Cho $f \in C^3( \mathbb{R} )$. Biết $\lim \limits_{x \to + \infty} f(x) = a \in \mathbb{R}$ và $\lim \limits_{x \to + \infty} f'''(x) = 0$.

Chứng minh rằng $\lim \limits_{x \to + \infty} f'(x) = \lim \limits_{x \to + \infty} f''(x) = 0$.

"Nếu A thì B" không tương đương với "Nếu không A thì không B".

Do đó:

"Nếu g'(x) ≥ 0 ∀x∈K và g'(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số g(x) đồng biến trên K" không tương đương với "Nếu g'(x) ≥ 0 ∀x∈K và g'(x) = 0 tại vô số điểm thì hàm số g(x) không đồng biến trên K"

Mình cũng chưa rành về lý thuyết giải tích trong toán học cao cấp (hay nói đúng hơn là chưa học!)

Nhưng dãy số $(a_n) = a - a + a - a + ... + (-1)^{n-1}a$ không hề hội tụ, với a bất kì khác 0.

Mà tổng S ấy, nếu bạn tính, tức là bạn đã thừa nhận dãy $(a_n) $ có giới hạn.

Vì rõ ràng, S, nếu tồn tại, chính là $S = \lim_{n \to \infty } a_n$

Điều vô lý ở chỗ này chăng? Mọi người có ai có cao kiến khác ko ạ?

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=2 & & \\ 18x^3+16y^2+40xy+34x^2=9.\sqrt{2x+1}.\sqrt[3]{1-3x} & & \end{matrix}\right.$

Em đã nhẩm ra nghiệm $x = 0; y = \frac {3}{4}$ nhưng ko biết khai thác sao. Mong mọi người chỉ giáo.

Có $C_{16}^{10}$ cách chọn ra 10 chữ số bất kỳ và có 2 cách xếp chúng thỏa mãn yêu cầu bài toán (tăng dần hoặc giảm dần)

Do đó tổng số số cần tìm là  $2.C_{16}^{10} = 16016$  số

Một số tự nhiên có 4 chữ số sẽ có tối đa bao nhiêu ước dương?

Thêm bớt một tí thôi bạn:

$5^{12} + 2^{10} = (5^6)^2 + (2^5)^2 + 2.(5^6).(2^5) - 2.(5^6).(2^5)$

$= (5^6 +2^5)^2 - (5^6).(2^6) $

$= (5^6 +2^5)^2 - (10^6)$

$= 15657^2 - 1000^2$

P.S: Câu thứ hai bạn post lại xem, sử dụng công cụ gõ latex ấy.

Bạn tách hằng đẳng thức ra. Đó là hợp số vì lúc đó nó có hai ước số khác 1 và khác chính nó nữa.

$ 15657 + 1000 = 16657 $

$ 15657 - 1000 = 14657 $

Câu 1: 

$ 2 ^{10} + 5^{12} = 15657^2 - 1000^2$

Vì vậy nó là hợp số

Bài này phải đánh giá theo hai hướng:

$x > 2$: VT lớn hơn 5

$x < 2$: VT bé hơn 5

Giải phương trình:

$2^x = \frac{1}{x}$

Đây không phải là trò đùa, và bài rất hóc với em.

Mong mọi người tìm ra được hướng giải.

Bạn kimchitwinkle đã thể hiện rõ ý đó rồi, bạn ak

Nếu mình thiếu, thì bạn hãy chỉ ra chỗ ấy. Cảm ơn bạn nhiều

Còn câu 3, thì ta cm một bổ đề: Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 4 hoặc 2

(Dễ dàng cm bằng cách xét TH)

Như thế, từ pt ta phải có x và y cùng chia hết cho 7. Tuy nhiên, khi đó cũng suy ra z chia hết cho 7.

Vậy, đặt x = 7x' ;   y = 7y';   z = 7z', ta có pt tương tự như đề bài

Từ đó, tiếp tục một cách tương tự, ta có x, y, z chia hết cho $7^k$ với k nguyên dương tùy ý

Suy ra nghiệm nguyên duy nhất của pt là (x; y; z) = (0; 0; 0)

Vậy, cả ba bài đều có thể sử dụng pp lùi vô hạn.

Câu 2: Cũng dùng pp lùi vô hạn

Giả sử x, y, z đều lẻ. Khi đó, vế trái của pt lẻ, vế phải của pt chẵn, vô lý.

Vậy tồn tại một số chẵn trong x,y, z. Giả sử đó là x.

Khi đó đặt x = 2x', thay vào pt có $y^{2} + z^{2}$ chia hết cho 4 (*)

Ta có bổ đề: Một số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 và 1.

