Cho các số dương a, b, c, d thỏa: $a.b.c.b=1$. Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng:

$S=\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} + \frac{1}{{1 + d}} \ge \frac{{3 + k}}{2}$ (1)

 

Cho $a=b=c\to+\infty$ thì $d\to0$ và $S\to1$. Do đó (1) suy ra $1\ge\frac{3+k}{2}\Rightarrow k\le-1$.

Ta sẽ CM $k=-1$ là hằng số tốt nhất. Thật vậy, ta sẽ CM $S>1$ ?

Do $(ab).(cd)=1$ nên chỉ có 2 trường hợp sau :

* Nếu $cd\ge1\ge ab$ thì $S>\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{1}{1+acd}+\frac{acd}{acd+1}=1$

* Nếu $ab\ge1\ge cd$ thì $S>\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}\ge\frac{1}{1+abc}+\frac{abc}{abc+1}=1$

Suy ra trong mọi trường hợp luôn có $S>1$.

Vậy $k=-1$ là hằng số tốt nhất sao cho (1) luôn đúng.

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương thỏa mãn $a^{3}b^{2}+(a^{3}-2ac)b+c(c-a)=0$

Pt được viết lại dưới dạng pt bậc $2$ theo biến $c$ như sau : $c^2-a(2b+1).c+a^3b(b+1)=0$

Ta có : $\Delta_c=[a(2b+1)]^2-4a^3b(b+1)=a^2[1-4b(b+1)(a-1)]$

* Nếu $a\ge2$ thì $\Delta_c<0$, khi đó sẽ không có nghiệm $c$

* Nếu $a=1$ thì $\Delta_c=1$. Khi đó suy ra c=b$  hoặc  $c=b+1$.

Vậy tất cả các bộ số nguyên dương thoả pt là : $(a,b,c)=(1,n,n)\ ;\ (1,n,n+1)$ (với mọi $n\in\mathbb{Z}^+$)

mình vẫn thấy cách thứ hai cũng mang tính truy hồi. về mặt tính toán, cách thứ hai có vẻ hợp lý hơn, $f^{(n)}= (f')^{(n-1)}$ có nghĩa ta cần tính $f'$ trước, sau đó tính đạo hàm cấp $n-1$ của hàm vừa tính. 

 

còn vì sau nói cách thứ hai cũng mang tính truy hồi, thì ta thấy đạo hàm bậc $n$ được định nghĩa dựa trên đạo hàm bậc $n-1$ của hàm $f'$,... 

 

mình không thấy lý do vì sau cách thứ hai không hợp lý cả, có chăng chỉ là quy ước.

 

 

à mà vì sao $(x)$ nằm ở chỉ số vậy? dường như bạn kia gõ $f^{(n)}_{(x)}$, chứ không phải $f^{(n)}(x)$.

Vậy là bạn chưa hiểu thế nào là tính truy hồi, thì sẽ có thể biểu diễn dưới dạng pt truy hồi. Chứ không phải chỉ có nghĩa là tính lùi không đâu (cả 2 cách viết đều cần phải tính lùi, tức là tính trước đạo hàm cấp thấp hơn từ $f',\ f'',\ f^{(3)},\ ...$).

Chẳng hạn gọi dãy hàm $F_n=f^{(n)}$ thì pt truy hồi ở đây chính là $F_n=(F_{n-1})'$.

Còn trong cách viết thứ hai, pt truy hồi của bạn là gì nhỉ !?

Như mình đã nói, công thức 1 chỉ dùng để định nghĩa và cho một cách tính đạo hàm cấp $n$ (cấp cao). Và muốn biết hàm $f$ với TXĐ $D_f$ có đạo hàm cấp $n$ hay không thì ta kiểm tra $F_{n-1}$ có đạo hàm trên $D_f$ hay không, tức là kiểm tra có tồn tại $\lim_{x\to x_0}\frac{F_{n-1}(x)-F_{n-1}(x_0)}{x-x_0}\ (\forall x_0\in D_f)$ hay không ? Và khi $f$ có đạo hàm cấp $n$ rồi thì có thể dùng thoải mái công thức sau đây : $f^{(n)}\equiv (f^{(i)})^{(j)}$ ($\forall i+j=n$).

Cách viết $f'_x$ tức là tính đạo hàm của $f$ theo biến $x$ (trong đó, $f$ có thể là hàm một biến hoặc nhiều biến). Còn $f(x)$ là hàm số một biến $x$. Khi đã biết rõ hàm $f$ chỉ có 1 biến $x$ và không sợ gây nhầm lẫn gì thì đạo hàm của hàm $f$ có thể viết là $f'_x(x)$, hoặc gọn hơn là $f'(x)$, và khi không nhắc đến ẩn $x$ thì gọn hơn nữa là $f'$.

Cho tam giác ABC có các điểm P,Q thuộc cạnh BC sao cho AP=AQ. Đường tròn ngoại tiếp tam giác APB cắt CA tại E khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC cắt AB tại F khác A. Lấy các điểm M,N lần lượt thuộc tia đối của các tia PE,QF sao cho PM.QN=PE.QF. R là giao điểm của BN và CM. K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác RMN. Chứng minh rằng AK vuông góc BC.

Gọi $L$ là các giao điểm khác $N$ của $QN$ với đuờng tròn $(K)$

Dễ thấy $\widehat{EPC}=\widehat{BAC}=\widehat{FQB}$ (do $AEPB,\ AFQC$ là các tứ giác nội tiếp) $\Rightarrow$$\widehat{MPQ}=\widehat{PQL}$

Do đó $\Delta PEC\sim\Delta ABC\sim\Delta QBF$ $\Rightarrow PC.QB=PE.QF\overset{(gt)}{=}PM.QN\Rightarrow\frac{PC}{PM}=\frac{QN}{QB}$

Suy ra $\Delta MPC\sim\Delta BQN\Rightarrow$$\widehat{BCM}=\widehat{RNL}=\widehat{CML}$$\Rightarrow ML//BC$ (so le trong $=$ nhau)

Như thế $MPQL$ là hình thang cân và có trục đối xứng là đuờng trung trực chung của 2 đáy $ML,PQ$ (tứ giác có 2 cạnh $//$ và 2 góc đáy $=$).

