Tính tích phân sau

\[\int \limits^\frac{1+\sqrt{5}}{2}_0 \dfrac{\left(x^2+1\right)\mathrm{d} x}{x^4-x^2+1}\]

Chú ý rằng: $\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}=\frac{1}{2(x^2+x\sqrt{3}+1)}+\frac{1}{2(x^2-x\sqrt{3}+1)}=\frac{1}{2(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2(x-\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{2}}$

 

$\implies \int \frac{(x^2+1)dx}{x^4-x^2+1}=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x-\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{4}}$

 

Tới đây đặt $u=x+\frac{\sqrt{3}}{2}\implies du=dx\implies \int \frac{dx}{(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{4}}=2\int \frac{2du}{4u^2+1}=2\arctan(2u)=2\arctan(2x+\sqrt{3})$

 

Tương tự, ta tìm được $\int \frac{(x^2+1)dx}{x^4-x^2+1}=\arctan(2x+\sqrt{3})+\arctan(2x-\sqrt{3})$

Tìm tất cả hàm $f: R\rightarrow R$ thỏa mãn: $f(x+f(y))=8x+9y+2016$

Tìm $x,y$ nguyên dương sao cho $\sqrt[3]{7x^2-13xy+7y^2}=|x-y|+1$ 
~~Titu~~

Giả sử $x\geqslant y$

$\iff (x-y+1)^3-(7x^2-13xy+7y^2)=0\iff (x-y)(x-y-1)(x-y-3)=xy-1$

Đặt $d=\gcd(x,y)$, dễ thấy $x-y \mid xy-1 \iff d(m-n)\mid d^2mn-1\implies d=1$

Mặt khác $x-y \mid xy-1=x(y-x)-1+x^2=y(x-y)-1+y^2\iff \left\{\begin{matrix} x-y \mid x^2\\ x-y\mid y^2 \end{matrix}\right.$

Chú ý rằng $\gcd(x,y)=\gcd(x^2,y^2)=1\implies 0\leqslant x-y\leqslant 1$

Từ điều kiện trên suy ra $(x,y)=(1,1)$

Bài 2:

a)Từ giả thiết $\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương 

 

b) Theo cách chọn trên, thay $k=y^2$ ta thấy bộ $(m,n)=(105,99)$ thỏa mãn

tính tích phân $I=\int_{0}^{1}\frac{x^3}{x+\sqrt{x^2+1}}dx$

$\int \frac{x^3dx}{x+\sqrt{x^2+1}}=\int x^3(\sqrt{x^2+1}-x)dx$
Đặt $u=x^2+1\implies du=2xdx$
$\implies \int x^3(\sqrt{x^2+1}-x)dx=\frac{1}{2}\int (u-1)\sqrt{u}du=\frac{\sqrt{(x^2+1)^5}}{5}-\frac{\sqrt{(x^2+1)^3}}{3}$

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có 12 ước thỏa mãn $1=d_1<d_2<...<d_{11}<d_{12}=n$ sao cho:

                                   $d_{d_4-1}=d_8(d_1+d_2+d_4)$

Tìm $f(x)$ sao cho: $\int_{0}^a \sqrt{f'(x)^2+1} dx=\frac{a}{2}$ $(a$ là hằng số)

Cho số nguyên dương $n$.Chứng minh rằng

                           

                   $\large{3^{\frac{5^{2^n}-1}{2^{n+2}}}\equiv (-5)^{\frac{3^{2^n}-1}{2^{n+2}}} \pmod{2^{n+4}}}$

Cho $a, b$ là các số nguyên dương thõa mãn: $a^2+b^2\vdots ab$

Tính giá trị của biểu thức: $A=\frac{a^2+b^2}{2ab}$

Giải chi tiết nhé!!

