$2\sqrt{2}$ khác gì $\sqrt{8}$ đâu ? 

 

195. Cho $f\left ( n \right )= \left ( n^{2}+n+1 \right )^{2}+1$ với $n\in N$

      Đặt $P_{n}=\frac{f\left ( 1 \right ).f\left ( 3 \right ).f\left ( 5 \right )...f\left ( 2n-1 \right )}{f\left ( 2 \right ).f\left ( 4 \right ).f\left ( 6 \right )...f\left ( 2n \right )}$

 

        Chứng minh rằng: $P_{1}+P_{2}+P_{3}+...+P_{n}< \frac{1}{2}$

 

p/s: mình lược bài hình rồi, do lười đánh

Ta có $$f\left ( n \right )= \left ( n^{2}+n+1 \right )^{2}+1 = (n^2+1)(n^2+2n+2))$$

Áp dụng cho $P_{n}$ ta có 

$P_{n} = \frac{2.5.10.17.26.37.....[(2n - 1)^2 + 1)][(2n - 1)^2 + 2(2n - 1) + 2)]}{5.10.17.26.37.50....[(2n)^2 + 1)][(2n)^2+2.2n + 2)]} = \frac{2}{4n^2+ 4n + 2} = \frac{1}{2n^2+2n + 1} < \frac{1}{2n^2 + 2n} = \frac{1}{2} . ( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$

Thay vào đpcm  ta có 

$VT < \frac{1}{2} .( 1 - \frac{1}{n}) < \frac{1}{2}$ ( đpcm)

Bạn thay giá trị a hay k vào vậy. Mình đoán chắc không phải là k vì k nguyên và không nhỏ hơn 2 . Bạn nêu cụ thể một ví dụ nào đó được khôngZe

Theo mình thì làm thế này

Vì $a \in \mathbb{R}$ nên $a + \frac{1}{a} \geq 2$ hoặc $a + \frac{1}{a} \leq  -2$

Vì $a + \frac{1}{a}$ là số dương nên $a + \frac{1}{a} \geq 2$

Suy ra $a + \frac{1}{a} $ nằm từ 2 đến 2017

Vậy có $1 + 2.2015 = 4031$ số thỏa đề bài

Xin lỗi mình nhầm

A = $a+\frac{1}{a}$ =$\frac{a^2+1}{a}$

Vì A là số nguyên dương nên a >0 và $a^2+1 = ak$ (với k là số nguyên dương)

Xét pt bậc 2 $a^2-ak+1=0$

$\Delta=k^2-4$

Pt có nghiệm nên $k\geq2$ hoặc $k\leq-2$

$ a1 = \frac{k+ \sqrt{k^2-4}}{2}  $

$ a2 = \frac{k- \sqrt{k^2-4}}{2}  $

Đồng thời 2 nghiệm của pt là số dương nên

S>0 và P>0

=> k>0

Từ đó suy ra $k\geq2$

Sau đó xét từng giá trị a1 ,a2 sao cho không lớn hơn 2017

suy ra được $2\leq k \leq2017$

Như vậy có 2016 giá trị của k và 4032 giá trị của a thoả mãn đề bài

Mình nghĩ mình có sai sót chỗ nào đó rồi các bạn xem mình làm có đúng không

2016 của k nhưng chỉ có 4031 số thôi nhé bạn vì có pt k = 2 có 1 nghiệm

Giải bài 62:

 

"Hữu tỉ hóa" phương trình, ta có

$(x^{2017} +1)^{2008}-x^{2008}(x+1)=0.$

 

Phương trình đa thức có hệ số nguyên này có hệ số tự do là 1 và hệ số cao nhất là 1. Do đó nghiệm hữu tỉ phải là nghiệm nguyên và là ước của $1$.

Kiểm tra $x=\pm 1$. Suy ra $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

Lí do tại sao

Phương trình đa thức có hệ số nguyên này có hệ số tự do là 1 và hệ số cao nhất là 1. Do đó nghiệm hữu tỉ phải là nghiệm nguyên và là ước của $1$.

Kiểm tra $x=\pm 1$. Suy ra $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

Các bạn còn câu pt,hpt,bpt không vậy

bài này cũng hay đó

ta  biến đổi như sau pt <=> $(16x^6-20x^4+5x^2)-16x^5+20x^3-5x+7x-7=0<=>x(16x^5-20x^3+5x)-(16x^5-20x^3+5x)+7(x-1)=0<=>(x-1)(16x^5-20x^3+5x+7)=0=>\begin{bmatrix}16x^5-20x^3+5x=-7 \\ x=1 \end{bmatrix}$

cái $16x^5-20x^3+5x=Sin5\alpha$ nếu đặt x=$Sin\alpha$

PT còn lại giải bằng lượng giác là ra ......

