bạn có thể nói rõ cách giải hệ thu dc khi dùng hệ số bất định ko?mình giải chưa ra đã thấy hoa mắt chóng mặt rồi.

Giải :
$VT=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$
Giải ra a là 7, sau đó suy ra b,c,d

OK, sau khi liều mạng dùng phương pháp hệ số bất định, đây là kết quả :

$x^4-3x^2-4x+\dfrac{24}{7}=[x^2-\sqrt{7}x+2(1-\dfrac{1}{\sqrt{7}})][x^2+\sqrt{7}x+2(1+\dfrac{1}{\sqrt{7}})]$

Đến đây em tự giải tiếp đi nhé, giải 2 pt bậc 2 thôi mà

Bài này đề sai !!
đẳng thức đúng với n=0 , 1 , 2, tức là ta có hệ :
$ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=a+b+c\\x^2 + y^2 + z^2 = a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right. $
TH n=0 thì ra 3=3, ko cần xét
Chọn a=0, b=c=3, x=4, y=z=1
thế vào thấy thỏa mãn hệ trênn, nhưng với n=3 thì đẳng thức sai !!!

Đề đúng phải là đẳng thức trên đúng với n=1 , 2 , 3
khi đó, suy ra được hệ :
$ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=a+b+c=m\\xy+yz+zx=ab+bc+ca=p\\xyz=abc=q\end{array}\right. $
Theo Viet thì x,y,z và a,b,c là nghiệm của pt bậc 3 :$t^3 -mt^3 + pt -q =0$
Suy ra được (x,y,z) chỉ là 1 hoán vị của (a,b,c) do đó đẳng thức đã cho đúng với mọi n

Xét $f(x) \geq x^{1997} \forall x \in (0,1) \Rightarrow \int\limits_{0}^{1} f(x)dx<\int\limits_{0}^{1}x^{1997}=\dfrac{1}{1998}$ . Không thỏa .
Nếu $f(x) < x^{1997} \forall x \in (0,1) \Rightarrow \displaystyle\lim_{x \to 0}f(x) \leq \displaystyle\lim_{x \to 0}x^{1997} \Rightarrow f(0) \leq 0 $ . Cũng không thỏa . Vậy thi f(x) = x^1997 có ít nhát 1 nghiệm trên (0,1)

@quanganhct: tách đúng mà bạn

Thế này :
Đặt $u'=x^2 , v=lnx \Rightarrow u=\dfrac{x^3}{3} , v'= \dfrac{1}{x}$
$ \int\limits_{0}^{1} x^2 lnxdx = [\dfrac{x^3}{3} lnx ]^1_0 - \int\limits_{0}^{1} \dfrac{x^2}{3} dx$

Tính : $[\dfrac{x^3}{3} lnx ]^1_0$
Tại điểm 1 ra giá trị 0 .
Tại lân cận 0 : $1< |lnx| < \dfrac{1}{x}$ ( cái này dùng khảo sát hàm là ra ).
$\Rightarrow x^3< x^3|lnx|<x^2$
$\Rightarrow lim_{x \to 0^+} x^3 \leq lim_{x \to 0^+} x^3|lnx| \leq lim_{x \to 0^+} x^2$
$\Rightarrow lim_{x \to 0^+} x^3|lnx| =0$
$\Rightarrow [\dfrac{x^3}{3} lnx ]^1_0 =0$

mình tuy đã qua tuổi THCS nhưng thấy bạn bảo cần vài bài tập nên xin post một bài:

số học: Chứng minh rằng:
$12^{10^{10^{2011}}}} + 2012^{2^{9^{2012}}} \vdots 11$

Mình thì lại thấy nó ko chia hết cho 11.

$12 \equiv 1 (mod 11) \Rightarrow 12^{10^{10^{2011}}}} \equiv 1 (mod 11)$
$2012 \equiv -1 (mod 11) \Rightarrow 2012^{2^{9^{2012}}} \equiv (-1)^{2^{9^{2012}}} (mod 11) \equiv 1 (mod 11)$
Như vậy số đã cho chia 11 dư 2.
Nếu đổi dấu + thành dấu - thì đề bài sẽ đúng.

$[\vec{a};\vec{b}] $ là tích hữu hường đó mà.