Một cách ngắn hơn:

Đặt $d=\gcd(a,b)\iff a=dm$ và $b=dn$ với $\gcd(m,n)=1$

$ab\mid a^2+b^2\iff mn\mid m^2+n^2\implies kmn=m^2+n^2$ với $k$ nguyên dương

Dễ thấy $n\mid m^2$ và $m\mid n^2$ mà $\gcd(m,n)=1$ kéo theo $m=n=1$

$\implies A=1$

Tìm $p,q,n$ thỏa $p,q$ là số nguyên tố ,$n$ là số nguyên dương chẵn và $p^n+p^{n-1}+p^{n-2}+...+p+1=q^2+q+1$

$PT\iff p(p^{n-1}+p^{n-2}+...+p+1)=q(q+1)$ $(*)$

$TH1: p\mid q \implies \left\{\begin{matrix} p=q\\ p^{n-1}+p^{n-2}+...+p+1=q+1\end{matrix}\right.\iff \frac{p^n-1}{p-1}=p+1$

$\iff p^n-1=p^2-1\iff n=2\implies (p,q,n)=(r,r,2)$ với $r$ là số nguyên tố

$TH2: \left\{\begin{matrix} p\mid q+1\\q\mid p^{n-1}+p^{n-2}+...+p+1\end{matrix}\right.$

 

Khi đó đặt $\frac{p^n-1}{p-1}=tq$ và $\frac{q+1}{p}=k$

 

Dễ dàng biến đổi $(*)$ thành $p^2(k^2-kt)-p(k^2+k-t-tk)+k-t=0\implies \Delta=(k-t)^2(k-1)^2$

 

$\implies p=\frac{(k+1)(k-1)\pm (k-t)(k-1)}{2k(k-t)}=\frac{(k+1)\pm (k-1)}{2k}$ kéo theo $p=1$ (vô lí)

 

Vậy $ (p,q,n)=(r,r,2)$ với $r$ là số nguyên tố

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho ước nguyên tố lớn nhất của $n^{2}+1$ lớn hơn $2n$.

Giả sử $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$

$\implies \left (\frac{-1}{p}\right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1\iff \exists x\in \{1,2,3,...,p-1\}$ sao cho $x^2\equiv -1$ $(mod $ $p)$

Ta chọn $x$ thỏa mãn $\frac{p-1}{2}<x<p\iff x\geqslant \frac{p+1}{2}$.Đặt $q=p-x\implies q\in \left \{1,2,3,...,\frac{p-1}{2}\right \}$

Chú ý rằng $q^2 \equiv (p-q)^2=x^2\equiv -1$ $(mod$ $p)$

Do đó $p \mid q^2+1$ mà  $p\geqslant 2q+1>2q$ nên ta có đpcm

Giúp mình nốt bài 1 luôn với.

Đặt $I$ là nguyên hàm cần tìm

$\int 5^{3x}dx=\frac{125^x}{\ln(125)}$

 

Xét $\int \frac{1}{\sqrt[5]{4x-1}}dx$

Đặt $t=\sqrt[5]{4x-1}\iff x=\frac{t^5+1}{4}\implies dx=\frac{5t^4dt}{4}$

$\implies \int \frac{1}{\sqrt[5]{4x-1}}dx=\int \frac{5t^3dt}{4}=\frac{5t^4}{16}=\frac{5(4x-1)^{\frac{4}{5}}}{16}$

 

$\iff I=\frac{\ln|\sin(2x+1)|-2x\cot(2x+1)}{4}+\frac{5(4x-1)^{\frac{4}{5}}}{16}+\frac{125^x}{\ln(125)}$

Tìm tất cả các số tự nhiên $(m,x,y,p,q)$ với $p,q$ là số nguyên tố thỏa mãn: $2^{4m+2}+1=p^xq^y$

Tìm các số nguyên dương $x,y$ thoả mãn $x^{y}=y^{x-y}$

$\iff (xy)^y=y^x\iff xy=y^{\frac{x}{y}}$ $(*)$

$TH1:$ $y\mid x$

Đặt $x=ky\implies (*)\iff y^2k=y^k\iff \sqrt[k-2]{k}=y$ 

Dễ thấy $(k,y)=(1,1);(3,3);(4,2)$

 

$TH2:$ $x \mid y$

Đặt $y=tx\implies (*)\iff \frac{y^2}{t}=y^{\frac{1}{t}}\iff t=y^{2-\frac{1}{t}}$

$\iff y^{2t-1}=t^t$, do đó $y=t^a$ với $a$ nguyên dương

$\iff t^t=t^{2at-a}\implies t=2at-a\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{t}=2$ kéo theo $a=t=1$ hay $x=y=1$

 

Vậy $(x,y)=(1,1);(9,3);(8,2)$

Mình cũng nghĩ ra cách này rồi nhưng không biết còn cách nào nhanh hơn không.