Mà $K\in$ đường trung trực của $ML$ (do $KM=KL$) nên $K$ cũng $\in$ đường trung trực của $PQ$

Mặt khác $A\in$ đường trung trực của $PQ$ (do $AP=AQ$)

Vậy $AK$ là đường trung trực của $PQ$. Nên $AK\perp PQ$. Hay $AK\perp BC$. (đpcm)

Mọi người cho em hỏi tại sao có thể viết : $f_{(x)}^{(n)}=(f^{(n-1)}_{(x)})'$ mà không viết được $f_{(x)}^{(n)}=(f'_{(x)})^{(n-1)}$

Về mặt kết quả thì là như nhau (lí do kết quả bằng nhau là do hàm $f$ khi đó có đạo hàm cấp $n$). Nhưng :

Cách viết đầu mang ý nghĩa là cách tính truy hồi, tức là tính dần từ $f$, $f'$, $f''$, ... $f^{(n-1)}$ đến $f^{(n)}$. Còn một ý nghĩa nữa là "$f(x)$ có đạo hàm cấp $n$ khi $g(x)=f^{(n-1)}(x)$ có đạo hàm, và kí hiệu $f^{(n)}=g'(x)$.

Cách viết thứ hai ko toát lên được các điều trên.

Không phải hàm nào cũng có đạo hàm mọi cấp đâu. Ví dụ như hàm sau có đh cấp 1, nhưng không có đh cấp 2 :

$f(x)=\begin{cases}x &,\ x\le1 \\ x^2-x+1 &,\ x>1\end{cases}$

Dạ ở đoạn chứng minh $A= \frac{x+z}{ry+x}+\frac{x+z}{rt+z}+\frac{y+t}{rx+y}+\frac{y+t}{rz+t}\geq \frac{8}{r+1}$ ạ. Em chứng minh toàn bị ngược dấu 

$A=(x+z)\left(\frac{1}{ry+x}+\frac{1}{rt+z}\right)+(y+t)\left(\frac{1}{rx+y}+\frac{1}{rz+t}\right)$

    $\overset{Côsi-Schwarz}{\ge}(x+z)\frac{4}{(x+z)+r(y+t)}+(y+t)\frac{4}{(y+t)+r(x+z)}$$=4\left[\frac{(x+z)^2}{(x+z)^2+r(x+z)(y+t)}+\frac{(y+t)^2}{(y+t)^2+r(y+t)(x+z)}\right]$

    $\overset{Côsi-Schwarz}{\ge}\frac{4(x+y+z+t)^2}{(x+z)^2+(y+t)^2+2r(x+z)(y+t)}\overset{(*)}{\ge}\frac{8}{r+1}$

$\begin{array}\ \text{Do (*)}&\Leftrightarrow 4(r+1)(x+y+z+t)^2\ge8[(x+z)^2+(y+t)^2+2r(x+z)(y+t)] \\ &\Leftrightarrow 4[(x+z)^2+(y+t)^2](r-1)\ge8(x+z)(y+t)(r-1) \\ &\Leftrightarrow 4[(x+z)-(y+t)]^2(r-1)\ge0\ (\text{Đúng}) \end{array}$

Bài 1) So sánh các biểu thức sau:

$a) \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{\sqrt{2}}$ và $\left ( \frac{\pi}{5} \right )^{-\sqrt{3}}$

$\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\sqrt{2}}\overset{\frac{\pi}{2}>1\ ;\ \sqrt{2}<\sqrt{3}}{<}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\sqrt{3}}\overset{\pi^2<10}{<}\left(\frac{5}{\pi}\right)^{\sqrt{3}}=\left(\frac{\pi}{5}\right)^{-\sqrt{3}}$

Biết $\left\{\begin{matrix} (3\overrightarrow{a}-5\overrightarrow{b})(2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0\\(\overrightarrow{a}+4\overrightarrow{b})(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})=0 \end{matrix}\right.$. Tính $cos(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b})$

A:)

(gt) $\Leftrightarrow\begin{cases}6|\vec{a}|^2-5|\vec{b}|^2-7\vec{a}.\vec{b}=0 \\ |\vec{a}|^2-4|\vec{b}|^2+3\vec{a}.\vec{b}=0\end{cases}$$\Leftrightarrow\begin{cases}3\left(6|\vec{a}|^2-5|\vec{b}|^2\right)+7\left(|\vec{a}|^2-4|\vec{b}|^2\right)=0 \\ \vec{a}.\vec{b}=\frac{4|\vec{b}|^2-|\vec{a}|^2}{3}\end{cases}$$\Leftrightarrow\begin{cases} 25|\vec{a}|^2=43|\vec{b}|^2 \\ \vec{a}.\vec{b}=\frac{19}{25}.|\vec{b}|^2\end{cases}$$\Leftrightarrow\begin{cases} |\vec{a}|=\frac{\sqrt{43}}{5}.|\vec{b}| \\ \vec{a}.\vec{b}=\frac{19}{25}.|\vec{b}|^2\end{cases}$.

$\boxed{}$ Nếu $|\vec{b}|=0$ thì $|\vec{a}|=0$ và $\cos(\vec{a},\vec{b})=\cos0=1$.

$\boxed{}$ Nếu $|\vec{b}|\ne0$ thì $|\vec{a}|\ne0$ và $\cos(\vec{a},\vec{b})=\frac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{a}|.|\vec{b}|}=\frac{\frac{19}{25}|\vec{b}|^2}{\frac{\sqrt{43}}{5}|\vec{b}|^2}=\frac{19}{5\sqrt{43}}=\frac{19\sqrt{43}}{215}$.

Bài 1) So sánh các biểu thức sau:

$a) \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{\sqrt{2}}$ và $\left ( \frac{\pi}{5} \right )^{-\sqrt{3}}$

$b)\left ( e-1 \right )^{e-2}$ và $\left ( e-2 \right )^{e-1}$

$c)\left ( n+1 \right )^{n}$ và $n^{(n+1)}(0< n< e-1)$

Xét hàm $f(x)=\frac{\ln{x}}{x}$  với $0<x<e$

$f'(x)=\frac{1-\ln{x}}{x^2}\ge0$ , $\forall x\in(0;\ e)$

Suy ra $f$ là hàm đồng biến trên $(0;\ e)$. (*)

b).

$0<e-2<e-1<e$ $\overset{(*)}{\Rightarrow} f(e-2)<f(e-1)$$\Rightarrow \frac{\ln{e-2}}{e-2}<\frac{\ln{e-1}}{e-1}$$\Rightarrow \ln(e-2)^{e-1}<\ln(e-1)^{e-2}$$\Rightarrow (e-2)^{e-1}<(e-1)^{e-2}$.

c).

$0<n<n+1<e$ $\overset{(*)}{\Rightarrow} f(n)<f(n+1)$$\Rightarrow\frac{\ln{n}}{n}<\Rightarrow\frac{\ln{n+1}}{n+1}$$\Rightarrow\ln{n^{n+1}}<\ln{(n+1)^n}$$\Rightarrow n^{n+1}<(n+1)^n$.

