Kool LL

Không biết bài của e sai chỗ nào nhỉ ?????

 

Một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm n ẩn, n phương trình có nghiệm khác không khi và chỉ khi định thức của ma trận các hệ số bằng không mà a!!! (SAI RỒI. Phải là khi và chỉ khi định thức $\ne0$).

 Nếu  $detA\neq 0$ thì theo định lý Cramer thì hpt có nghiệm duy nhất (SAI RỒI. Phải là có nghiệm duy nhất không tầm thường, tức là nghiệm khác $0$). Do vậy $detA= 0$

Còn về tính định thức thì đầu tiên em :

- Lấy dòng n trừ đi dòng n-1 thay vào dòng cuối 

- Khai triển Laplace theo dòng cuối đấy 

$D_{n}=\begin{vmatrix} a & b &... &b &b \\ c& a & ... & b & b\\ c & c & ...&b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c & ... &a &b \\ c & c &... & c & a \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a & b &...&b &b \\ c& a & ... & b& b\\ c & c &... &b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c &... &a &b \\ 0 & 0 & ... & c-a & a-b \end{vmatrix}=(c-a)(-1)^{n+n+1}\begin{vmatrix} a &b &... &b & b\\ c& a &... & b &b \\ ...&... &... &... &... \\ c &c &... & a & b\\ c & c & ... & c & b \end{vmatrix}$

           

    $+ (a-b)(-1)^{n+n}D_{n-1}$

$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... & b&b \\ c & a&... &b & b\\ ... & ... &... &... &... \\ c &c &.. . & a & b\\ 0 &0 &... &a-c & 0 \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{2}(-1)^{n-2+n-1}\begin{vmatrix} a& b & ... & b & b\\ c & a & ... & b & b\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ c &c & ... & a &b \\ c & c& ...& c & b \end{vmatrix}=...=(a-b)D_{n-1}+(a-b)^{n-2}(-1)^{n-3}\begin{vmatrix} a & b\\ c& b \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+b(c-a)^{n-1}$

 

Rồi dùng sai phân ra $D_{n}=\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Không biết có sai chỗ nào không  ạ !!!

 

Sửa lại cho đúng nè :

$D_{n}=\begin{vmatrix} a & b &... &b &b \\ c& a & ... & b & b\\ c & c & ...&b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c & ... &a &b \\ c & c &... & c & a \end{vmatrix}_n$ $=\begin{vmatrix} a & b &...&b &b \\ c& a & ... & b& b\\ c & c &... &b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c &... &a &b \\ 0 & 0 & ... & c-a & a-b \end{vmatrix}_n$ $=(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... &b & b\\ c& a &... & b &b \\ ...&... &... &... &... \\ c &c &... & a & b\\ c & c & ... & c & b \end{vmatrix}_{n-1}$ $+ (a-b)D_{n-1}$

$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... & b&b \\ c & a&... &b & b\\ ... & ... &... &... &... \\ c &c &.. . & a & b\\ 0 &0 &... &c-a & 0 \end{vmatrix}_{n-1}$$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{2}\begin{vmatrix} a& b & ... & b & b\\ c & a & ... & b & b\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ c &c & ... & a &b \\ c & c& ...& c & b \end{vmatrix}_{n-2}$

$= \overset{\text{CMtt}}{...} =(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{n-2}\begin{vmatrix} a & b\\ c& b \end{vmatrix}_2=(a-b)D_{n-1}+b(a-c)^{n-1}$

Ta có : $D_n=(a-b)D_{n-1}+b(a-c)^{n-1}$

Rồi dùng sai phân ra $D_{n}=\frac{c(a-b)^{n}}{c-b}+\frac{b(a-c)^{n}}{b-c}$

Cho hệ 

$\left\{\begin{matrix} ax_{1}+bx_{2}+...+ bx_{n}=0\\ cx_{1}+ax_{2}+...+bx_{n}=0\\ \ddots\\ cx_{1}+cx_{2}+...+ax_{n}=0 \end{matrix}\right.$

 

Tìm điều kiện của a, b, c để hệ phương trình trên có nghiệm không tầm thường ??