Mình nghĩ 2 bài này dùng pp tích phân từng phần là hiệu quả nhất rồi...

1) Trước tiên ta tìm $\int \frac{xdx}{\sin^2(2x+1)}$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix}dv=\frac{1}{\sin^2(2x+1)}\iff v=-\frac{cot(2x+1)}{2}\\ u=x\iff du=1\end{matrix}\right.$

 

$\int \frac{xdx}{\sin^2(2x+1)}=-\frac{x\cot(2x+1)}{2}+\int \frac{\cot(2x+1)dx}{2}$

 

Đặt $t=2x+1\iff dt=2dx\implies \int \frac{\cot(2x+1)dx}{2}=\frac{1}{4}\int \cot(t)dt=\frac{\ln|\sin(2x+1)|}{4}$

 

$\implies \int \frac{xdx}{\sin^2(2x+1)}=\frac{\ln|\sin(2x+1)|-2x\cot(2x+1)}{4}$

Mặt khác

$\int 5^{3x}dx=\frac{125^x}{\ln(125)}$

 

Xét $\int \frac{1}{\sqrt[5]{4x-1}}dx$

Đặt $t=\sqrt[5]{4x-1}\iff x=\frac{t^5+1}{4}\implies dx=\frac{5t^4dt}{4}$

$\implies \int \frac{1}{\sqrt[5]{4x-1}}dx=\int \frac{5t^3dt}{4}=\frac{5t^4}{16}=\frac{5(4x-1)^{\frac{4}{5}}}{16}$

 

$\iff I=\frac{\ln|\sin(2x+1)|-2x\cot(2x+1)}{4}+\frac{5(4x-1)^{\frac{4}{5}}}{16}+\frac{125^x}{\ln(125)}$

 

2)Ta tìm nguyên hàm rồi thay số:

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} u=\ln^2(x)\iff du=\frac{2\ln(x)}{x}\\ dv=x^2\iff v=\frac{x^3}{3}\end{matrix}\right.$

 

$\implies \int x^2.\ln^2(x)dx=\frac{2x^2.\ln^2(x)}{3}-\frac{2}{3}\int x^2.\ln(x)dx$

 

Tiếp tục đặt $u_0=\ln(x)\iff du_0=\frac{1}{x}$ và $dv_0=x^2\iff v_0=\frac{x^3}{3}$

 

$\implies \int x^2.\ln^2(x)dx=x^3\left (\frac{\ln^2(x)}{3}-\frac{2\ln(x)}{9}+\frac{2}{27}\right )\iff  \int_{1}^{e} x^2.\ln^2(x)dx=\frac{5e^3-2}{27}$

Tiếp theo: 

Bài 7: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^3}{b^2-2b+3}+\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}+\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}\le \frac{3}{2}$

 

Ta xét mẫu số của 3 phân thức:

Dự đoán $a=b=c=1$ thì DBXR

Chú ý rằng: 

  $b^2-2b+3=(b-1)^2+2\geqslant 2$

  

  $c^3+a^2-2a-3c+7=(c-1)^2(c+2)+(a-1)^2+4\geqslant 4$

 

  $a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11=(a^2-1)^2+3(a-1)^2+(b^2-1)^2+6\geqslant 6$

 

$\Longrightarrow VT\leqslant \frac{a^3}{2}+\frac{2b^3}{4}+\frac{3c^3}{6}=\frac{a^3+b^3+c^3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Tìm bộ ba số nguyên dương $(a,b,c)$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix}a+b=\gcd(a,b)^2\\ b+c=\gcd(b,c)^2\\ c+a=\gcd(c,a)^2\end{matrix}\right.$

Từ đó ta thu được $1\leqslant t< 2\Leftrightarrow \frac{1}{2}\leqslant xy< 1$

 

Mình có cách ngắn hơn cho phần này: 

Đặt $t=xy$

Từ giả thiết chú ý rằng: $\sqrt{2xy}\leqslant \frac{1}{2}+xy$

$\Longrightarrow x^4+y^4\leqslant 2-\frac{1}{xy}+xy\iff 2x^2y^2\leqslant 2-\frac{1}{xy}+xy$