P/s: Còn 2 bài hệ chưa có lời giải nhan

lg sao dc k có dk của x mà

Bài này yêu cầu giải PT hay chỉ xác định số nghiệm của phương trình vậy?

Giải pt bạn

Bài 66: Giải hệ phương trình:

$16x^2+y^4=8xy^3+1$

$1+4xy=8x^2+y^2$

Xét y = 0 => .....

Xét $y \neq 0$ ta đặt $x = ty$, ta có 

$(2) \Rightarrow 8t^2y^2+y^2-4ty^2 = 1 \Rightarrow y^2(8t^2 - 4t + 1) = 1 => y^2 = \frac{1}{8t^2 - 4t + 1}$

$(1) \Rightarrow 16t^2y^2+y^4 - 8ty^4 = 1 \Rightarrow \frac{16t^2}{(8t^2-4t+1)} + \frac{1}{(8t^2-4t + 1)^2} - \frac{8t}{(8t^2-4t+1)^2}= 1$

$\Rightarrow 64t^4 -16t^2 = 0$

suy ra t roi suy ra x,y

Bài 61:

$x^{\frac{1}{x}} = (x+1)^{\frac{1}{x+1}}$

Bài 62:

$x^{2016} + \frac{1}{x} - \sqrt[2018]{x + 1} = 0 (x \in \mathbb{Q})$

Bài 63:

$\left (1 + \frac{2x}{1 - x^2} \right )\left ( 1 + \frac{x^5 - 10x^3 + 5x}{5x^4 - 10x^2 + 1} \right ) = 2$

Làm sao để đăng file đính kèm vậy ?

12.1 làm sao mấy bạn khó quá

Bài đó vẽ các đường tròn ra sẽ " lòi" ra góc 18 độ rồi vẽ tia phân giác

Chỗ đó hiển nhiên vì cùng bằng $\widehat{FBA}$.

Đã nội tiếp đâu sao bằng nhau dc

Bài $1$ khá hay. Gọi $CD$ cắt $BF$ tại $T$ và dễ dàng chứng minh $E$ là trung điểm $FT$ (Chú ý cách xác định điểm $E$ là giao của trung trực $AD$ và đường thẳng đổi xứng của $AC$ qua $AD$)

Khi đó tứ giác $XMFE$ nội tiếp, ngũ giác $BMDEA$ và $BFDXC$ nội tiếp.

Suy ra $EM,FX,BD$ đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn.

Sao chứng minh được E là trung điểm FT bạn

Lí do $\widehat{DAC}=\widehat{E'BA}$

@Ego: Nhắc nhở bạn QQspeed tránh spam các bài viết và đừng quote cả một lời giải, trông khó nhìn lắm

Các bạn giải câu 1 mình xem có gì đó thiếu tự nhiên thì phải

Năm nay thi trên giấy chứ không thi trên mạng nữa bạn à. Bộ gửi công văn rồi.

Bạn có thể cho mình xem công văn được không ?

Câu hình làm sao

Câu hình làm sao vậy

Bạn tự vẽ hình nhé, cách của mình hơi dài

a, Ta có: $\widehat{PDE}=\widehat{PAE}=\widehat{BFE}=>PD\parallel BF=>\widehat{PDB}=\widehat{DBF}=> \widehat{BAD}=\widehat{FAC}=>\widehat{BAF}=\widehat{DAC}$

Còn câu b bạn

Bài 2. Thay $x=\sqrt[3]{3}$ vào và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $P(x)=a_0+a_1.x^{3}+a_2.x^{6}+...+x_n.x^{3n}$

Tại sao lại có được điều này ?

Câu 6

Số mảnh giấy sau x lần xé 4 mảnh là 1 + 3x

Số mảnh giấy sau y lần xé 8 mảnh là 1 + 7y

Số mảnh giấy lớn là z

Theo đề bài ta có 2 + 3x + 7y + z = 2016

Xét cặp nghiệm nguyên $\left\{\begin{matrix} x = 666 - 3t \\ y = t \\ z = 2(t + 8) \end{matrix}\right.$

Ta thấy thỏa phương trình và có nghiệm nguyên

Vậy Nam xé được 2016 mảnh