 

Em làm thế này nhưng không ổn lắm 

 

Điều kiện là $detA= 0$ trong đó $A$ là ma trận các hệ số của hpt

 

Em dùng khai triển Laplace với quy nạp tính được $det A =\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Đến đây thì chả biết giải đk det A = 0 thế nào ạ

 

Mọi người xem giúp e có hướng nào khác làm bài này không nhé !!!!

$D_n=|A_n|=\left|\begin{matrix}a&b&b&...&b&b \\ c&a&b&...&b&b\\ c&c&a&...&b&b \\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots \\ c&c&c&...&a&b \\ c&c&c&...&c&a\end{matrix}\right|_n$ $\overset{c_1'=c_1-c_2}{=}\left|\begin{matrix}a-b&b&b&...&b&b \\ c-a&a&b&...&b&b\\ 0&c&&&& \\ \vdots&\vdots&&A_{n-2}&& \\ 0&c&&&& \\ 0&c&&&&\end{matrix}\right|_n$ $\overset{d_1'=d_1-d_2}{=}\left|\begin{matrix}2a-b-c&b-a&0&...&0&0 \\ c-a&a&b&...&b&b\\ 0&c&&&& \\ \vdots&\vdots&&A_{n-2}&& \\ 0&c&&&& \\ 0&c&&&&\end{matrix}\right|_n$

$\overset{(\text{theo }c_1)}{=}(2a-b-c).\left|\begin{matrix}a&b&...&b&b\\ c&&&& \\ \vdots&&A_{n-2}&& \\ c&&&& \\ c&&&&\end{matrix}\right|_{n-1}$$-(c-a).\left|\begin{matrix}b-a&0&...&0&0 \\ c&&&& \\ \vdots&&A_{n-2}&& \\ c&&&& \\ c&&&&\end{matrix}\right|_{n-1}$ $\overset{(\text{theo }d_1)}{=}(2a-b-c).D_{n-1}-(c-a)(b-a).D_{n-2}$

Ta có pt sai phân : $D_n+(b+c-2a).D_{n-1}+(b-a)(c-a).D_{n-2}=0$

Pt đặc trưng : $k^2+(b+c-2a)k+(b-a)(c-a)=0$ $\Leftrightarrow k_1=a-b\ ;\ k_2=a-c$

$\boxed{}$ Nếu $c\ne b$ : thì nghiệm TQ là : $D_n=C_1.(a-b)^n+C_2.(a-c)^2$

với $\left.\begin{cases}C_1(a-b)+C_2(a-c)=D_1=a\\C_1(a-b)^2+C_2(a-c)^2=D_2=a^2-bc\end{cases}\right\}$ $\Rightarrow C_1=\frac{c}{c-b}\ ;\ C_2=\frac{b}{b-c}$

Suy ra $\boxed{D_n=\frac{c}{c-b}.(a-b)^n+\frac{b}{b-c}.(a-c)^n=\frac{b.(a-c)^n-c.(a-b)^n}{b-c}}$

$\boxed{}$ Nếu $c=b$ : thì nghiệm TQ là : $D_n=(C_1.n+C_2).(a-b)^n$

với $\left.\begin{cases}(C_1+C_2).(a-b)=D_1=a\\(2C_1+C_2).(a-b)^2=D_2=a^2-b^2\end{cases}\right\}$ $\Rightarrow C_1=\frac{b}{a-b}\ ;\ C_2=1$

Suy ra $\boxed{D_n=\left(\frac{bn}{a-b}+1\right).(a-b)^n=[a+(n-1)b].(a-b)^{n-1}}$