Ta định nghĩa phép toán $|$ (hay NAND) và phép toán $ \downarrow $ (hay NOR) như sau:

$1|1=0,1|0=0|1=0|0=1$ và $1\downarrow  1=1\downarrow 0=0\downarrow 1=0,0\downarrow 0=1$

Hãy chứng minh tập $\{|\}$ và $\{\downarrow \}$ là đầy đủ trong đại số boole.

Một tập là đầy đủ trong đại số Boole nếu tất cả các hàm Boole đều có thể biểu diễn bằng các phép toán trong tập đó.

Như ta đã biết ${.,\ +,\ -}$ là đầy đủ trong đại số Boole (do định nghĩa đại số Boole với 3 phép toán : Tích Boole, Tổng Boole, Phần bù).

Tập $\{.,-\}$ là đầy đủ vì có thể thay thế phép toán $+$ như sau : $x+y=\overline{\overline{x}.\overline{y}}$

Tập $\{+,-\}$ là đầy đủ vì có thể thay thế phép toán $.$ như sau : $x.y=\overline{x+y}$

Tập $\{.,+\}$ là không đầy đủ vì không thể biểu diễn thay thế phép toán $-$ được và hai phép toán $.$ và $+$ còn có thể thay thế lẫn nhau.

Tập $\{|\}$ là đầy đủ vì có thể thay thế hai phép toán $\{.,-\}$ như sau : $x.y=(x|y)|(y|x)\ ;\ \overline{x}=x|x$.

Tập $\{\downarrow\}$ là đầy đủ vì có thể thay thế hai phép toán $\{+,-\}$ như sau : $x+y=(x\downarrow y)\downarrow(x\downarrow y)\ ;\ \overline{x}=x\downarrow x$.

Một đa giác đều có tổng số đo tất cả các góc ngoài và một góc trong của đa giác bằng $504^{0}$. Hỏi đa giác đều có mấy cạnh.

G/s đa giác đều có $n$ cạnh (bằng nhau). Do đó có $n$ đỉnh và $n$ góc trong (bằng nhau)

Tại mỗi đình có thể kẻ được $(n-3)$ đường chéo của đa giác

Số đường chéo này sẽ chia đa giác thành $(n-2)$ tam giác

Như vậy tổng số đo tất cả góc trong của đa giác bằng $(n-2).180^0$

Suy ra số đo mỗi góc trong bằng $\frac{(n-2).180^0}{n}$, và số đo mỗi góc ngoài bằng $180^0-\frac{n-2}{n}.180^0=\frac{360^0}{n}$

Theo (gt) ta có : $\frac{(n-1).360^0}{n}+\frac{(n-2).180^0}{n}=504^0\Rightarrow n=20$

Vậy đa giác đều có $20$ cạnh.

Cho 3 đườn tròn $(O_1,R_1)\ , (O_1,R_2)\ ,\ (O_3,R_3)$ bất kì có tâm cố định.

1/. Gọi $(I,r)$ là đường tròn nội tiếp 3 đường tròn trên nếu nó lần lượt tiếp xúc ngoài với cả 3 đường tròn đó. Tìm điều kiện cần và đủ của $R_1,R_2,R_3$ để tồn tại đường tròn nội tiếp? Tính $r$ theo $R_1,R_2,R_3$ khi đó? Có thể dựng được $(I,r)$ hay không?

2/. Gọi $(O,R)$ là đường tròn ngoại tiếp 3 đường tròn trên nếu nó lần lượt tiếp xúc trong với cả 3 đường tròn đó. Tìm điều kiện cần và đủ của $R_1,R_2,R_3$ để tồn tại đường tròn ngoại tiếp? Khi đó, tính $R$ theo $R_1,R_2,R_3$? Có thể dựng được $(O,R)$ hay không?

3/. Gọi $(I'_1,r'_1)$ là đường tròn bàng tiếp nội tại $(O_1)$ của 3 đường tròn trên nếu nó lần lượt tiếp xúc trong với $(O_1)$ và tiếp xúc ngoài với $(O_2)$ và $(O_3)$. Tìm điều kiện cần và đủ của $R_1,R_2,R_3$ để tồn tại đường tròn bàng tiếp nội tại $(O_1)$? Khi đó, tính $r'_1$ theo $R_1,R_2,R_3$? Có thể dựng được $(I'_1,r'_1)$ hay không?

4/. Gọi $(O'_1,R'_1)$ là đường tròn bàng tiếp ngoại tại $(O_1)$ của 3 đường tròn trên nếu nó lần lượt tiếp xúc ngoài với $(O_1)$ và tiếp xúc trong với $(O_2)$ và $(O_3)$. Tìm điều kiện cần và đủ của $R_1,R_2,R_3$ để tồn tại đường tròn bàng tiếp ngoại tị $(O_1)$? Khi đó, tính $R'_1$ theo $R_1,R_2,R_3$? Có thể dựng được $(O'_1,R'_1)$ hay không?

Đồng tình với bạn là mỗi phần tử của X có m cách chọn ảnh từ Y. Vậy nên mỗi phần tử của X có m ánh xạ. Mà tập X có n phần tử nên phải có m.n ánh xạ chứ

Ở đây là quy tắc nhân, chứ ko phải quy tắc cộng. Cụ thể :

Để xây dựng ánh xạ $f\ :\ X\to Y$, ta thực hiện $n$ bước công việc sau:

B1 : xây dựng $f(1)$, có $m$ cách

B2 : xây dựng $f(2)$, có $m$ cách

$\vdots$

B$_n$ : xây dựng $f(n)$, có $m$ cách

$\Rightarrow$ để xây dựng ánh xạ $f\ :\ X\to Y$ có tất cả : $\underset{n\text{ lần}}{\underbrace{m.m...m}}=m^n$ cách.

Vậy số ánh xạ $f\ :\ X\to Y$ là $m^n$.

----------------------------------------------------------------------------------

Qui tắc cộng : Để hoàn thành công việc, ta có $n$ cách (trường hợp) để làm. Chỉ cần thực hiện một trong $n$ cách (trường hợp) đó là đủ hoàn thành công việc (chứ ko cần phải làm hết $n$ trường hợp đó). Trong $n$ trường hợp đó, mỗi trường hợp thứ $i$ lại có riêng $a_i$ cách để làm. Vậy để hoàn thành công việc, ta có tất cả : $a_1+a_2+...+a_n$ (cách).

Qui tắc nhân : Để hoàn thành công việc, ta có $n$ công việc nhỏ (bước/giai đoạn) để làm. Cần phải thực hiện đủ $n$ công việc nhỏ (bước) thì mới đủ hoàn thành công việc. Trong $n$ bước đó, mỗi bước thứ $i$ lại có riêng $a_i$ cách để làm. Vậy để hoàn thành công việc, ta có tất cả : $a_1.a_2. ... .a_n$ (cách).

