Hr MiSu

Giả sử $s$ là chữ số được bỏ, số đã cho có dạng : $A.10^{x+1}+s.10^x+B$, $A\geq 0, ,0\leq B <10^x$. sau khi bỏ đi thì còn $A.10^x+B$. Ta có:
$31.(A.10^x+B)=(10A+s).10^x+B$ hay $(21A-s).10^x+30B=0$. Để ý $A>0$ thì vế trái luôn dương, vô lí, nên $A=0$. Khi đó: $s.10^{x-1}=3B$, suy ra $s$ chia hết cho $3$, do $0\leq s < 10$ nên $s=3,6,9$. Thay vào ta suy ra số đó có dạng: $30...0$ hoặc $620...0$ hoặc $930...0$

Eo làm gì mà tới mức đạo hàm riêng vậy, bài này dồn dần thôi: $x^2+y^2-xy-2x-2y=(x-1)^2-y(x-1)+y^2-3y-1=(x-1-\frac{y}{2})^2+\frac{3}{4}.(y^2-4y)-1=(x-1-\frac{y}{2})^2+\frac{3}{4}.(y-2)^2-4\geq -4$ nên $A\leq -4$

Bổ đề: Cho tam giác $AEC$, trung tuyến $ED$. Lấy $H$ thuộc đoạn $ED$ sao cho $DH=2EH$. $AH$ cắt $CE$ tại $K$. Chứng minh $HA=5HK$.

Chứng minh: Gọi $B$ đối xứng với $A$ qua $E$. Gọi $G$ là giao điểm của $BD,CE$. Suy ra $GH // CD$. Ta có:

$\frac{KH}{KA}=\frac{HG}{AC}=\frac{1}{6}$ suy ra $HA=5HK$.

Trở lại bài toán. 

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ thì $AG=2GM$. Gọi $L$ là giao điểm của $OG$ và $XM$. Áp dụng bổ đề vào tam giác $OXM$ ta có: $GO=5GL$. Chứng minh tương tự thì $YN, ZP$ cũng đi qua $L$ hay $XM,YN,ZP$ đồng quy tại $L$

Bn giải hộ mik bài này với . Cảm ơn :

Cho 2 đa thức P(x) = $x^5 - 5x^3 + 4x + 1 ; Q(x) = 2x^2 + x - 1$ . Gọi x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 là các nghiệm của P(x) . Tính g/t của Q(x1) . Q(x2) . Q(x3) . Q(x4) . Q(x5) 

Bạn nên lập 1 topic riêng chứ đừng hỏi như vậy kẻo bị spam. Mình xin giải như sau hi vọng bạn hiểu:

Kí hiệu $a(f(x))$ là hệ số tự do của đa thức $f(x)$. Giả sử $f(x)$ bậc $5$ có $5$  nghiệm $t_1,t_2,t_3,t_4,t_5$ và hệ số bậc cao nhất của $f(x)$ là $1$ thì theo định lí Vi-et ta có:

$t_1t_2t_3t_4t_5=-a(f(x))$.

Vì $x_1,...,x_5$ là nghiệm của P(x) nên $x_1+1,...,x_5+1$ là 5 nghiệm của đa thức $P(x-1)$; $x_1-\frac{1}{2},...,x_5-\frac{1}{2}$ là $5$ nghiệm của đa thức $P(x+\frac{1}{2})$. Trong đó $P(x-1),P(x+\frac{1}{2})$ đều là đa thức bậc $5$, hệ số bậc cao nhất là $1$.

Do đó:$(x_1+1)...(x_5+1)=-a(P(x-1)), (x_1-\frac{1}{2})...(x_5-\frac{1}{2})=-a(P(x+\frac{1}{2}))$. Dễ tính được $a(P(x-1)), a(P(x+\frac{1}{2}))$ nhé.