Vậy từ (*) ta suy ra cả y và z đều phải chẵn. Khi đó đặt y = 2y' và z = 2z'

Ta thu được: $x'^{2} + y'^{2} + z'^{2} = 2x'y'z'$

Như vậy, tiếp tục, ta có thể cm được x, y, z chia hết cho $2^{k}$ với k nguyên dương tùy ý.

Từ đó, pt có nghiệm nguyên duy nhất: (x; y; z) = (0; 0; 0)

Câu 1:

Từ pt suy ra x chia hết cho 2. Đặt x = 2x'

Sau đó chia hai vế cho 2, suy ra y chia hết cho 2. Đặt y = 2y', thay vào pt

Chia hai vế tiếp cho 2, suy ra z chia hết cho 2. Đặt z = 2z', thay vào pt.

Ta thu được pt sau: $x'^{3} + 2y'^{3} = 4z'^{3}$

Tiếp tục thực hiện như thế, ta  sẽ suy ra được x, y, z chia hết cho $2^{k}$ với mọi k nguyên dương.

Từ đó suy ra nghiệm nguyên duy nhất của pt là (x; y; z) = (0; 0; 0)

Đúng là dùng pp lùi vô hạn.

Gọi biểu thức cần tính lim là A

$\prod_{i = 2}^{n+1} \left ( 1 - \frac{2}{i(i+1)} \right ) = \prod_{i = 2}^{n+1} \frac{i^2 + i - 2}{i(i+1)} = \prod_{i = 2}^{n+1} \frac{(i - 1)(i + 2)}{i(i+1)}$

Vậy ta có $\prod_{i = 2}^{n+1} \frac{(i - 1)(i + 2)}{i(i+1)} = \frac{1 . 4}{2.3} \cdot \frac{2 . 5}{3.4}\cdot \frac{3 . 6}{4.5} \cdot \cdot\cdot\cdot \frac{(n - 1)(n + 2)}{n(n + 1)} \cdot \frac{n(n + 3)}{(n + 1)(n + 2)}$

Nhận xét: Ở trên tử có 1 thừa số 2, có 1 thừa số 3, có 2 thừa số 4, ..., có 2 thừa số n, có 1 thừa số n + 1, có 1 thừa số n + 2 và có 1 thừa số n + 3

Còn ở dưới mẫu: Có 1 thừa số 2, có 2 thừa số 3, có 2 thừa số 4, ..., có hai thừa số n, có 2 thừa số n + 1, có 1 thừa số n + 2 và không có thừa số n + 3.

Vì thế: $A = \frac{n + 3}{3(n + 1)}$

Suy ra: $\lim_{n \rightarrow \infty } $A  $= \lim_{n \rightarrow \infty } \frac{n + 3}{3(n + 1)} = \frac{1}{3}$

Ta chứng minh $x + y = 0$ (*)

Một cách để làm điều đó là nhân lần lượt các biểu thức khác 0: $\sqrt{2014 + x^2} - x$ và $\sqrt{2014 + y^2} - y$ vào hai vế của đẳng thức đề cho

Khi đó sẽ thu được hai đẳng thức mới, mà từ đó rút ra điều phải chứng minh

Chứng minh (*) xong, ta sẽ có ngay $A = 0$

Chào cả nhà.

Số $1729$ là tổng của hai lũy thừa bậc ba của số nguyên dương theo hai cách khác nhau:

$1729 = 10^{3} + 9^{3} = 12^{3} + 1^{3}$

Em thắc mắc rằng liệu còn số nguyên nào có tính chất như thế không, và đã thử tìm chúng, nhưng chưa đạt kết quả, chắc do em trình độ còn hạn chế

Mong mọi người giúp sức.

Chào cả nhà. Em xin post bài này:

Cho $a, b, c, d$ là các số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn: $abcd - 1$ chia hết cho $(a - 1)(b - 1)(c - 1)(d - 1)$Chứng minh rằng, trong bốn số $a, b, c, d$, tồn tại một số là tích của ba số còn lại

P.S: Nếu trực tiếp đi tìm $a, b, c, d$ thì ta sẽ có $(a, b, c, d)$ là một hoán vị của $(3, 5, 17, 255)$ hoặc  $(2, 4, 10, 80)$

Nhưng em đang thắc mắc liệu có thể kết luận như trên mà không thông qua tính  $a, b, c, d$ hay không.

Em xin cám ơn.

Bạn clicklogin, số 0 là số tự nhiên mà...Vì thế lúc đó a9 = 0

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $a + b + c - abc$

Mọi người giải giúp em bài này....Đây không phải dạng điểm rơi đối xứng

Bạn hãy giải thích tại sao cách giải của toanc2tb lại sai?

Bạn cho A không phải là số nguyên thì sao mà tìm được hai chữ số tận cùng?