Cho một đường thẳng $a$ cố định và 1 điểm $A\in a$, đường tròn $(O)$ cố định. Dựng $(I)$ tiếp xúc $(O)$ và $a$ tại $A$

Cách 2 :

Gọi $(I,r)$ tx với $a$ tại $A$ và với $(O,R)$. Xét phép nghịch đảo

$\begin{array}\ N_A^{k>0}\ : & a\leftrightarrow a \\ & (I,r)\leftrightarrow d_{I'} \text{, với } d_{I'}\perp AI\text{ tại } I'\text{ thỏa } \overline{AI}.\overline{AI'}=\frac{k}{2} \\ & (O,R)\leftrightarrow \left[\begin{array}\ d_{O'} & \text{, nếu } & A\in(O) & \text{, với } & d_{O'}\perp AO \text{ tại }O' \text{ thoả } \overline{AO}.\overline{AO'}=\frac{k}{2} \\ (O,\frac{k}{R}) & \text{, nếu} & A\equiv O \\ (O',R') & \text{, nếu } & A\not\in(O) & \text{, với } & \frac{\overline{AO'}}{\overline{AO}}=\frac{R'}{R}=\frac{k}{\wp_{A/(O,R)}}\end{array}\right.\end{array}$

Nếu dựng được $d_{I'}$ thì qua phép nghịch đảo $N_A^{k>0}$ trên, ta dựng được trở lại $(I,r)$ với : $$I'=Ch_{\perp}A/d_{I'}\ ;\ \overline{AI}.\overline{AI'}=\frac{k}{2}\ ;\ r=IA$$

* Nếu $A\in(O,R)$ : thì $\begin{cases}(I,r)\text{ tx }a\text{ tại }A \\ (I,r)\text{ tx }(O,R)\end{cases}$ $\Leftrightarrow\begin{cases} d_{I'}\ //\text{ hoặc }\equiv a \\ d_{I'}\ //\text{ hoặc }\equiv d_{O'}\end{cases}$ $\Rightarrow a//\text{ hoặc }\equiv d_{O'}$. Mà $d_{O'}\perp AO$ nên $a\perp AO$ tại $A\in(O,R)$. Tức là $(O,R)$ tx $a$ tại $A$.

• nếu $(O,R)$ cắt $a$ tại $A$ và một điểm nữa $\ne A$ : thì không tồn tại $d_{I'}$. Do đó không dựng được $(I,r)$ thoả ycbt.
• nếu $(O,R)$ tx $a$ tại $A$ thì có VS $d_{I'}$ thoả với $I',A,O$ thẳng hàng. Do đó dựng được VS $(I,r)$ thoả với $r=IA$ (có cả tx trong và tx ngoài).

* Nếu $A\equiv O$ : thì $\begin{cases}(I,r)\text{ tx }a\text{ tại }A \\ (I,r)\text{ tx }(O,R)\end{cases}$ $\Leftrightarrow\begin{cases} d_{I'}\ //\text{ hoặc }\equiv a\\ d_{I'}\text{ tx }(O,\frac{k}{R})\end{cases}$ $\Leftrightarrow\begin{cases}d_{I'}//a \\ \text{K/cách}[d_{I'},\ O]=\frac{k}{R}\end{cases}$

Dễ thấy trong TH này dựng được 2 đường $d_{I'}$. Do đó dựng được 2 đường tròn $(I,r)$ tương ứng tx trong với $(O,R)$ và tx $a$ tại $A$.

* Nếu $A\not\in(O)$ : thì $\begin{cases}(I,r)\text{ tx }a\text{ tại }A \\ (I,r)\text{ tx }(O,R)\end{cases}$ $\Leftrightarrow\begin{cases} d_{I'}\ //\text{ hoặc }\equiv a \\ d_{I'}\text{ tx }(O',R')\end{cases}$.

Dễ thấy trong TH này dựng được 2 đường $d_{I'}$. Do đó dựng được 2 đường tròn $(I,r)$ tương ứng tx với $(O,R)$ và tx $a$ tại $A$. Ngoài ra :

• nếu $A$ nằm trong $(O,R)$ thì 2 đường tròn $(I,r)$ sẽ tx trong với $(O,R)$.
• nếu $A$ nằm ngoài $(O,R)$ thì 2 đường tròn $(I,r)$ sẽ tx ngoài với $(O,R)$.

Cho một đường thẳng $a$ cố định và 1 điểm $A\in a$, đường tròn $(O)$ cố định. Dựng $(I)$ tiếp xúc $(O)$ và $a$ tại $A$

Ngoài cách dựng trực tiếp ở trên, ta cũng có thể ứng dụng một số phép biến hình để giải quyết bài toán cũng dễ dàng. Chẳng hạn như phép nghịch đảo bên dưới đây.

 

Gọi $d'\perp a$ tại $A$ , $d$ qua $O$ và $\perp a$ tại $B$.

$(O')$ tx $a$ tại $A$ nên $O'\in d'$. G/s $(O')$ tx $(O)$ tại $M$. Suy ra $O',O,M$ thẳng hàng và $O'=OM\cap d'$

Vậy ta chỉ cần xác định tiếp điểm $M$ là sẽ dựng được $(O')$.

 

Phân tích :

$\boxed{}$ G/s $(O'_1)$ tx $a$ tại $A$ và tx ngoài với $(O)$ tại $M_1\Leftrightarrow M_1\in O'_1O$ và $A$ nằm ngoài $(O)$

Gọi $N_1=d\cap (O)$ với $N_1$ khác phía với $A$ qua bờ $OO'_1$.

Khi đó $\widehat{AO'_1M_1}=\widehat{N_1OM_1}$ (2 góc so le trong và $O'_1A//ON_1$)

Mà $\Delta O'_1AM_1$ cân tại $O'_1$, $\Delta ON_1M_1$ cân tại $O$

Suy ra $\Delta O'AM\sim\Delta ONM$

Mà $M_1\in O'_1O$ và $A,N_1$ khác phía nhau với bờ $OO'_1$. Do đó $M_1\in AN_1$.

Vậy $M_1=AN_1\cap (O)$ và $N_1=d\cap (O)$ với $N_1$ nằm trong $OB$.

Ve hinh hoc.png Ve hinh hoc2.png

$\boxed{}$ G/S $(O'_2)$ tx $a$ tại $A$ và tx trong ngoại tiếp $(O)$ tại $M_2\Leftrightarrow O\in O'_2M_2$ và $A$ nằm ngoài $(O)$

Gọi $N_2=d\cap (O)$ với $N_2$ cùng phía với $A$ qua bờ $OO'_2$.