Do $Q(x)=2x^2+x-1=2(x+1)(x-\frac{1}{2})$ Do đó: $Q(x_1)...Q(x_5)=2^5.(x_1+1)...(x_5+1).(x_1-\frac{1}{2})...(x_5-\frac{1}{2})=2^5.a(P(x-1)).a(P(x+\frac{1}{2}))$

$\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{(a+1).b^2}{b^2+1}\geq a+1-\frac{ab+b}{2}$
Bài toán quy về tìm max của $P=ab+bc+cd+da$.
$P=ab+bc+(a+c).d=ab+bc+(a+c).(4-a-b-c)=-(a+c)^2+4(a+c)\leq 4$. Từ đó dễ suy ra đpcm

Từ phương trình đầu: $x-y+\sqrt{x}-\sqrt{y}=0\leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{x}-\sqrt{y})+(\sqrt{x}-\sqrt{y})=0\leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y}+1)(\sqrt{x}-\sqrt{y})=0\leftrightarrow \sqrt{x}-\sqrt{y}=0$ do $\sqrt{x}+\sqrt{y}+1>0$

đến đấy suy ra $x=y$ bạn thay vào phương trình sau và giải đơn giản vì nó là phương trình bậc $2 $ ẩn $\sqrt{x}$

$y=\frac{x}{3}+\frac{5}{2x-1}=\frac{2x}{6}+\frac{5}{2x-1}=\frac{2x-1}{6}+\frac{5}{2x-1}+\frac{1}{6}\geq 2.\sqrt{\frac{5}{6}}+\frac{1}{6}$

a) Đơn giản thôi, giao với $Ox$ thì cho$ y=0$ và giao với $Oy$ thì cho $x=0$

Vậy ta có: $A(2m+1;0)$, $B(0;-2m-1)$

Phần còn tại đơn giản ta áp dụng hệ thức lượng trong tam giác: $\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{OH^2}$.

Do đó: $\frac{2}{(2m+1)^2}=2\leftrightarrow m=0$ hoặc  $m=-1$. Thay vào là xong.

b) Đơn giản ta có $I(m+\frac{1}{2};-m-\frac{1}{2})$ gọi $x_1,y_1$ là tọa độ của điểm $I$ thì $x_1=m+\frac{1}{2}, y_1=-m-\frac{1}{2}$

ta có $x_1+y_1=0$ điều này dẫn đến việc tọa độ điểm $I$ lúc nào cũng thỏa mãn $x_1+y_1=0$ hay $I$ luôn nằm trên đường thẳng $x+y=0$ cố định, và đây là quỹ tích đó

Từ phương trình $2$: $2y=x^2.(1+y^2)\geq 0$ nên $y \geq 0$ theo bất đẳng thức AM-GM: $1+y^2\geq 2y$

Do đó: $2y\geq x^2.2y$

Nếu $y=0$ thì từ phương trình $2$ cho ta $x=0$ thay vào phương trình $1$ không thỏa mãn.

Nếu $y\neq 0$ thì do $y \geq 0$ nên $x^2\leq 1$ hay $-1\leq x\leq 1$. do đó $-1\leq x^3\leq 1$

Từ phương trình $1$ ta có: $0=x^3+1+2(y-1)^2\geq -1+1+0=0$

Đẳng thức phải xảy ra tức $x=-1,y=1$ do đó $Q=2$

Ta có: $6=2(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+c.(\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}}) \geq 4+c.\frac{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=4+c.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$

Do đó: $0<c.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\leq 2$

Đặt: $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y$ thì $0<c(x+y)\leq 2$

$P=\frac{cx}{2+cy}+\frac{cy}{2+cx}+\frac{4}{c(x+y)}=c.(\frac{x^2}{2x+cxy}+\frac{y^2}{2y+cxy})+\frac{4}{c(x+y)}$,

$P\geq c. \frac{(x+y)^2}{2(x+y)+2cxy}+\frac{4}{c(x+y)}\geq c. \frac{(x+y)^2}{2(x+y)+c.\frac{(x+y)^2}{2}}+\frac{4}{c(x+y)}$ ,Suy ra

$P\geq 2c. \frac{x+y}{4+c(x+y)}+\frac{4}{c(x+y)}$

Đặt $c(x+y)=t$ thì $0<t\leq 2$.