Để hpt có nghiệm không tầm thường $\Leftrightarrow D_n\ne0$ $\Leftrightarrow\begin{cases}c\ne b \\ b(a-c)^n\ne c(a-b)^n \end{cases}$ hoặc $\begin{cases}c=b \\ a\ne (1-n)b\ \wedge\ a\ne b \end{cases}$

cho M =1!*2!*3!*4!*5!*61*7!*8!*9! tìm số các ước chính phương của M

$M=1^{9}.2^{8}.3^{7}.4^{6}.5^{5}.6^{4}.7^{3}.8^{2}.9^{1}$ $=2^{8}.3^{7}.(2^2)^{6}.5^{5}.(2.3)^{4}.7^{3}.(2^3)^{2}.(3^2)^{1}$ $=2^{30}.3^{13}.5^{5}.7^{3}$

Một ước chính phương của $M$ luôn có dạng $2^{2a}.3^{2b}.5^{2c}.7^{2d}$

* $0\le 2a\le 30$ $\Rightarrow 0\le a\le 15$. Chọn $a$ có $16$ cách

* $0\le 2b\le 13$ $\Rightarrow 0\le b\le 6$. Chọn $b$ có $7$ cách

* $0\le 2c\le 5$ $\Rightarrow 0\le c\le 2$. Chọn $c$ có $3$ cách

* $0\le 2d\le 3$ $\Rightarrow 0\le d\le 1$. Chọn $d$ có $2$ cách

Vậy số các ước chính phương của $M$ là $16.7.3.2=672$ số.

xét dãy số $a_{1}=1;a_{3}=3;a_{n+2}=2a_{n+1}-a_{n+1}+1$ với mọi số nguyên dương n

chứng minh A=$4a_{n}a_{n+2}+1$ là số chính phương

thank     

Đề bài phải như thế này chứ hở :

Cho dãy số $a_{1}=1;a_{2}=3;a_{n+2}=2a_{n+1}-a_{n}+1$ với mọi số nguyên dương $n$

chứng minh A=$4a_{n}a_{n+2}+1$ là số chính phương?

Ta có $\forall n\in\mathbb{Z}^+$ : $a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_n+1=a_n-a_{n-1}+2=...=a_2-a_1+n=3-1+n=n+2$

Suy ra $\forall n\in\mathbb{Z},\ge3$ : $a_{n}-a_{n-1}=n$

Lại có $\forall n\in\mathbb{Z}^+$ : $a_n-a_{1}=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+...+(a_3-a_2)+(a_2-a_1)=n+(n-1)+...+3+2$

Suy ra $\forall n\in\mathbb{Z}^+$ : $a_n=n+(n-1)+...+3+2+1=\frac{n(n+1)}{2}$

Vậy $A=4a_na_{n+2}+1=n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n^2+3n+1)^2\ \boxed{}$ (đpcm).

 giải phương trình nghiệm nguyên: 1/x² +1/y² = 1/z²  (1)

Xét pt nghiệm nguyên dạng $A^2+B^2=C^2$, đây là pt Pythago, có nghiệm TQ là :

$$\begin{cases}A=k.(m^2-n^2) \\ B=k.2mn \\ C=k.(m^2+n^2)\end{cases} \text{ hoặc } \begin{cases}A=k.2mn \\ B=k.(m^2-n^2) \\ C=k.(m^2+n^2)\end{cases} \ (\text{với } k,m,n \text{ tuỳ ý } \in\mathbb{Z}$$

(1) $\Leftrightarrow (yz)^2+(xz)^2=(xy)^2$ với $x,y,z\in\mathbb{Z}^*$

$\Leftrightarrow \begin{cases}yz=k.(m^2-n^2) \\ xz=k.2mn \\ xy=k.(m^2+n^2)\end{cases}$  hoặc  $\begin{cases}yz=k.2mn \\ xz=k.(m^2-n^2) \\ xy=k.(m^2+n^2)\end{cases}$   $(\text{với } k,m,n \text{ tuỳ ý } \in\mathbb{Z}^*,\ m\ne n)$