$\iff 2t^3-t^2-2t+1\leqslant 0\iff (t+1)(t-1)(2t-1)\leqslant 0\iff \frac{1}{2}\leqslant t \leqslant 1$

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh: 
 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Mình làm lại bài 1 như sau:

Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{zx},\frac{z^2}{xy}\right )$
Giả sử $x\leqslant y\leqslant z\Longrightarrow z^2\geqslant xy$

BĐT$\iff \sum \frac{xy}{z^2}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x^3+y^3+z^3-3xyz)}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

Ta có: $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$
Và $z^2\geqslant xy\Longrightarrow x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2$
$=(xy+yz+zx)\left [z^2(x-y)^2+xy(z-x)(z-y)\right ]\geqslant xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$\frac{xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

$\iff 4(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(x+y+z)$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x+y=2\Longrightarrow xy\leqslant 1\leqslant z$ và $x^3+y^3\geqslant 2$

$\iff 4(2z+xy)(2+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(z+2)$
$\iff (8z^4-9z^3-18z^2+20z+8)+(1-xy)(9z^3+18z^2-4z-4xyz-8)\geqslant 0$
Chú ý rằng với $z\geqslant 1$, ta luôn có
$8z^4-9z^3-18z^2+20z+8>0$

$9z^3+18z^2-4z-4xyz-8\geqslant 9z^3+18z^2-4z-4z^3-8=5z^3+18z^2-4z-8>0 $

Vậy ta có đpcm, dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Có thể mở rộng bài toán: Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

                           $a^2+b^2+c^2+kabc\geqslant 3+k$

P/s: Chọn $k=\frac{4}{3}$ ta có bài toán trên

Chỗ màu đỏ bạn biến đổi như thế nào

Mình biến đổi sai rồi bạn ơi

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Chém bài 1 :
Biến đổi $(a,b,c)\Rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{xz},\frac{z^2}{xy}\right )$

BĐT$\iff \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{29}{4}$

Ta đặt $t=\frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}$
$\iff t+\frac{13}{t}\geqslant \frac{29}{4}\iff (t-4)(4t-13)\geqslant 0\iff t\geqslant 4$
Điều này luôn đúng vì $t\geqslant 4\iff x^3+y^3+z^3\geqslant 3xyz$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Đoạn này từ $p \nmid a-b$ sao suy ra được vậy nhỉ?

Ta có $v_p[\gcd(a-b,n)]=\min \{v_p(a-b),v_p(n)\}=v_p(a-b)=0$
Tương tự cho $v_p[\gcd(a-b,\frac{a^n-b^n}{a-b})]$

1) Cho $a,b,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $gcd\left ( a,b \right )=1$.
Chứng minh $gcd\left ( a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )=gcd\left ( n,a-b \right )$.
2) Với $a,b,n$ nguyên dương và $n$ lẻ, chứng minh $gcd\left ( a+b,\frac{a^{n}+b^{n}}{a+b} \right )=gcd\left ( n,a+b \right )$.

1) Gọi $p$ là số nguyên tố bất kì
Ta chỉ cần chứng minh $v_p\left [\gcd\left ( a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )\right ]=v_p[(gcd\left (n,a-b \right )]$
Thật vậy, ta có: $v_p\left [\gcd\left ( a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )\right ]=\min \{ v_p(a-b),v_p\left (\frac{a^n-b^n}{a-b}\right )\}$

Nếu $p\mid a-b:$
Chú ý rằng $v_p\left (\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )=v_p(a^n-b^n)-v_p(a-b)=v_p(n)$
$\Longrightarrow \min \{ v_p(a-b),v_p\left (\frac{a^n-b^n}{a-b}\right )\}=\min \{ v_p(a-b),v_p(n)\}=v_p[\gcd\left (n,a-b \right )]$ (đpcm)

Nếu $p\nmid a-b:$
$\Longrightarrow \min \{ v_p(a-b),v_p\left (\frac{a^n-b^n}{a-b}\right )\}=\min \{v_p(a-b),v_p(n)\}=0$
$\iff v_p\left [\gcd\left ( a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )\right ]=v_p[\gcd\left (n,a-b \right )]$ (đpcm)

Vậy $ \gcd\left ( a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b} \right )=\gcd\left ( n,a-b \right )$

2) Tương tự như trên