$P\geq \frac{2t}{4+t}+\frac{4}{t}=\frac{2t}{4+t}+\frac{2}{9}.\frac{4}{t}+\frac{7}{9}.\frac{4}{t}$

Có $\frac{2t}{4+t}+\frac{2}{9}.\frac{4}{t}=\frac{2t}{4+t}+\frac{2}{9}.\frac{4+t}{t}-\frac{2}{9}\geq \frac{4}{3}-\frac{2}{9}$

     $\frac{7}{9}.\frac{4}{t}\geq \frac{7}{9}.2$ do $t\leq 2$

Do đó: $P\geq \frac{4}{3}-\frac{2}{9}+ \frac{7}{9}.2= \frac{2}{3}+2$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 Cho hàm số $f(x)=ax^2+bx+c$ thỏa mãn $2a+3b+6c=0$ với $a,b,c\in \mathbb{R}$. 

a) Tính $f(0),f(1),f(\frac{1}{2})$ theo $a,b,c$. Chứng minh $3$ số $f(0),f(1),f(\frac{1}{2})$ không thể cùng dấu.

b) Chứng minh phương trình $ax^2+bx+c=0$ có nghiệm $x_0\in (0;1)$

Vẫn là thêm điều kiện khác 0

Cách khác cho ý a)

Ta có: $f(0)=c, f(1)=a+b+c, 4f(\frac{1}{4})=a+2b+4c$

Do đó: $f(0)+f(1)+4f(\frac{1}{4})=2a+3b+6c=0$ do đó suy ra ngay được không thể cả 3 số cùng dấu.

Lời giải của mình cho bài 4, khá lằng nhằng, hi vọng có cách ngắn hơn.

Để đơn giản ta đặt $u_n=\frac{2}{x_n}$

suy ra: $u_{n+1}=u_n^2-5u_n+9$ hay $\frac{1}{x_n-2}=\frac{1}{x_n-3}\frac{1}{x_{n+1}-3}$

Ta cần tính 

$lim \sum_{k=1}^{n}\frac{x_k}{1-x_k}=lim \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{x_n-2}$

$=2(lim (\frac{1}{x_1-3}-\frac{1}{x_{n+1}-3}))=...$

 

P/s: Quảng Bình TST 2017

$a_{1}=\frac{1}{2}$
$a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}$ Với mọi n >=1
Với mỗi số nguyên dương n, đặt $b_{n}$ = $a_{1}$ + $a_{2}$ + $a_{3}$ +...+ $a_{n}$. Tính $\lim_{n\rightarrow \infty }b_{n}$

 

Mọi người giúp mình với

Đặt $x_n=\frac{1}{a_n}$.

Suy ra :$x_1=2$, $x_{n+1}=x_n^2-x_n+1$; $b_n=\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_n}$

có: $x_{n+1}-1=x_n.(x_n-1)$ suy ra $\frac{1}{x_{n+1}-1}=\frac{1}{x_n.(x_n-1)}$ suy ra $\frac{1}{x_n}=\frac{1}{x_n-1}-\frac{1}{x_{n+1}-1}$

Cho $n$ chạy từ $1$ đến $n$ suy ra: $b_n=\frac{1}{x_1-1}-\frac{1}{x_{n+1}-1}$

dễ tính đc $lim(x_n)=+\infty$ suy ra $lim(b_n)=1$

Câu 5: a) Cho $x=a$ ta được $f$ đơn ánh

b) Nếu không tồn tại giá trị nào của $x$ để $f(x)=0$ thì:  $f$ đơn ánh.

Nếu $f(0)=1$ thì thay $x=0,y=1$: $f(0)+f(f(0)+f(1))=f(0)+f(f(1))$ hay $f(f(0)+f(1))=f(f(1))$ hay $f(0)+f(1)=f(1)$ ( $f$ đơn ánh$) vô lý

Vậy $f(0)\neq 1$, thay $y=0,x=x_0=\frac{f(0)}{f(0)-1}$ thì: $f(f(x_0)+f(0))=0$ vô lý.

Vậy tồn tại $a$ để $f(a)=0$

NX: $f(x)\equiv 0$ thỏa,

Xét $f(x)$ không đồng nhất với $0$ thì $f$ đơn ánh

Thế $x=y=a$: $f(0)+f(0)=0$ hay $f(0)=0$

Cho $y=0$: $f(f(x))=f(x)$ do đó: $f(x)=x$