$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2=\frac{k.(m^2+n^2)2mn}{m^2-n^2} \\ y^2=\frac{k.(m^2-n^2)(m^2+n^2)}{2mn} \\ z^2=\frac{k.(m^2-n^2)2mn}{m^2+n^2}\end{cases}$  hoặc $\begin{cases}x^2=\frac{k.(m^2-n^2)(m^2+n^2)}{2mn} \\ y^2=\frac{k.(m^2+n^2)2mn}{m^2-n^2} \\ z^2=\frac{k.(m^2-n^2)2mn}{m^2+n^2}\end{cases}$   $(\text{với } k,m,n \text{ tuỳ ý } \in\mathbb{Z}^*,\ m\ne n)$

Chọn $k=l^2(m^2-n^2)(m^2+n^2)2mn$ thì

$$\begin{cases}x=l.(m^2+n^2)2mn \\ y=l.(m^2-n^2)(m^2+n^2) \\ z=l.(m^2-n^2)2mn\end{cases}  \text{ hoặc } \begin{cases}x=l.(m^2-n^2)(m^2+n^2) \\ y=l.(m^2+n^2)2mn \\ z=l.(m^2-n^2)2mn\end{cases} \ (\text{ với } l,m,n \text{ tuỳ ý } \in\mathbb{Z}^*,\ m\ne n)$$

Thử lại thấy đúng.

Tìm m để hàm số $y= \sqrt{2x-3m+4} - \dfrac{x-2m}{x+m-1}$ có miền xác định là $D = (0;+ \infty )$

HS xđ $\Leftrightarrow\begin{cases}x\ge\frac{3m-4}{2}\\x\ne 1-m\end{cases}$  (*)

NX : $1-m\ge\frac{3m-4}{2}\Leftrightarrow m\le\frac{6}{5}$

Do đó ĐK (*) $\Leftrightarrow\left[\begin{array}\ x\in[\frac{3m-4}{2}\ ;\ 1-m)\cup(1-m\ ;+\infty) & \text{, nếu }m<\frac{6}{5} \\ x\in(\frac{-1}{5}\ ;+\infty) & \text{, nếu }m=\frac{6}{5} \\ x\in[\frac{3m-4}{2}\ ;+\infty) & \text{, nếu }m>\frac{6}{5}\end{array}\right.$

Suy ra MXĐ $D=\left[\begin{array}\ [\frac{3m-4}{2}\ ;\ 1-m)\cup(1-m\ ;+\infty) & \text{, nếu }m<\frac{6}{5} \\ (\frac{-1}{5}\ ;+\infty) & \text{, nếu }m=\frac{6}{5} \\ [\frac{3m-4}{2}\ ;+\infty) & \text{, nếu }m>\frac{6}{5}\end{array}\right.$

Từ các dạng trên ta thấy không có $m$ để $D=(0\ ;+\infty)$.

 

$x_{1},$ $x_{2}$  $x_{3}$ là các nghiệm của phương trình $x^{3}-16x^{2}-57x+1=0.$ Chứng minh rằng $\sqrt[5]{x_{1}}+\sqrt[5]{x_{2}}+\sqrt[5]{x_{3}}=1.$ 

 

Đặt $t=\sqrt[5]{x};\ a=\sqrt[5]{x_1};\ b=\sqrt[5]{x_2};\ c=\sqrt[5]{x_3}$ thì $a,b,c$ là các nghiệm của pt : $t^{15}-16t^{10}-57t^5+1=0$ (*)

(*) $\Leftrightarrow (t^3-t^2-2t+1)(\underset{f(t)}{\underbrace{t^{12}+t^{11}+3t^{10}+4t^9+9t^8-2t^7+12t^6-t^5+25t^4+11t^3+5t^2+2t+1}})=0$

với $f(t)=t^{10}(t^2+t+1)+2t^8(t^2+2t+4)+t^6(t^2-2t+11)$$+t^4(t^2-t+3)+t^2(22t^2+11t+4)+(t^2+2t+1)>0\ \forall t$

Suy ra $a,b,c$ là $3$ nghiệm của pt : $t^3-t^2-2t+1=0$

Theo định lí Viét bậc $3$ ta có : $a+b+c=1$.

