Tìm tích 8 nghiệm phức của phương trình :$\frac{(x+1)^{9}-1}{x}=0$

Bổ đề cho PT  $f_{(x)}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}$ =0 $a_{0}\neq 0$

Tích n nghiệm của PT $\prod_{i=1}^{n}x_{i}=\frac{a_{n}}{a_{0}}$

Khai triển PT dễ dàng tìm được kết quả bằng 8

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

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

Cho đường tròn (O,R) và hai điểm A,B sao cho AB và (O,R) không có điểm chung. Tìm điểm M trên (O,R) sao cho MA+MB ngắn nhấ

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) $\Rightarrow B = \frac{2^{2014}}{4}=2^{2012}$

tìm x,y thõa mãn: $x^{2}+xy+y^2=x^{2}y^{2}$

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y)=(0;0)Với x$\neq 0 .y\neq 0$.PT thành

$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{xy}=1$

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y)=(1;-1) hoặc (-1;1)

Với $\left | x \right |\neq 1 , \left | y \right |\neq 1\Rightarrow VT\leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\leq \frac{3}{4}$.

PT vô nghiệm. Vậy PT có các nghiệm (x;y)=(0;0) hoặc (1;-1) 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 $u_{n}=2014^{n-1}+\frac{2015}{2013}(2014^{n-1}-1)$

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Tìm Min:                 

A+36=$\frac{1}{x}+36x+\frac{4}{y}+36y+\frac{9}{z}+36z\geq 12+24+36\geq 72$

$\Leftrightarrow A\geq 36$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{3},z=\frac{1}{2}$

Bài 2:

Biến đổi

P=$\sum \frac{1+\frac{2}{x}}{\frac{1}{yz}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$

Đặt a=1/x , b=1/y , c=1/z vậy abc=1.Cần tìm GTNM của

P=$\sum \frac{2a^{2}+a}{b+c}=\sum \frac{2a^{2}}{b+c}+\sum \frac{a}{b+c}$

Dễ dàng CM được

$\sum \frac{2a^{2}}{b+c}\geq 3 , \sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$

Vậy $P_{min}=\frac{9}{2}$ Khi a=b=c=1 tức là x=y=z=1

Bài 1:

Bằng quy nạp dễ dàng CM $u_{n}=\frac{2}{2n-1}\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=0$

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

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

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

CMR:

1/ x⁵⁰ +x¹⁰ chia hết cho x²⁰ +x¹⁰ +1

2/x² -x⁹ -x¹⁹⁴⁵ chia hết cho x² -x+1

3/8x⁹ -9x⁸ +1 chia hết cho (x-1)²

Đặt A=$x^{2}-x+1$

Dễ dàng CM $x^{3k}+1\vdots A$ (1) với k lẻ.Ta có

$P_({x})=x^{2}-x^{9}-x^{1945}=(x^{2}-x+1)-(x^{9}+1)+x(x^{1941}+1)-x^{1942}(x^{3}+1)$

Dựa vào (1)$\Rightarrow P_{(x)}\vdots A$ (chú ý 1941=3*647)

 

Vì đống thứ I có 12 chiếc và đống thứ II có 13 chiếc nên :

TH1 :  Nếu người thứ I và người thứ II chỉ có nhiệm vụ là  :  lấy 2 cái kẹo từ 1 trong 2 đống thì người thứ 2 luôn thắng . Vì giả sử người thứ I lấy 2 cái kẹo từ đống I thì đống I còn lại 10 chiếc . Ngay lúc ấy người thứ II lấy ngay 2 chiếc ở đống II thì đống 2 còn lại 11 chiếc cứ như thế nếu duy trì trạng thái  là số kẹo ở đống II luôn lớn hơn số kẹo ở đống I 1 cái kẹo thì người thứ II luôn thắng 

TH2:  Nếu ban đầu người thứ I chuyển 1 chiếc từ đống I sang đống II thì  đống I : 11 chiếc , đống II : 14 chiếc . Thì lúc ấy người thứ II nhanh chóng lấy 2 viên kẹo từ đống II  để duy trì trạng thái trên .  

