Ta có số học sinh được dưới 20 điểm là $90-1=89$(bạn)

Số điểm mà mỗi học sinh có thể nhận được là 9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19( vì số điểm là số tự nhiên)

Giả sử không tìm được ít nhất 8 học sinh nào có điểm khảo sát bằng nhau suy ra số học sinh phải nhỏ hơn $8.11=88$

mà lại có 89 học sinh nên mâu thuẫn suy ra đpcm

Giải cũng như bạn. Mhưng kết luận hơi khác. Có 89hs phân bố điểm từ 9 đến 19, tất cả 11 cột điểm. 89/11=8 dư 1. Theo Dirichle có ít nhất 9hs có cùng điểm khảo sát

Cho $a,b,c>0$ thoả $abc=1$. Chứng minh: $\frac{1}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{1}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{1}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}$

đặt x=1/a, y=1/b, z=1/c.BĐT trở thành

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$. Hiển nhiên

Tính tích phân:

$\int\limits_{1}^{e}{{{\ln }^{2}}xdx}$ 

Tích phân từng phần

Đặt u=$ln^{2}x\Rightarrow du=2\frac{lnx}{x}dx$

   vdv= dx $\Rightarrow v=x$

$I=xln^{2}x\left \right |_{1}^{e}-2\int_{1}^{e}lnxdx=e-2\int_{1}^{e}lnxdx$

 Lại dùng tích phân từng phần. Đặt

 $u_{1}=lnx\Rightarrow du_{1}=\frac{1}{x}dx$

  $dv_{1}=dx\Rightarrow v_{1}=x$

$I=e-2(xlnx\left \right |_{1}^{e}-\int_{1}^{e}dx)=e-2x(lnx-1)\left \right |_{1}^{e}=e+2$

Tính :   $\int_{0}^{\pi }$$\frac{xsinx}{1+cos^{2}x}dx$

Đặt I = $\int_{0}^{\pi }\frac{xsinx}{1+cos^{2}x}dx=\int_{0}^{\pi }\frac{tsint}{1+cos^{2}t}dt$

t=$\pi -x\Rightarrow dt=-dx, x_{1}=0 \Rightarrow t1=\pi , x_{2}=\pi \Rightarrow t_{2}=0$

I=$-\int_{\pi }^{0}\frac{(\pi -t)sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{(\pi -t)sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{\pi sint}{1+cos^{2}t}dt-\int_{0 }^{\pi }\frac{t sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{\pi sint}{1+cos^{2}t}dt-I$

$\Rightarrow I=\frac{\pi }{2}\int_{0}^{\pi }\frac{sint dt}{1+cos^{2}t}$

Giả sử $\left | ax^2+bx+c \right |\geq \left | x^2-1 \right |$ với mọi số thực $x$ . Chứng minh rằng $\left | b^2-4ac \right |\geq 4$.

Gọi A là BĐT điều kiện, B là BĐT kết quả

 Nếu VT của A có nghiệm. Dễ dàng CM a=-c ,b=0 và $\left | a \right |=\left | c \right |\geq 1$

 Vậy B đúng và Đẳng thức tại kết quả B xảy ra khi và chỉ khi a=1,b=0,c=-1 hoặc a=-1,b=0,c=1

 Nếu VT của A vô nghiệm

   $\Rightarrow (ax^{2}+bx+c)^{2}\geq (x^{2}-1)^{2}$

   $\Rightarrow [(a+1)x^{2}+bx+(c-1)][(a+1)x^{2}+bx+(c+1)]\geq 0,\forall x$

   $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b^{2}-4(a+1)(c-1)\leq 0 (1)\\ b^{2}-4(a-1)(c+1)\leq 0 (2) \end{matrix}\right.$

   (1)+(2)  

   $\Rightarrow 2(b^{2}-4ac)+8\leq 0\Rightarrow b^{2}-4ac\leq -4\Rightarrow \left | b^{2}-4ac \right |\geq 4$ (Đpcm)

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=c=m,b=$2\sqrt{m^{2}-1}\cup -2\sqrt{m^{2}-1},\left | m \right |\geq 1$

