+1>n^2+2n\Rightarrow\left(n+1\right)^2>n\left(n+2\right)\Rightarrow\left(n+1\right)^3>n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(\Rightarrow n+1>\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\\ \Rightarrow\sqrt[3]{n^3+3n^2+3n+1}>\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+n+1}>\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{\left(n+1\right)^3}>\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}\)

Tương tự \(\Rightarrow n+1>\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}+...+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(n< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}+...+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}< n+1\)

\(n\in Z^+\)nên n² < n² + 2n < n² + 2n + 1 <=> n² < n(n + 2) < (n + 1)² => n³ < n(n + 1)(n + 2) < (n + 1)³ 

=>\(n< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}< n+1\)

=>\(n< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+n}\)\(< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+n+1}\)\(=\sqrt[3]{\left(n+1\right)\left(n^2+2n+1\right)}=\sqrt[3]{\left(n+1\right)\left(n+1\right)^2}=n+1\)

=>\(n< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+n}\)

\(< \sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+\sqrt[3]{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}}< n+1\)

Tiếp tục như vậy,ta có đpcm.