Nhưng ko biết đề có đúng ko nữa !
$[\vec{b};\vec{c}]=[-\vec{a}-\vec{c};\vec{c}]=-[\vec{a};\vec{c}]-[\vec{c};\vec{c}]=[\vec{c};\vec{a}]$
Vậy hóa ra vế phải bằng 0 à ?

Bài 2 :

Chưa làm ra, nhưng có vài điểm như sau. Gọi O là tâm hình vuông, vậy thì AO là đường phân giác góc BAC, và EF nhận O làm trung điểm .

Bài số 1 sẽ dễ giải hơn nếu dùng trục tọa độ Oxy. Tiếc là mình ko thể vẽ trên máy, nhưng mình sẽ cố diễn đạt, bạn nào muốn hiểu thì khi đọc cầm theo thước , viết compa và giấy nhé.

Đặt x=a, y=b. S= a^2+b^2=x^2+y^2 căn S = OM , M=(x,y)
a+b <= n x+y <= n y <= n-x
Như vậy tập hợp nghiệm là miền nằm dưới đường thẳng y=n-x. Cộng thêm điều kiện x,y dương , các bạn sẽ thấy miền nghiệm phải nằm trong tam giác vuông cân OAB, A thuộc Oy, B thuộc Ox, OA=OB=n.

0<a,b<=m
miền nghiệm nằm trong hình vuông ODEF cạnh m (D thuộc Ox), và cùng nằm trong phần tư có chứa tam giác vuông OAB.

Dựa vào đk : m =< n =< 2m, n/2<= m <= n.
Lấy I là trung điểm của OB, như vậy thì D thuộc đoạn thẳng IB.

a<= b x<=y miền nghiệm nằm phía trên đường thẳng y=x .

Xét , ta thấy có 3 trường hợp :
D I , D B, và D I, B

Nếu D I, E sẽ là trung điểm của AB, và miền nghiệm là tam giác OEF vuông tại F . S lớn nhất khi OM lớn nhất , với M nằm trong OEF, đương nhiên M E(cạnh huyền lớn nhất) a=b=x=y=m=n

Nếu D B, thì F trùng A. Gọi giao điểm đường chéo OE, AB là H, miền nghiệm lúc này là tam giác OHA vuông tại H, S lớn nhất khi M A(OA là cạnh huyền , lớn nhất)
(x,y)=(0,n) a=0, b=n

Nếu D I, B, Gọi giao điểm FE và AB là G. Miền nghiệm lúc này là tứ giác FGHO (H vẫn là giao điểm của OE và AB). Tứ giác FGHO nội tiếp vì OFG=OHG = 90 độ FGHO nội tiếp đường tròn đường kính OG, vậy S lớn nhất khi M G M=(x,y)=(n-m,m) a=n-m , b=m

Những bài sau cũng tương tự , sử dụng các công thức sau :
$x^{\alpha} - 1 \displaystyle\sim_{1} \alpha(x-1)$
$xsinx \displaystyle\sim_{0} x^2$

Nhầm , là $0^+$ . Bạn làm cụ thể luôn được không ?

Mình đưa thêm vài bài nữa .
1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx+ln(cosx)}{x^4}$
2. $ \displaystyle\lim_{ x \to +\infty} (1 + \dfrac{a}{x})^x , a \in \mathbf{R} $
3. $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} , \alpha \in \mathbf{R_+}$

Uhm , dùng định nghĩa đạo hàm để tìm lim bài 2 , cũng hay . Được rồi , tối nay mình sẽ pót cách dùng khai triển hữu hạn và 1 số bài mới . Chờ nhé , giờ đi học đã .

Mình dùng khai triển hữa hạn , có gì sai xin mấy sư huynh chỉ giáo.
$sinx = x+x \varepsilon(x) , \varepsilon(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0 $
$ \Rightarrow sinx \displaystyle\sim_{0} x$
$cosx = 1+x \varepsilon_1(x) , \varepsilon_1(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0 $
$\Rightarrow cosx \displaystyle\sim_{0} 1$
$\Rightarrow tanx \displaystyle\sim_{0} x \Rightarrow tan^2x \displaystyle\sim_{0} x^2$
$cosx = 1 - \dfrac{x^2}{2!} + x^2 \varepsilon '(x) , \varepsilon '(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0$
$ \Rightarrow 1-cosx \displaystyle\sim_{0} \dfrac{x^2}{2!}$

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx}{tan^2x} = \displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{2!} \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{1}{2}$

Okie . Bài 1 được rồi , còn 2 bài kia ?