Khi đó $\widehat{AO'_2M_2}=\widehat{N_2OM_2}$ (2 góc đồng vị và $O'_2A//ON_2$)

Mà $\Delta O'_2AM_2$ cân tại $O'_2$, $\Delta ON_2M_2$ cân tại $O$

Suy ra $\Delta O'_2AM_2\sim\Delta ON_2M_2$

Mà $O\in O'_2M_2$ và $A,N_2$ cùng phía nhau với bờ $OO'_2$. Do đó $N_2\in AM_2$.

Vậy $M_2=AN_2\cap (O)$ và $N_2=d\cap (O)$ với $N_2$ nằm ngoài $OB$.

Ve hinh hoc3.png

$\boxed{}$ G/S $(O'_3)$ tx $a$ tại $A$ và tx trong nội tiếp $(O)$ tại $M_3\Leftrightarrow O'_3\in OM_3$ và $A$ nằm trong $(O)$

Gọi $N_3=d\cap (O)$ với $N_3$ cùng phía với $A$ qua bờ $OO'_3$.

Khi đó $\widehat{AO'_3M_3}=\widehat{N_3OM_3}$ (2 góc đồng vị và $O'_3A//ON_3$)

Mà $\Delta O'_2AM_2$ cân tại $O'_2$, $\Delta ON_2M_2$ cân tại $O$

Suy ra $\Delta O'_2AM_2\sim\Delta ON_2M_2$

Mà $O'_3\in OM_3$ và $A,N_3$ cùng phía nhau với bờ $OO'_3$. Do đó $A\in M_3N_3$.

Vậy $M_3=AN_3\cap (O)$ và $N_3=d\cap (O)$ với $N_3$ nằm ngoài $OB$.

 

Cách dựng :

* Dựng $d'\perp a$ tại $A$ , $d$ qua $O$ và $\perp a$ , $B=d\cap a$.

* Dựng ${N,N'}=(O)\cap d$

* Dựng ${M,M'}={AN,AN'}\cap (O)$ ($M\ne N\ ,\ M'\ne N'$)

* Dựng ${O',O''}={O'M,O''M'}\cap b$

* Dựng $(O',O'A)$ và $(O'',O''A)$.

 

Biện luận :

* Do $d'\perp a$ tại $A$, $d$ qua $O$ và $\perp a$ tại $B$, mà $a,A,O$ là duy nhất nên $d,d',B$ là xác định duy nhất

* $(O)\cap d$ tại 2 điểm $N,N'$ khi $(O)\cap a$ hoặc $(O)\not\cap a$ ; $(O)\cap d$ tại 1 điểm $N\equiv N'\equiv B$ khi $(O)$ tx $a$

• Nếu $(O)\not\cap a$ và $OA\not\perp a$ thì $d\cap (O)$ tại 2 điểm p.b $N,N'$. Trong đó 1 điểm nằm ngoài $OB$ là $N$ và 1 điểm nằm trong $OB$ là $N'$. Khi đó ta dựng được 2 đường tròn $(O')$ và $(O'')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ tx ngoài với $(O)$, $(O'')$ tx trong ngoại tiếp $(O)$.
• Nếu $(O)\not\cap a$ và $OA\perp a$ thì $d'\equiv d\cap (O)$ tại 2 điểm p.b $N,N'$. Trong đó 1 điểm nằm ngoài $OB$ là $N$ và 1 điểm nằm trong $OB$ là $N'$. Ngoài ra $M\equiv N',M'\equiv N\in d'$ nên $O',O''$ là các trung điểm của $AM,AM'$. Khi đó ta dựng được 2 đường tròn $(O')$ và $(O'')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ tx ngoài với $(O)$, $(O'')$ tx trong ngoại tiếp $(O)$.
• Nếu $(O)\cap a$ và $A$ nằm ngoài $(O)$ thì $d\cap (O)$ tại 2 điểm p.b $N,N'$. Trong đó cả 2 điểm $N,N'$ đều nằm ngoài $OB$. Khi đó ta dựng được 2 đường tròn $(O')$ và $(O'')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ và $(O'')$ đều tx ngoài với $(O)$.
• Nếu $(O)\cap a$ và $A$ nằm trong $(O)$ thì $d\cap (O)$ tại 2 điểm p.b $N,N'$. Trong đó cả 2 điểm $N,N'$ đều nằm ngoài $OB$. Khi đó ta dựng được 2 đường tròn $(O')$ và $(O'')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ và $(O'')$ đều tx trong nội tiếp với $(O)$.
• Nếu $(O)\cap a$ và $A\in (O)$ thì $M\equiv A$ nên $O'\in a$. Khi đó ta dựng được vô số đường tròn $(O')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ tx trong nội tiếp $(O)$ khi $O'\in a$ nằm trong $OA$ ; $(O')\equiv (O)$ khi $O'\equiv O$ ; $(O')$ tx trong ngoại tiếp $(O)$ khi $O'\in a$ nằm ngoài $OA$ và khác phía với $A$ qua $O$ ; $(O')$ tx ngoài $(O)$ khi $O'\in a$ nằm ngoài $OA$ và cùng phía với $A$ qua $O$.
• Nếu $(O)$ tx $a$ tại $B\ne A$ thì $d\cap (O)$ tại 1 điểm $N\ne B$, nên $N$ nằm ngoài $OB$. Khi đó ta chỉ dựng được 1 đường tròn $(O')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ tx ngoài với $(O)$.
• Nếu $(O)$ tx $a$ tại $B\equiv A$ thì $M\equiv A,O,N\in d'\equiv d$. Khi đó ta dựng được vô số đường tròn $(O')$ thoả ycbt, trong đó $(O')$ tx trong nội tiếp $(O)$ khi $O'\in d$ nằm trong $OA$ ; $(O')\equiv (O)$ khi $O'\equiv O$ ; $(O')$ tx trong ngoại tiếp $(O)$ khi $O'\in d$ nằm ngoài $OA$ và khác phía với $A$ qua $O$ ; $(O')$ tx ngoài $(O)$ khi $O'\in d$ nằm ngoài $OA$ và cùng phía với $A$ qua $O$.

 

Xin lỗi chỗ màu đỏ bị nhầm. Sửa lại đúng phải là

• Nếu $(O)\cap a$ và $A\in (O)$ thì $M\equiv A$ nên $O'\in a$. Khi đó ta không dựng được $(O')$ tx $a$ tại $A$ được vì $(O',R>0)$ luôn cắt $a$ tại 2 điểm p.b, nếu không thì phải là $(O',R=0)$ tức cả đường tròn suy biến thành điểm $A$. Như vậy trong TH này không có $(O')$ thoả ycbt.

Câu 1:

Chứng minh tồn tại:

Gọi $(I_0)$ là đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, tiếp xúc $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$ tương ứng.