 Đẳng thức tại kết quả B xảy ra khi và chỉ khi a=1,b=0,c=-1 hoặc a=-1,b=0,c=1

hoặc a=c=m,b=$2\sqrt{m^{2}-1}\cup -2\sqrt{m^{2}-1},\left | m \right |\geq 1$

Từ hệ $\Rightarrow 4(x^{2}+y^{2})(x^{4}+y^{4})=(x+y)^{2}(x^{2}+y^{2})^{2}$.Mà

$(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2}),(x^{2}+y^{2})^{2}\leq 2(x^{4}+y^{4})$.Dấu"=" khi và chỉ khi x=y.Nên PT có nghiệm x=y.hay vaò dễ dàng tính được (x;y)=(0;0) hoặc (1;1)

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi công thức:

 

$\left\{\begin{matrix} u_1=\frac{2014}{2013} & & \\ u_{n+1}=\frac{1}{2013}u_n+\frac{2012}{2013}& & \end{matrix}\right.$

 

Tìm công thức tổng quát của dãy $(u_n)$

 

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi công thức:

 

$\left\{\begin{matrix} u_1=1 & & \\ u_{n+1}=2014u_n+2015& & \end{matrix}\right.$

 

Tìm công thức tổng quát của dãy $(u_n)$

Spoiler

Các bạn giúp mình ah  

Bài 1

Bằng quy nạp ta CM

$u_{n}=\frac{1}{2013^{n}}+1$.Thật vây với n=1 có

$u_{1}=\frac{2014}{2013}=\frac{1}{2013}+1$

Giả sử kết quả đến n=k . Tức là

$u_{k}=\frac{1}{2013^{k}}+1$.Ta cần CM kết quả đúng đến n=k+1.Tức là

$u_{k+1}=\frac{1}{2013^{k+1}}+1$.Thật vậy theo GTQN

$u_{k+1}=\frac{1}{2013}u_{k}+\frac{2012}{2013}=\frac{1}{2013}(\frac{1}{2013^{k}}+1)+1-\frac{1}{2013}=\frac{1}{2013^{k+1}}+1$ (Đpcm)

Bài 2:

Cũng tương tự câu 1 bằng quy nạp ta CM $u_{n}=2014^{n-1}+\frac{2015}{2013}(2014^{n-1}-1)$

Đặt $f_{(t)}=4t-t^{2}$. Hệ trở thành

$f_{(x)}=y f_{(y)}=z f_{(z)}=x$.

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z \Rightarrow f_{(z)}\geq f_{(x)}\geq f_{(y)}$ (1)

Hàm bậc 2 $f_{(t)}$ đạt cực đại tai t=2 dễ dàng CM (1) vô lý vậy x=y=z. Giải PT được nghiệm

x=y=z=0 hoặc x=y=z=3

lam sao ra duoc pt T vay ban?

Nhân (1) cho 4 và bình phương hai vế của (2) được

$[(x+3)^{2}-3]^{2}=8(x+3)+12\Rightarrow$ như bài giải trên

Hệ biến đổi thành$x^{2}(x+y)^{2}=2(x+3)+3$ (1)

                            $2x(x+y)=(x+3)^{2}-3$       (2)

Từ (1) và (2) bằng cách đặt x+3=t được PT

$t^{4}-6t^{2}-8t-3=0\Leftrightarrow (t+1)^{3}(t-3)=0$

Với t=3 $\Rightarrow x=0$ PT vô nghiệm

Với t=-1 $\Rightarrow x=-4 \Rightarrow y=\frac{17}{4}$

 

Mình đã thử dùng nhân liên hợp

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{\sqrt{2x^2+x+9}-\sqrt{2x^2-x+1}}=1 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 7\sqrt{2x^2+x+9}-25=7\sqrt{2x^2-x+1}-11 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Nhân liên hợp lần 2

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{8}{7} \vee \frac{14x+23}{25+7\sqrt{2x^2+x+9}}=\frac{14x+9}{11+7\sqrt{2x^2-x+1}} \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Đến đây thì mình hết biết làm

 

Đặt $u=\sqrt{2x^{2}+x+9}, v=\sqrt{2x^{2}-x+1}$ u,v>0

$PT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u+v=\frac{u^{2}-v^{2}}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u-v=2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 2v=x-2 \Leftrightarrow x=0\cup x=\frac{8}{7}$

