\(S_1=1\) (còn \(S_n=1\Rightarrow S=2015\))

Tính được \(S_1=1;S_2=-2-\sqrt{3};S_3=-2+\sqrt{3};S_4=1\)

Vậy \(S_i=S_{i+3}\left(i\ge1\right)\)

Mà \(S_1+S_2+S_3=-3\)

\(\Rightarrow S=\sum\limits^{2015}_{i=1}\left(S_i\right)=-3\cdot668+S_{2015}=-3\cdot668+1=-2003\)

#Kaito#

\(\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)}=\frac{\sqrt{n}}{n\left(n+1\right)}=\sqrt{n}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)\(=\sqrt{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< \sqrt{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right).\frac{2}{\sqrt{n}}\)\(=2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)

=>\(S_1+...+S_n< 2\left(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< 2\)

Câu 1:

Ta thấy \(S_2=\dfrac{\sqrt{3}+S_1}{1-\sqrt{3}S_1}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}=\dfrac{\left(1+\sqrt{3}\right)^2}{\left(1-\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{3}\right)}\)\(=\dfrac{4+2\sqrt{3}}{-2}=-2-\sqrt{3}\)

Từ đó \(S_3=\dfrac{\sqrt{3}+S_2}{1-\sqrt{3}S_2}=\dfrac{\sqrt{3}-2-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}\left(-2-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-2}{4+2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\) 

và \(S_4=\dfrac{\sqrt{3}+S_3}{1-\sqrt{3}S_3}=\dfrac{\sqrt{3}+\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}}{1-\dfrac{\sqrt{3}}{-2-\sqrt{3}}}=\dfrac{-2\sqrt{3}-3+1}{-2-\sqrt{3}-\sqrt{3}}=1\)

Đến đây ta thấy \(S_4=S_1\). Cứ tiếp tục làm như trên, ta rút ra được:

\(S_{3k+1}=1\); \(S_{3k+2}=-2-\sqrt{3}\) và \(S_{3k+3}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\), với \(k\inℕ\) 

Ta tính số các số thuộc mỗi dạng \(S_{3k+i}\left(i=1,2,3\right)\) từ \(S_1\) đến \(S_{2017}\).

 - Số các số hạng có dạng \(S_{3k+1}\) là \(\left(2017-1\right):3+1=673\) số

 - Số các số hạng có dạng \(S_{3k+2}\) là \(\left(2015-2\right):3+1=672\) số

 - Số các số hạng có dạng \(S_{3k+3}\) là \(\left(2016-3\right):3+1=672\) số

Như thế, tổng S có thể được viết lại thành 

\(S=\left(S_1+S_4+...+S_{2017}\right)+\left(S_2+S_5+...+S_{2015}\right)+\left(S_3+S_6+...+S_{2016}\right)\)

\(S=613+612\left(-2-\sqrt{3}\right)+612\left(\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\right)\)

Tới đây mình lười rút gọn lắm, nhưng ý tưởng làm bài này là như vậy.

Có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (1)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(x+\sqrt{x^2+5}\right)}{x+\sqrt{x^2+5}}.\dfrac{\left(y-\sqrt{y^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)}{y+\sqrt{y^2+5}}=5\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (2) 

Từ (1) và (2) ta có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)\)

\(\Leftrightarrow x\sqrt{y^2+5}+y\sqrt{x^2+5}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(y^2+5\right)=y^2\left(x^2+5\right)\left(y\le0;x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\left(\text{loại}\right)\\x=-y\left(\text{nhận}\right)\end{matrix}\right.\)

Khi đó M = x³ + y³ = 0

N = x² + y² = 2y²

Anh xyz ơi giải thích hộ em chỗ (2) ấy.

Giải:

Ta có :

\(Sn=\frac{4n+\sqrt{\left(2n+1\right)\left(2n-1\right)}}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)\left[\left(2n-1\right)+\left(2n+1\right)+\sqrt{\left(2n+1\right)\left(2n-1\right)}\right]}{\left(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}\right)\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)}.\)

\(=\frac{\left(\sqrt{2n+1}\right)^3-\left(\sqrt{2n-1}\right)^3}{2}\)

Tương tự =>\(S_1+S_2+...+S_{40}=\frac{\left(\sqrt{2n_1+1}\right)^3+\sqrt{2n_{40}+1}^3}{2}\)

Sau đó thì dễ rồi ha

Cái đề thấy sai sai. You xem lại thử nhé

n là gì? Không cho thì đề sai nhé.