Dễ thấy $(A,AF), (B,BD), (C,CE)$ thỏa điều kiện tiếp xúc ngoài đôi một.

Chứng minh duy nhất:

Xét một bộ ba đường tròn $(O_1'),(O_2'),(O_3')$ cũng thỏa đề, có tâm lần lượt là $A, B, C$.

$(O_2'), (O_3')$ tiếp xúc tại $D'$; $(O_3'),(O_1)'$ tiếp xúc tại $E'$; $(O_1'),(O_2')$ tiếp xúc tại $F$.

Dễ thấy $AE'=\dfrac{AB+AC-BC}{2} \Rightarrow E'$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ với $AC \Rightarrow E' \equiv E$. Tương tự $D' \equiv D, F' \equiv F \Rightarrow (O_1'),(O_2'),(O_3') \equiv (O_1),(O_2),(O_3)$.

 

Câu 2,3:

Dựng hình:

Xét phép nghịch đảo $f$ cực $D$, phương tích $k > 0$ thì ta có $(O_2) \to d_2,(O_3) \to d_3, (O_1) \to (\omega_1)$

$(O_2),(O_3)$ tiếp xúc ngoài tại $D$ nên $d_2 \parallel d_3$

$(O_1)$ tiếp xúc $(O_2),(O_3)$ nên $(\omega_1)$ tiếp xúc $d_2,d_3$.

Dễ thấy tồn tại đúng 2 đường tròn phân biệt $(\Gamma_1),(\Gamma_2)$ tiếp xúc với $(\omega_1)$ và tiếp xúc $d_2,d_3$.

Do đó, qua $f$, $(\Gamma_1),(\Gamma_2)$ sẽ biến thành $(I),(I')$ cần tìm.

Tính $r,r'$

Đúng là bài này mình xây dựng dựa trên phép nghịch đảo. Thế mạnh của các phép biến hình (trong hình học mở rộng) giúp chứng minh được các tính chất hình học một cách nhanh chóng mà không cần phải xử lý rườm rà các công thức về góc hay cạnh, nhờ vào các tính bảo toàn của các phép biến hình đó.

Với phép nghịch đảo :

$\begin{array}\ N_D^{k>0}\ : & X,Y\leftrightarrow X',Y' & \text{, với } & \overline{DX}.\overline{DX'}= \overline{DY}.\overline{DY'}=k\ ;\ \frac{\overline{X'Y'}}{\overline{XY}}=\frac{k}{\overline{DX}.\overline{DY}}=\frac{\overline{DX'}.\overline{DY'}}{k} \\ & (B,R_2),(C,R_3)\leftrightarrow d_{'B},d_{'C} & \text{, với } & d_{B'},d_{C'}\perp BC\text{ tại } B',C'\ ;\ \overline{DB}.\overline{DB'}=\overline{DC}.\overline{DC'}=\frac{k}{2} \\ & (A,R_1)\leftrightarrow (A',R'_1) & \text{, với } & \frac{\overline{DA'}}{\overline{DA}}=\frac{R'_1}{R_1}=\frac{k}{\wp_{D/(A,R_1)}}=\frac{\wp_{D/(A',R'_1)}}{k} \\ & (I_1,r_1)\leftrightarrow (I'_1,r'_1) & \text{, với } & \frac{\overline{DI'_1}}{\overline{DI_1}}=\frac{r'_1}{r_1}=\frac{k}{\wp_{D/(I_1,r_1)}}=\frac{\wp_{D/(I'_1,r'_1)}}{k} \\ & (I_2,r_2)\leftrightarrow (I'_2,r'_2) & \text{, với } & \frac{\overline{DI'_2}}{\overline{DI_2}}=\frac{r'_2}{r_2}=\frac{k}{\wp_{D/(I_2,r_2)}}=\frac{\wp_{D/(I'_2,r'_2)}}{k}\end{array}$

Tính chất bảo giác của phép nghịch đảo : Nếu hai yếu tố hình học ban đầu hợp thành góc có số đo $\alpha$ thì hai ảnh của chúng cũng hợp thành góc có số đo $\alpha$. (tức là bảo toàn số đo góc của 2 yếu tố hình học)

$(B,R_2)$ tx $(C,R_3)$ tại $D$ (cực nghịch đảo đang xét) $\Rightarrow\widehat{((B),(\text{C}))}=0\Rightarrow\widehat{(d_{B'},d_{C'})}=0\Rightarrow d_{B'}\ //\ d_{C'}$ (Vì $B'\not\equiv C'$).

$(A,R_1)$ tx cả $(B,R_2)$ và $(C,R_3)\Rightarrow\widehat{((A),(B))}=\widehat{((A),(\text{C}))}=0\Rightarrow\widehat{((A'),d_{B'})}=\widehat{((A'),d_{C'})}=0$ $\Rightarrow (A',R'_1)$ cùng tx cả $d_{B'}$ và $d_{C'}$.

Suy ra $R'_1=\text{K/c}[d_{B'},d_{C'}]=B'C'$

Từ đây, dễ thấy có đúng 2 đường tròn phân biệt nằm hai phía đối với $(A',R'_1)$ và tiếp xúc $d_{B'}//d_{C'}$. Ngoài ra chúng có cùng bán kính với $(A',R'_1)$.

Do đó : $A'$ là trung điểm của $I'_1I'_2$ ; $I'_1I'_2//$ và cách đều cả $d_{B'},d_{C'}$ ; $I'_1A'=I'_2A'=r'_1=r'_2=R'_1=\frac{B'C'}{2}$.

Các bước dựng hình như sau :

* Lấy $k>0$ bất kì

* Dựng $B',C'$ với $\overline{DB'}.\overline{DB}=\overline{DC'}.\overline{DC}=\frac{k}{2}$. $\Rightarrow B'C'=\frac{k}{2}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)$

* Dựng $d_{B'},d_{C'}\perp BC$ tại $B',C'$

* Dựng $(A',R'_1)$ với $\frac{\overline{DA'}}{\overline{DA}}=\frac{k}{\wp_{D/(A,R_1)}}$ và $R'_1=\frac{B'C'}{2}=\frac{k}{4}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)$

* Dựng $I'_1I'_2$ qua $A'$ và $//d_{B'}//d_{C'}$ với $I'_1A'=I'_2A'=2R'_1=B'C'=\frac{k}{2}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)$

* Dựng $(I'_1,r'_1)$ , $(I'_2,r'_2)$ với $r'_1=r'_2=R'_1=\frac{k}{4}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)$