Vậy $\sqrt[5]{x_{1}}+\sqrt[5]{x_{2}}+\sqrt[5]{x_{3}}=1.$

Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn $x^2+y^2+1=xy+x+y$. Tính giá trị của biểu thức $M=x^{2014}+y^{2015}$

(gt) $\Leftrightarrow 2x^2+2y^2+2=2xy+2x+2y$$\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2=0$$\Leftrightarrow x-y=x-1=y-1=0$$\Leftrightarrow x=y=1$.

Vậy : $M=1^{2014}+1^{2015}=2$.

Cho $a,b,c$ là ba cạnh tam giác.$x,y,z$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} cy+bz=a & \\ az+cx=b & \\ bx+ay=c & \end{matrix}\right.$

Chứng minh $x+y+z\leq \frac{3}{2}$

Giải hpt suy ra $x=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cos A$  ;  $y=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}=\cos B$  ;  $z=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\cos C$

Do đó : $T=x+y+z=\cos A+\cos B+\cos C$$=2.\cos\left(\frac{A+B}{2}\right).\cos\left(\frac{A-B}{2}\right)+1-2.\sin^2\left(\frac{C}{2}\right)$

$\le 2.\sin\left(\frac{C}{2}\right).1+1-2.\sin^2\left(\frac{C}{2}\right)$$=\frac{3}{2}-2.\left[\sin\left(\frac{C}{2}\right)-\frac{1}{2}\right]^2$$\le\frac{3}{2}$

-----------------------------------------------------------------------------------------------

$\boxed{\text{Cách 2}}$

$T=x+y+z=\sum_{x,y,z}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+1\right)-3$$=\sum_{x,y,z}\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{2ab}-3$$=\frac{(a+b+c)\left[2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\right]}{2abc}-3$

$=\frac{p(4q-p^2)}{2r}-3$         với $p=a+b+c$ ; $q=ab+bc+ca$ ; $r=abc$

Theo BĐT Schur bậc $1$ thì ta có $p(4q-p^2)\le9r$

Suy ra $T\le\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}$.

Có $3$ con chó ở $3$ đỉnh của $1$ tam giác đều $ABC$ cạnh $a$ . Con chó ở đỉnh $A$ chạy về phía con chó đỉnh $B$, con $B$ chạy về phía con $C$, con $C$ chạy vệ phía con $A$ ( giả sử vận tốc các con chó như nhau). CMR 3 con gặp nhau ở trọng tâm của tam giác.

 

PS: 3 con chó đều chạy cùng 1 lúc nên khi chạy tam giác sẽ nhỏ dần lại.

G/s bước đi đầu tiên, mỗi con chó $A,B,C$ đã đi được một bước nhỏ $\epsilon>0$ tịnh tiến về phía $B,C,A$. Lúc này toạ độ vị trí 3 con chó là $A_1,B_1,C_1$ lần lượt trên các cạnh $AB,BC,CA$. Dễ dàng cm $A_1B_1C_1$ cũng là tam giác đều độ dài cạnh là $a_1<a$ và có tâm $G_1\equiv$ tâm $G$ của $\Delta$ đều $ABC$.

Bước đi thứ 2, 3 con chó từ vị trí $A_1,B_1,C_1$ đi tiếp bước nhỏ $\epsilon>0$ về phía $B_1,C_1,A_1$ và ở các vị trí $A_2,B_2,C_2$ lần lượt trên các cạnh $A_1B_1,B_1C_1,C_1,A_1$. Dễ dàng cm $A_2B_2C_2$ cũng là tam giác đều độ dài cạnh là $a_2<a_1$ và có tâm $G_2\equiv G_1$.