De to thu xem, lau qua khong dung latex quen mat tieu roi.
1)$ \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\tan^2x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{1+\cos x}{2\sec^2x+2\tan \sec^2x)'}=\dfrac{1}{2} $ Các bài khác làm tương tự. Tớ quên mất làm sao để xem cách gõ công thức rồi. Mấy bác edit lại giùm. Thanks

Mình chỉ biết dùng L'Hospital để giải quyết những bài dạng $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ , còn ví dụ như $\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} $ thì dùng làm sao ?

Rảnh post mấy bài giới hạn chơi , tại mới học khai triển hữu hạn , dùng tính lim cũng hay hay nên đưa lên mời anh em tham khảo .
1 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx}{tan^2 x}$
2 $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{x-1}{x^\alpha -1}$
3 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{xsinx}{1-cosx}$

biến đổi tan=sin/cos, và dùng limsinx/x=1 x tiến tới 0
câu 2 thi a<1 thì ghạn là vô cùng, lớn hơn 1 thì là 0. bằng 1 thì là 1

Bạn biến đổi câu 1 thử xem ??
Câu 2 ra kết quả $ \dfrac{1}{\alpha}$
Bạn nào không biết dùng khai triển hữu hạn thì dùng định lý De L'Hopital cũng thấy ngay . Thử với số 2 là biết .

Biến đổi thề nào ?? Còn là số thực .

Mình đưa thêm vài bài nữa .
1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx+ln(cosx)}{x^4}$
2. $ \displaystyle\lim_{ x \to +\infty} (1 + \dfrac{a}{x})^x , a \in \mathbf{R} $
3. $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} , \alpha \in \mathbf{R_+}$

Không ai tính ah ?

L'Hospiatal không giải quyết được hết mấy bài này đâu .

Mình vẫn không dùng l'Hospital được . Tuy nhiên , áp dụng cách khác , có :
$\lim_{x\to + \infty } (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} = \lim_{x\to + \infty }e^{-\dfrac{x^{2-\alpha}}{2}}$
Do đó :

$\alpha=2$ được $\displaystyle e^{-\dfrac{1}{2}}$

$\alpha<2$ được 1

$\alpha>2$ được 0

mọi người ai giúp dc zô giúp giùm em zới.. em đã làm tới đây và chỉ xin anh chị giải gium em bài toán fụ này thui :
cho tam giác ABC có các góc đều nhọn , nội tiếp đường tròn tâm O . gọi gọi D,E,F la cac giao điểm lần lượt của các đường kính qua qua A,B,C voi cac cạnh của tam giác ABC .
CMR: OD+OE+OF=3/2 OA
KHÓ ....... HIX

Ko biết em lấy cái bài toán phụ này ở đâu ra, chứ anh thấy chưa chắc là nó đúng, thôi em cứ post bài gốc lên đi.
Còn vì sao bài toán phụ này anh cảm thấy ko đúng ? là vì khi ABC tiến gần đến tam giác vuông, tức là 1 cạnh bất kỳ (BC) tiến gần đến O, khi đó tổng OD+OE+OF tiến gần đến 2R > 3/2OA=3/2R

đến đây là gần xong còn gì em ??
nếu em muốn cho nó ra dạng lượng giác luôn thì giải :
$1+e^{a}(cosb+i.sinb)=e^{a'}(cosb'+i.sinb')$
trong đó a và b đã biết rồi.

Tìm dạng lượng giác của số phức z biết:
$(z-1)^4=1- i\sqrt{3} $

Không ai giải thì mình giải.
z-1 là số phức biểu diễn dưới dạng :
$z-1=e^{a+bi}$
$ \Rightarrow (z-1)^4 = e^{4a+4bi}=1-i\sqrt{3}$
$e^{4a+4bi}=e^{4a}.e^{4bi}=e^{4a}(cos(4b)+i.sin(4b))=2(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2})$
$ \Rightarrow e^{4a}=2 \ \& \ 4b= -\dfrac{ \pi}{3} +2k\pi$
$ a=\dfrac{ln2}{4} \ \& \ b=-\dfrac{\pi}{12}+k\dfrac{\pi}{2}$ cho k chạy từ 1 đến 4 (4 điểm trên vòng tròn lượng giác)
Mà :
$z=1+e^{a+bi}$
Thay các giá trị ở trên vào, được 4 kết quả của z