* Dựng $(I_1,r_1)$ , $(I_2,r_2)$ với $\frac{\overline{DI_1}}{\overline{DI'_1}}=\frac{k}{\wp_{D/(I'_1,r'_1)}}$ ; $\frac{\overline{DI_2}}{\overline{DI'_2}}=\frac{k}{\wp_{D/(I'_2,r'_2)}}$ và $r_1=\frac{k.r'_1}{|\wp_{D/(I'_1,r'_1)}|}\ ;\ r_2=\frac{k.r'_2}{|\wp_{D/(I'_2,r'_2)}|}$

Ta có :

$DA^2=BD^2+BA^2-2BD.BA.\cos{B}$$=R_2^2+(R_1+R_2)^2-2R_2(R_1+R_2).\frac{(R_1+R_2)^2+(R_2+R_3)^2-(R_3+R_1)^2}{2.(R_1+R_2)(R_2+R_3)}$ $=R_1^2+\frac{4R_1R_2R_3}{R_2+R_3}$

$HA'^2=DA^{'2}-DH^2= \left(\frac{R'_1}{R_1}.DA\right)^2-\frac{k^2}{16}\left(\frac{1}{R_2}-\frac{1}{R_3}\right)^2$ $=\frac{k^2}{16}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)^2.\left(1+\frac{4R_2R_3}{R_1(R_2+R_3)}\right)-\frac{k^2}{16}\left(\frac{1}{R_2}-\frac{1}{R_3}\right)^2$$=\frac{k^2}{4}.\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}$

$DI^{'2}_1=DH^2+HI^{'2}_1$$=\left(\frac{B'C'}{2}-DC'\right)^2+(HA'+A'I'_1)^2$$=\frac{k^2}{16}\left(\frac{1}{R_2}-\frac{1}{R_3}\right)^2+\left[\frac{k}{2}\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}+\frac{k}{2}\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)\right]^2$

$r_1=\frac{k.r'_1}{|DI^{'2}_1-r^{'2}_1|}$ $=\frac{\frac{k^2}{4}.\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)}{\left|DI^{'2}_1-\frac{k^2}{16}.\left(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right)^2\right|}$$=\frac{\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}}{\left|\left(\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}+\frac{R_2+R_3}{R_2R_3}\right)^2-\frac{1}{R_2R_3}\right|}$$=\frac{1}{\left|\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}+2\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}\right|}$

Tuơng tự : $r_2=\frac{\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}}{\left|\left(\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}-\frac{R_2+R_3}{R_2R_3}\right)^2-\frac{1}{R_2R_3}\right|}$$=\frac{1}{\left|\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}-2\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}\right|}$

Vậy : $\boxed{r_1=\frac{1}{\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}+2\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}} ;  r_2=\frac{1}{\left|\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}-2\sqrt{\frac{R_1+R_2+R_3}{R_1R_2R_3}}\right|}}$

ý của em là khi em giải phương trình bằng máy tính casio fx 570es thì nó ra số vô tỉ.  Em muốn biết cách chuyển nó về dạng phân số hoặc căn thức thì phải làm thế nào ạ? Mong anh chỉ bảo

Casio FX-570ES giải pt bậc 2 sẽ ra được hoặc nghiệm dạng số nguyên (tức nó là số nguyên), hoặc dạng phân số (tức nó là số hữu tỉ) , hoặc nghiệm dạng căn thức (tức nó là số vô tỉ). Quan trọng là e giải pt bậc 2 có đúng cách bấm máy không thôi.

-  Đầu tiên bấm ON  để mở máy,

- để máy hiện được dạng căn thức, cần phải bấm SHIFT + MODE để chọn chế độ MathLN hiển thị căn thức, rồi bấm MODE để tìm chọn EQUATION (hoặc EQ),

- rồi bấm NÚT SỐ tương ứng với dòng A.X^2+B.X+C=0 để vào giải pt bậc 2,

- sau đó máy hiện hỏi A? thì nhập giá trị tương ứng cho A rồi bấm =, tới B? thì nhập giá trị của B rồi bấm =, tới C? thì nhập giá trị cho C rồi bấm =.

- Cuối cùng máy sẽ hiện ra nghiệm $X_1= ... $  , bấm = thì sẽ hiện tiếp $X_2=....$. Nếu pt có 2 nghiệm y chang nhay thì sẽ chỉ hiện một cái $X=...$ thôi chứ ko có $X_1=...X_2=...$

Bài 26 : Cho hình thang cân ABCD ( AB// CD ) có chu vi = 5 . Góc DBC = 90 độ , CD = 2 . Tính AB  ( các bạn giãi giúp mình bài này nhé, mình chưa học tam giác đồng dạng )

Xem ở đây

-Cho $x=y= > f(f(x)-f(x))=0= > f(0)=0$

 

-Cho $y=0= > f(f(x)-f(0))=x^2f(x)=f(f(x))$ (do $f(0)=0$)  (1)

 

-Giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ với mọi $x_{1},x_{2}$ thuộc $R$)  (2)

 

-Thay x bởi $x_{1},x_{2}$ vào (1) và sử dụng (2)  $= > \left\{\begin{matrix} f(f(x_{1}))=x_{1}^2f(x_{1}) & \\ f(f(x_{2}))=x_{2}^2f(x_{2})& \end{matrix}\right.$

 

                  $= > x_{1}^2=x_{2}^2= > x_{1}=x_{2}$ với mọi $x_{1},x_{2}\geq 0$

 

-Do đó hàm f đơn ánh 

 

-Cho $y=-x$ vào đề bài từ tính đơn ánh  và sử dụng $f(0)=0$ $= > f(f(x)-f(-x))=(x+x)^2f(x-x)=4x^2.f(0)=0=f(0)= > f(x)-f(-x)=0= > f(x)=f(-x)= > f$ là hàm chẵn nên ta xét trên các số thực dương.

 

Thay $y$ bởi $-y= > f(f(x)-f(-y))=(x+y)^2f(x-y)=f(f(x)-f(y))=(x-y)^2f(x+y)= > \frac{f(x-y)}{(x-y)^2}=\frac{f(x+y)}{(x+y)^2}=c= > f(x)=cx^2$(do $f(y)=f(-y)$)

 

-Thay vào đề bài $f(f(x)-f(y))=(x-y)^2f(x+y)< = > f(cx^2-cy^2)=(x-y)^2.c(x+y)^2< = > c(cx^2-cy^2)^2=(x^2-y^2)^2.c< = > c^5=c= > c=0$ hoặc $c=1,-1$

 

                       Vậy $f(x)\equiv 0,f(x)=x^2,f(x)=-x^2$

Lời giải sai rồi, phải xét trên $R$ chứ sao xét mỗi trên $R^+$ vậy. Bạn sử dụng tính đơn ánh mới suy ra được hàm chẵn, nên không thể lấy kết quả hàm chẵn mà xét trên $R^+$ trước được.