Cứ tiếp tục quá trình như thế, ta thấy các tam giác $A_nB_nC_n$ luôn là các tam giác đều có độ dài cạnh nhỏ dần $0\le a_n<a_{n-1}<...<a_1<a$ và luôn có tâm trùng nhau $G_n\equiv G_{n-1}\equiv...\equiv G_1\equiv G$.

Ta có dãy số $\{a_n\}$ giảm dần và bị chặn dưới bởi $0$ nên hội tụ về $0$. Nên khi $n$ đủ lớn thì $\Delta A_nB_nC_n$ suy biến thành một điểm $A_n\equiv B_n\equiv C_n\equiv G_n$.

Để ý rằng các trọng tâm $G\equiv G_1\equiv G_2\equiv ... \equiv G_n ...$. Từ đây ta có đpcm.

Do $\Delta ABC$ đều và $AA_1=BB_1=CC_1=\epsilon$ nên suy ra $\Delta A_1B_1B=\Delta B_1C_1C=\Delta C_1A_1A$ (c.g.c)

$\Rightarrow A_1B_1=B_1C_1=C_1A_1\Rightarrow \Delta A_1B_1C_1$ đều.

Ta có BDT $\Delta A_1B_1B$ : $a_1=A_1B_1<BA_1+BB_1=a$

Gọi $G$ là tâm $\Delta ABC$. Ta có $\Delta GAA_1=\Delta GBB_1=\Delta GCC_1$ (c.g.c)

$\Rightarrow GA_1=GB_1=GC_1$. Do đó $\Delta A_1B_1C_1$ có tâm $G_1\equiv$ tâm $G$ của $\Delta ABC$.

Tìm tất cả các hàm số $f:R \to R$ sao cho

$f\left( {x + y} \right) = {x^2}f\left( {{1 \over x}} \right) + {y^2}f\left( {{1 \over y}} \right)$ (1)

(1) $\overset{y=x}{\Rightarrow} f(2x)=2x^2f\left(\frac{1}{x}\right)\ ,\ \forall x$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}\ ,\ \forall x,y$ (3)

Đặt $a=f(1)$.

(1) $\overset{y=1}{\Rightarrow} f(x+1)=x^2f\left(\frac{1}{x}\right)+a\overset{(2)}{=}\frac{f(2x)}{2}+a,\forall x$ (4)

(4) $\overset{x=0}{\Rightarrow} f(0)=0$.

(3) $\overset{y=0}{\Rightarrow}f(2x)=2.f(x),\forall x$ (5)

(4)(5) $\Rightarrow f(x+1)=f(x)+a,\forall x$ (6)

(2)(5) $\Rightarrow f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{f(x)}{x^2},\forall x$ (7)

Tính bằng 2 cách khác nhau :

$a-\frac{f(x)+a}{(x+1)^2}$$\overset{(6)}{=}a-\frac{f(x+1)}{(x+1)^2}$$\overset{(7)}{=}a-f\left(\frac{1}{x+1}\right)$$\overset{(6)}{=}f\left(1-\frac{1}{x+1}\right)$$=f\left(\frac{x}{x+1}\right)$$\overset{(7)}{=}\frac{f\left(\frac{x+1}{x}\right)}{\frac{(x+1)^2}{x^2}}$$=\frac{f\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{(x+1)^2}{x^2}}$$\overset{(6)}{=}\frac{a+f\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{(x+1)^2}{x^2}}$$\overset{(7)}{=}\frac{a+\frac{f(x)}{x^2}}{\frac{(x+1)^2}{x^2}}=\frac{ax^2+f(x)}{(x+1)^2}$

$\Rightarrow f(x)=ax,\forall x$.

Thử lại thấy $f(x)=ax,\forall x$ thoả (1).

-------------------------------------------------------------------

NX : bài giải có phần ko hợp lí lắm khi đi tính $f(0)=0$ vì thực ra (1) chỉ thoả $\forall x,y\ne0$. Nếu đề bài cho sẵn $f(0)=0$ luôn thì hoàn chỉnh hơn.