Không mất tính tổng quát đặt a$\geq$b$\geq$c$\geq d$, Khi đó

$\frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}$

$\frac{1}{1+a^{3}}\leq \frac{1}{1+b^{3}}\leq \frac{1}{1+c^{3}}\leq \frac{1}{1+d^{3}}$

Theo becnuli

$\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d}=(\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+d^{3}})(\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d})\geq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

$\sum_{i=0}^{n} {}(C_{n}^{i})^{2} = C_{2n}^{n}$

Giải bất phương trình:${{3}^{2x+1}}-{{2}^{2x+1}}-{{5.6}^{x}}\le 0$ 

BPT $\Leftrightarrow 3.3^{2x}-2.2^{2x}-5.6^{x}\leq 0\Leftrightarrow 3.(\frac{3}{2})^{x}-2.(\frac{2}{3})^{x}-5\leq 0..Đặt t=(\frac{3}{2})^{x} t> 0$

BPT $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3t^{2}-5t-2\leq 0\\ t> 0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 0< t\leq 2 \Leftrightarrow x\leq log_{\frac{3}{2}}^{2}$

$(x-5)^{4}+(x-7)^{4}=16$

Đặt t=x-6.PT trở thành

$(t+1)^{4}+(t-1)^{4}=16\Leftrightarrow t^{4}+6t^{2}-7=0\Leftrightarrow t=1\cup -1\Leftrightarrow x=5\cup 7$

Tìm $m$ để pt sau có nghiệm thỏa mãn $-1\leq x\leq 2$

$(x^{2}+x)^{2}-4(x^{2}+x)-3m+1=0$

$-1\leq x\leq 2\Rightarrow -1/2\leq x^{2}+x\leq 6$

Đặt t=$x^{2}+x$. Bài toán trở thành tìm m để PT

$f_{(t)}=t^{2}-4t-(3m-1)=0$ có nghiệm t$\in [-1/2;6]$

Bài toán tam thức bậc hai căn bản

$\left\{\begin{matrix} \Delta ^{'}=4+(3m-1)\geq 0\\ f_{(-1/2)}=\frac{13}{4}-3m\geq 0\\ f_{(6)}=10-3m\geq 0\\ \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow -1\leq m\leq \frac{13}{12}$

Tìm số tự nhiên x,y thỏa mãn 3^y=x²+2x-8

y=0 PT vô nghiệm

PT$3^{y}=(x-2)(x-2+6)$

Vậy x-2 phải là một luỹ thừa của 3

Đặt $x-2=3^{t}$

$PT\Leftrightarrow 3^{y}=3^{t}(3^{t}+6)=3^{t+1}(3^{t-1}+2)\Rightarrow 3^{t-1}=1\Rightarrow 3^{t}=3\Rightarrow x-2=3\Rightarrow x=5\Rightarrow y=3$

Vậy PT có nghiệm (x;y)=(5;3)

Thực hiện phép tính:

            $\fn_cm \frac{(5+2\sqrt{6})(49-20\sqrt{6})\sqrt{5-2\sqrt{6}}}{9\sqrt{3}-11\sqrt{2}}$

$A=\frac{(5+2\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{2}\sqrt{(\sqrt{3}-\sqrt{2})^{2}}(9\sqrt{3}+11\sqrt{2})}{(9\sqrt{3})^{2}-(11\sqrt{2})^{2}}$

    $=(5-2\sqrt{6})(\sqrt{3}-\sqrt{2})(9\sqrt{3}+11\sqrt{2})=(5-2\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})=1$

$5^{x}+12^{x}=13^{x}, x\in Z$

Dễ thấy PT có nghiệm x=2

PT biến đổi thành

$f_{(x)}=(\frac{5}{13})^{x}+(\frac{12}{13})^{x}-1=0$

Hàm nghịch biến nên chỉ có nhiều nhất một nghiệm

Vậy nghiệm của PT là x=2

Nếu chưa biết hàm đơn điệu và số nghiệm có thể so sánh trực tiếp $(\frac{2}{13})^{x} và (\frac{12}{13})^{x} với (\frac{2}{13})^{2} và (\frac{12}{13})^{2}$