Chỗ màu đỏ : Phải là giả sử $f(x_1)=f(x_2)$ với $x_1,x_2$ (bất kì nào đó) $\in\mathbb{R}$ thì mới đúng, chứ nếu $f(x_1)=f(x_2)\ \forall x_1,x_2\in\mathbb{R}$ thì suy ra $f$ là hàm hằng luôn rồi.

Chỗ màu xanh : chỗ này lỗi sai khá nặng. Từ dòng trên suy ra $(x_1^2-x_2^2).f(x_1)=0$, từ đây chưa thể suy ra ngay dòng dưới $x_1^2=x_2^2$ được vì chưa có $f(x_1)\ne0$ ???

Và từ $x_1^2=x_2^2$ thì phải $\Leftrightarrow x_1=x_2$ hoặc $x_1=-x_2$. Còn bạn thì suy ra $x_1=x_2$ với $x_1,x_2\ge0$, trong khi đâu có biết chắc $x_1,x_2\ge0$ hay không ??? (vì bạn đã hiểu sai ngay từ việc giả sử với mọi $x_1,x_2$).

Thêm nữa, từ $f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=x_2$ (với $x_1=x_2\ge0$) chưa thể suy ra ngay $f$ đơn ánh được. Vì khi nói hàm là đơn ánh thì phải hiểu là đơn ánh trên cả miền xác định của nó (ở đây là $\mathbb{R}$), nếu không thì bạn phải nói rõ là hàm đơn ánh từ $\mathbb{R}_{\ge0}\to\mathbb{R}$ mới được.

Chỗ màu tím : Từ $f[f(x)-f(-x)]=f(0),\ \forall x\in\mathbb{R}$ và $f$ là đơn ánh từ $\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$ thì chưa thể suy ra $f(x)-f(-x)=0$ vì chưa có $f(x)-f(-x)\ge0$ ??? (chỉ mới có tính đơn ánh trên $\mathbb{R}_{\ge0}\to\mathbb{R} thôi)$.

Vài điều góp ý, bấy nhiêu lỗi thì cũng đủ thấy bài giải này không đúng rồi bạn !!

 

Với một khẳng định là đề bài sai hoàn toàn và hôm trước em quên mất chưa nói

Nhận xét: Trong $8$ số tự nhiên liên tiếp ắt sẽ có $4$ số chẵn , giả sử các số đó là $2a,2a+2,2a+4,2a+6$

$\Rightarrow$ Tích $P=2a(2a+2)(2a+4)(2a+6)=16a(a+1)(a+2)(a+3)$

nhận xét trong bốn số nguyên liên tiếp ắt sẽ phải có số chia hết cho  $2$ và một số chia hết cho $4.$

Vậy: $a(a+1)(a+2)(a+3)\vdots 8\Rightarrow 16(a+1)(a+2)(a+3)\vdots 8.16=128$

 

Bài này em đoán không sai thì nó ở trong một chuyên đề nào đó và cụ thể là :

Chứng minh rằng tích của 8 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 128

và em không hiểu tại sao bạn killerdark68 lại đưa ra một đề bài sai

cám ơn anh Kool LL  nha! 

nhưng em chưa học kí hiệu này $v_p(A)$

Kí hiệu chưa học đâu có sao, đã có giải thích kèm theo rồi mà. Nó chỉ là kí hiệu viết tắt thôi.

Khẳng định : Bài này đề đúng nha !

Ngoài ra , "Tich của 8 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 128" cũng là đề bài đúng nha.

Bài này có thể đưa về dạng:

$[16a(a+1)(a+2)(a+3)]\vdots (128.16)$

Cũng không được luôn, vì có lúc thì $v_2(\text{Tích 8 số liên tiếp})$ chẵn, có lúc thì $v_2(\text{Tích 8 số liên tiếp})$ lẻ

Trong đó $v_p(A)$ là số mũ cao nhất của SNT $p$ trong phân tích $A$ ra thừa số nguyên tố.

Tích 8 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5 mà không chia hết cho 25, suy ra không phải số chính phương.

$4.5.6.7.8.9.10.11\ \vdots\ 25$ được mà

 
... mình nghĩ hình như đoạn này không ổn lắm thì phải.
 
Với $n=3$ và $z_1=z_2=i$, ta có:
$\left|\frac{1}{4}+\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}{4^3}\right|=\left|\frac{1}{4}-\frac{3}{4^3}\right|=\left|\frac{13}{4^3}\right|<\frac{1}{4}$
(Hàm $f(z)$ lấy trên $\mathbb{C}$)

Chú ý điều kiện $z_1\ne z_2$ và $|z_1| , |z_2| \le 1$

Cho đa thức $f(z)=1+\frac{z}{4}+\frac{z^2}{4^2}+...+\frac{z^n}{4^n}$. Chứng minh rằng $\forall z_1 \neq z_2 \in \mathbb{C}$ thỏa mãn $|z_1|,|z_2| \le 1$ thì $$|f(z_1)-f(z_2)| >\frac{|z_1-z_2|}{8}$$

Cần phải cho thêm điều kiện $n\in\mathbb{N}^*$. Tức là $n\ge1$.

Xét $T=\frac{|f(z_1)-f(z_2)|}{|z_1-z_2|}$$=\left|\frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}\right|$$=\left|\frac{1}{4}+\frac{z_1+z_2}{4^2}+\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}{4^3}+...+\frac{z_1^{n-1}+z_1^{n-2}z_2+...+z_1z_2^{n-2}+z_2^{n-1}}{4^n}\right|$

$\ge\left|\frac{1}{4}+\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}{4^3}+...+\frac{z_1^{n-1}+z_1^{n-2}z_2+...+z_1z_2^{n-2}+z_2^{n-1}}{4^n}\right|-\left|-\frac{z_1+z_2}{4^2}\right|$

Mà $\left|-\frac{z_1+z_2}{4^2}\right|=\frac{\left|z_1+z_2\right|}{16}\le\frac{|z_1|+|z_2|}{16}\le\frac{2}{16}=\frac{1}{8}$

Suy ra $T\ge\left|\frac{1}{4}+\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}{4^3}+...+\frac{z_1^{n-1}+z_1^{n-2}z_2+...+z_1z_2^{n-2}+z_2^{n-1}}{4^n}\right|-\frac{1}{8}$

Mặt khác ta lại có : $\left|\frac{1}{4}+\frac{z_1^2+z_1z_2+z_2^2}{4^3}+...+\frac{z_1^{n-1}+z_1^{n-2}z_2+...+z_1z_2^{n-2}+z_2^{n-1}}{4^n}\right|\ge\frac{1}{4}$

Vậy $T\ge\frac{1}{4}-\frac{1}{8}=\frac{1}{8}$. $\boxed{}$