KHÓ HIỂU QUÁ Ạ? CÓ CÁCH KHÁC KHÔNG Ạ? P Ở BÀI 1 NGHĨ  LÀ GÌ?

A làm chi tiết vậy mà e đọc ko hiểu sao!? Vậy theo a nghĩ e ko phải học chuyên toán rồi. Thế sao lại có đề 2 bài chuyên này vậy e !?

E đọc phần nào chưa hiểu thì hỏi a giải thích rõ thêm. Mà tốt nhất thì e nên tìm đọc lý thuyết trước đã. Với a thì bài giải đã rất chi tiết rồi đó e.

Ta có định lý : Hàm $f$ vừa cộng tính, vừa nhân tính thì tuyến tính.

Tức là : Nếu $\forall x,y\ :\ \begin{cases}f(x+y)=f(x)+f(y) \\ f(xy)=f(x).f(y)\end{cases}$ $\Rightarrow f(x)=ax,\ \forall x$ ($a$ hằng số).

Không cần phải CM lại định lý làm chi cho dài dòng bạn !

@Sieusieu90 : Dạ, em cám ơn anh

Tìm c để hàm số liên tục trên R: 

$f(x)=\left\{\begin{matrix} cx+1,x\leqslant 3\\ cx^2-1,x>3 \end{matrix}\right.$

Hàm đa thức thì luôn liên tục trên $\mathbb{R}$. Do đó chỉ cần $f(x)$ liên tục tại $x=3$.

$\Leftrightarrow \lim_{x\to3^-}f(x)=\lim_{x\to3^+}f(x)=f(3)$

$\Leftrightarrow 3c+1=9c-1=3c+1$

$\Leftrightarrow c=\frac{1}{3}$.

Bài 2: Có bao nhiêu số có bốn chữ số mà tổng hai chữ số đầu bằng tổng hai chữ số cuối.

Xét $N=\overline{abcd}$ với $a\ge1$ và $a+b=c+d=k\in S=\{1;2;...;18\}$

$\boxed{}$ Nếu $k=2n$ $(1\le n\le9)$ thì có $n+1$ (cách) phân tích $k$ thành tổng hai số, trong đó có $n$ (cách) phân tích $k$ thành tổng hai số khác nhau, $1$ (cách) phân tích $k$ thành tổng hai số bằng nhau

$k=k+0=(k-1)+1=...=(n+1)+(n-1)=n+n$

Chọn bộ $\overline{ab}$ có $2n$ (cách), chọn bộ $\overline{cd}$ có $2n+1$ (cách)

Suy ra TH này có số cách tạo $N$ là : $\sum_{n=1}^{9}2n(2n+1)$

$\boxed{}$ Nếu $k=2n+1$ $(0\le n\le8)$ thì có $n+1$ (cách) phân tích $k$ thành tổng hai số, và hai số đó luôn khác nhau.

$k=k+0=(k-1)+1=...=(n+1)+n$

Chọn bộ $\overline{ab}$ có $2n+1$ (cách), chọn bộ $\overline{cd}$ có $2n+2$ (cách)

Suy ra TH này có số cách tạo $N$ là : $\sum_{n=0}^{8}(2n+1)(2n+2)$

Suy ra số cách tạo $N$ là : $\sum_{n=1}^{9}2n(2n+1)+\sum_{n=0}^{8}(2n+1)(2n+2)$ $=\sum_{k=1}^{18}k.(k+1)=\frac{18.19.20}{3}=2280$ (cách).

Do ta có công thức : $T=\sum_{k=1}^{n}k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$

CM:

$T=\sum_{k=1}^{n}(k^2+k)$$=\frac{\sum_{k=1}^{n}(3k^2+3k+1)-n}{3}$$=\frac{\sum_{k=1}^{n}\left[(k+1)^3-k^3\right]-n}{3}$$=\frac{(n+1)^3-1-n}{3}$$=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$