Giải phương trình 

$cosx+cosy-cos(x+y)=\frac{3}{2}$

PT$\Leftrightarrow 2cos(\frac{x+y}{2})cos(\frac{x-y}{2})-[2cos^{2}(\frac{x+y}{2})-1]=\frac{3}{2}$

Đặt $t=cos(\frac{x+y}{2}),m=cos(\frac{x-y}{2})  ĐK -1\leq t,m\leq 1$.PT trở thành

$4t^{2}-4mt+1=0$

$\Delta ^{'}=4m^{2}-4\leq 0 "="\Leftrightarrow m=-1\cup m=1$.Lúc đó PT có nghiệm kếp t=1/2

Vậy PT đã cho tương đương

$\left\{\begin{matrix} cos(\frac{x-y}{2})=-1\\ cos(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \cup \left\{\begin{matrix} cos(\frac{x-y}{2})=1\\ cos(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$

PT xem như đã giải quyết xong

Cho hàm số : $f\left ( x \right )=a\left | x+2 \right |+b\left | x+1 \right |+cx$ đồng biến trên R . Chứng tỏ : c > 0 .

Với x<-2.Để hàm đồng biến c-(a+b)>0 (1)

Với x>-1.Để hàm đồng biến c+(a+b)>0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra c>0.Đây chỉ là ĐK cần

Chứng minh: $log_\frac{1}{2}3+log_3\frac{1}{2}<-2$

BĐT$log_{2}3+log_{3}2> 2$. Theo Cauchy điều này hiển nhiên,vì

$log_{2}3 log_{3}2=1,log_{2}3> 0 khác log_{3}2> 0$

$Cho x,y,z>0 thoaman x^3+y^3+z^3\leq 3.MaxP=3(xy+yz+zx)-xyz$

$P=3(1-x)(1-y)(1-z)+3(x+y+z)-3+2xyz\leq \frac{(t)^{3}}{9}+3t-1, t=3-x+y+z, 0\leq t< 3$

Dễ dàng CM $P_{max}=8 "="\Leftrightarrow x=y=z=1$

$x^{3}-3y^{3}-9z^{3}=0, x\in Z$

Giả sử d=(x,y,z). Đặt $x = dx_{1},y=dy_{1},z=zd_{1}$ . Với $(x_{1},y_{1},z_{1})=1$

$PT\Leftrightarrow x_{1}^{3}-3y_{1}^{3}-9z_{1}^{3}=0\Rightarrow x_{1}=3x_{2}.PT\Leftrightarrow 9x_{2}^{3}-y_{1}^{3}-3z_{1}^{3}=0\Rightarrow y_{1}=3y_{2}$

$PT\Leftrightarrow 3x_{2}^{3}-9y_{2}^{3}-z_{1}^{3}=0\Rightarrow z_{1}=3z_{2}$. Vô lý vì $(x_{1},y_{1},z_{1})=1$

Vậy PT có nghiệm x=y=z=0

Viết dưới dạng chính tắc $A = (1 + i)^{2014} + (1 - i)^{2014}$.

Từ đó tính $B = C_{2014}^{0} + C_{2014}^{4} + C_{2014}^{8} + ... + C_{2014}^{2012}$.

Mọi người giúp em với ạ, em cảm ơn nhiều :3.

 

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

Em post nhầm sang phần Giải tích rồi... Mod giúp em chuyển sang Đại số với .

A=$(2i)^{1007}+(-2i)^{1007}=0$

Đặt C=$C_{2014}^{2}+C_{2014}^{6}+C_{2014}^{10}+...+C_{2014}^{2014}$

      D=$C_{2014}^{1}+C_{2014}^{3}+...+C_{2014}^{2013}$

Khai triển A theo nhị thức Newton

A/2=$C_{2014}^{0}-C_{2014}^{2}+C_{2014}^{4}-C_{2014}^{6}+...+C_{2014}^{2012}-C_{2014}^{2014}=0$

Vậy B=C (1)

Trong khai triển Newton

$2^{2014}=(1+1)^{2014}=B+C+D$ (2)

$0=(1-1)^{2014}=B+C-D$ (3)

Từ (1),(2),(3) $\Rightarrow B = \frac{2^{2014}}{4}=2^{2012}$