 

Nên qua 2 trường hợp trên ta thấy , người thư II luôn luôn duy trì được trạng thái thắng là :  Số kẹo ở đống II luôn lớn hơn số kẹo ở đống I là 1 viên . Vậy nên người thứ II luôn là người chiến thắng . 

 

Tính bất biến trong trò chơi là sau một lượt lấy keo người hai luôn luôn có cách chọn sao cho số kẹo đống hai luôn nhiều hơn đống một đúng một cây và kết qủa còn cây kẹo cuối cùng ở đống hai nên người hai thắng

CMR:

1/ x⁵⁰ +x¹⁰ chia hết cho x²⁰ +x¹⁰ +1

2/x² -x⁹ -x¹⁹⁴⁵ chia hết cho x² -x+1

3/8x⁹ -9x⁸ +1 chia hết cho (x-1)²

Đặt A=$x^{20}+x^{10}+1$

$x^{50}+x^{10}+1=x^{50}-x^{20}+A=x^{20}(x^{30}-1)+A=x^{20}(x^{10}-1)A+A=(x^{30}-x^{20}+1)A\vdots A$

Vậy $x^{50}+x^{10}$ không chia hết cho $x^{20}+x^{10}+1$

BẠN CÓ THỂ GIẢI THÍCH RÕ HƠN BƯỚC CHƯNG MINH NGHIỆM DUY NHẤT KHÔNG ?

Giả sử x.y cùng thuộc tập (0;1) hoặc (1;$\infty$) lúc đó 2z(1-x)(1-y)>0 suy ra $f_{(x;y;z)}=(x-y)^{2}+(z-1)^{2}+2z(1-x)(1-y)> 0$

Vậy

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

Từ PT biến đổi được

$(x-y)^{2}+(z-1)^{2}+2z(1-x)(1-y)=0$ (1)

$(y-z)^{2}+(x-1)^{2}+2x(1-y)(1-z)=0$ (2)

$(z-x)^{2}+(y-1)^{2}+2y(1-z)(1-x)=0$ (3)

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y;z)=(1;1;1)

Giả sử PT có bộ nghiệm khác bộ trên lúc đó có ít nhất hai ẩn cùng thuộc tập (0;1) hoặc (1;$\infty$).Từ (1).(2) hoặc (3) suy ra

$f_({x;y;z})> 0$ vô lý .Vậy PT chỉ có bộ nghiệm dương (x;y;z)=(1;1;1)

Tìm nghiệm dương x , y , z  của phương trình  $x^{2}+y^{2}+z^{2}+1+2xyz-2xy-2xz-2yz = 0$

ừ PT biến đổi được

$(x-y)^{2}+(z-1)^{2}+2z(1-x)(1-y)=0$ (1)

$(y-z)^{2}+(x-1)^{2}+2x(1-y)(1-z)=0$ (2)

$(z-x)^{2}+(y-1)^{2}+2y(1-z)(1-x)=0$ (3)

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y;z)=(1;1;1)

Giả sử PT có bộ nghiệm khác bộ trên lúc đó có ít nhất hai ẩn cùng thuộc tập (0;1) hoặc (1;$\infty$).Từ (1).(2) hoặc (3) suy ra

$f_({x;y;z})> 0$ vô lý .Vậy PT chỉ có bộ nghiệm dương (x;y;z)=(1;1;1)

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

Anh/ chị giúp em bài này với ạ: 

Cho $a_{n+1}= \sqrt{|a{_{n}}^{2} -16|}$hãy tính giá trị $a_{70}$ với $a_{1}$ = 3.

Em cảm ơn ạ. 

CM bằng quy nạp dễ dàng suy ra $a_{n}=3\Leftrightarrow n=2k+1,a_{n}=\sqrt{7}\Leftrightarrow n=2k$

kq:10!-2.9!

Tổng cách sắp 10!

Tổng cách sắp để có ít nhất hai học sinh nam kề nhau $9!C_{4}^{2}$

Số cách sắp để không có hai học sinh nam nào kề nhau: 10!-9!6=9!4

 mình từng gặp 1 bài như sau , cho tập{ a1 ;a2 .....;an} mà a1=1 và a_i <=a_i+1 <= 2a_i  tổng các a_i là số chẵn cmr có thể chia thành 2 tập sao cho tổng các phần tử của mỗi tập bằng nhau

Thực hiện phép chia thành hai nhóm A và B như sau:

1. Chia các phần tử theo thứ tự giảm dần

2. Chia $a_{i}$ vào A hoặc B nếu nhóm nào có tổng các phần tử không lớn hơn tổng các phần tử của nhóm kia

 Gọi (A),(B) là tổng các phần tử của nhóm A và nhóm B. Ta CMR ở lượt chia thứ n-i +1 tức chia phần tử $a_{i}$ thì

$\left | (A_{i})-(B_{i}) \right |\leq a_{i}$ (ở đây ta ký hiệu $(X_{i})$ là tổng các phần tử của nhóm X sau khi chia phần tử $a_{i}$)

CM bằng quy nạp

 Ở lần chia thứ 1 (chia phần tử $a_{n}$).Dễ thấy

$\left | (A_{n})-(B_{n}) \right |=a_{n}\leq a_{n}$

 Giả sử BĐT đúng đến  lần chia thứ n-k+1 (chia phần tử $a_{k}$ ).Tức là

$\left | (A_{k})-(B_{k}) \right |\leq a_{k}$

 Ta cần CM BĐT đúng đến lần chia thứ n-k+2 ( chia phần tử $a_{k-1}$).Tức là

$\left | (A_{k-1})-(B_{k-1}) \right |\leq a_{k-1}$

 Thực vậy

$\left | (A_{k-1})-(B_{k-1}) \right |=\left | (A_{k})-(B_{k})) \right |-a_{k-1}\leq a_{k}-a_{k-1}\leq a_{k-1}$ ( theo giả thiết quy nạp và điều kiện bài toán) (Đpcm)

 Vậy ở lần chia thứ n ( chia phần tử $a_{1}$). Ta được

$\left | (A_{1})-(B_{1}) \right |\leq a_{1}=1$

Vì tổng các phần tử chẳn nên hiệu I(A)-(B)I cũng là số chẳn $\Rightarrow \left | (A_{1})-(B_{1}) \right |=0$ (đpcm)

a)Khi a=2.PT trở thành $(x+1)(x^{2}+3x+1)$.Có các nghiệm $\left \{ -1;\frac{-3-\sqrt{5}}{2};\frac{-3+\sqrt{5}}{2} \right \}$

b) $f_{(x)}^{'}=3x^{2}+4ax+a^{2}=0\Leftrightarrow x=-a/3\cup x=-a$

$f_{(-a/3)}=\frac{-(a+3)(2a-3)^{2}}{27}, f_{(-a)}=a-1$

Để PT có ba nghiệm phân biệt thì $f_{(-a/3)}f_{(-a)}< 0$.Giải BPT dễ dàng suy ra $x\in (-\infty ;-3)\cup (1;3/2)\cup (3/2;+\infty )$

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)

Đặt $P_{(x,y)}=10x^{2}-10xy+10y^{2}$.Giả sử d=(x,y)

Vậy $P_{(x,y)}=10d^{2}(x_{1}^{2}-x_{1}y_{1}+y_{1}^{2}) (1), x_{1}=\frac{x}{d}, y_{1}=\frac{y}{d},(x_{1},y_{1})=1$

Từ (1) dễ thấy nếu $P_{(x,y)}$ là số chính phương thì $x_{1},y_{1}$ chẳn ,vô lý.Vậy không tồn tại x,y thỏa mãn đề bài

ĐK $x\leq 3$

$f_{(x)}^{'}=12x^{2}+2x+\sqrt{6-2x}-\frac{x-4}{\sqrt{6-2x}}=12x^{2}+2x+\frac{10-3x}{\sqrt{6-2x}}> 0, x\in D$

Hàm đơn điệu trên D nên chỉ có nhiều nhất một nghiệm.Dễ dàng nhận thấy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình