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 $L$

Từ phương trình $2$: $4z-5=(x-y)^2\geq 0$ suy ra $z\geq \frac{5}{4}$

Từ phương trình $1$ có: $(5z-4)(z-1)=(x^2+y^2)^2\geq 0$ mà do $z\geq \frac{5}{4}$ nên  $(5z-4)(z-1)\leq 0$, vậy đẳng thức phải xảy ra tức $x=y=0, z= \frac{5}{4}$

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Phương trình đã cho tương đương với:

$x^2-2x+3-(x+1)\sqrt{x^2-2x+3}+2x-2=0$. đặt $\sqrt{x^2-2x+3}=t$ thì

$t^2-(x+1)t+2x-2=0$

$\Delta =(x+1)^2-4(2x-2)=(x-3)^2$

Từ đó tính theo công thức nghiệm, ra mối quan hệ giữa $t$ và $x$, giải dễ dàng

Bài này chỉ cần tìm miền giá trị của $xy$ là được. Do biến đổi thì $P=7(x^2+y^2)^2-10x^2y^2=7(\frac{1+xy}{2})^2-10x^2y^2$ là một hàm bậc $2$ ẩn $xy$

Đặt $xy=k$. Ta cần tìm miền giá trị của $k$. 

Để ý $k$ phải là số thỏa mãn hệ phương trình sau có nghiệm $\left\{\begin{matrix} 2(x^2+y^2)=1+k\\ xy=k \end{matrix}\right.$

Trường hợp 1: $k=0$ thỏa mãn.

Trường hợp 2: $k\neq 0$ nên $x,y\neq 0$. Ta có $y=\frac{k}{x}$.

Thay vào phương trình đầu: $2x^4-(1+k)x^2+2k^2=0$ đặt $x^2=t$. Ta cần tìm $k$ để phương trình $2t^2-(1+k)t+2k^2=0$ (*) ncó nghiệm dương.

Đầu tiên: $\Delta \geq 0$ suy ra $\frac{-1}{5}\leq k \leq \frac{1}{3}$. Gọi $t_1,t_2$ là 2 nghiệm của phương trình (*) khi đó theo định lí Vi-et thì 

$t_1+t_2=\frac{1+k}{2}>0,t_1.t_2=k^2>0$ nên $t_1,t_2$ đều dương. Do đó mọi $\frac{-1}{5}\leq k \leq \frac{1}{3}$, phương trình (*) luôn có nghiệm dương.

Vậy $\frac{-1}{5}\leq xy \leq \frac{1}{3}$

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

Theo mình nghĩ phương trình đầu là $(m+1)x+my=2m-1$

và khi đó giải ra $x=m-1, y=-m+2$ suy ra $x+y=1$. 

Ta có: $(x-y)^2\geq 0$ do đó $(x+y)^2\geq 4xy$ hay $xy\leq \frac{1}{4}$

Mấy kiểu bài này đi tìm hệ thức độc lập giữa 2 ẩn thôi

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) dễ

b) Xét $m=\frac{-1}{2}$.

 Còn khi $m\neq \frac{-1}{2}$ ta có hệ có nghiệm duy nhất nếu $\frac{m}{2m+1}\neq \frac{1}{7}$

c) Tạm bỏ qua các trường hợp mà làm cho các phân số dưới đây không xác định, bạn tự xét, mình chỉ nêu ý tưởng.

Từ 2 phương trình ta có: $m=\frac{-1-y}{x-2}$ và $m=\frac{3-7y-x}{2x-1}$ cho 2 cái bằng nhau là hệ thức độc lập rồi

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.

Làm tý lấy may trước thi, cái này đọc ở tài liệu nào đó lâu r

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 $lim(b_n)=1$

Prob 18

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: $f(x)=x$

Câu 1: Suy ra:  $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x+y}=1+(x-y)\\ \sqrt{4x+y}=1-(x-y) \end{matrix}\right.$, Bình phương lên và trừ theo vế ta được $3x=2y$, thay vào pt $(1)$ tìm đc nghiệm

Câu 3: Hà tĩnh ngày 1 2015-2016 https://diendantoanh...t-tỉnh-hà-tĩnh/

Câu 4: Gọi $A$ là tập các sốsố có 4cs t/m , 

Xét $M=a+b+c+d\vdots 4$,$a\neq 0, 0\leq a,b,c,d\leq 9$,xét đồng dư mod $4$

Xét $b+c+d=4k+r$, $r\in \left \{ 0;1;2;3 \right \}$

$B=\left \{ bcd_{10} | 0\leq b,c,d \leq 9, b+c+d=4k+r, r=0,1,2   \right \}$

$C=\left \{ bcd_{10} | 0\leq b,c,d \leq 9, b+c+d=4k+3 \right \}$

Suy ra: $|A|=2|B|+3|C|=2(|B|+|C|)+|C|=2.10^4+|C|$

Xét tập $C$: $c+d=4m+s$, $0\leq s\leq 3$

$D=\left \{ cd_{10} | 0\leq c,d \leq 9, c+d=4m+s, s=0,1   \right \}$

$E=\left \{ cd_{10} | 0\leq c,d \leq 9, c+d=4m+s, s=2,3   \right \}$

Suy ra : $|C|=2|D|+3|E|=2(|D|+|E|)+|E|=2.10^2+(24+25)=...$

Bài 87: Cho đa thức $f(x)$ bậc $2003$ và $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,3,...,2004$. Hãy tính $f(2005)$.

Bài 88: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(x^3-y)+2y(3f^2(x)+y^2)=f(y+f(x)).$

Bài 87: Từ $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,...,2004$ ta có:$(k+1)f(k)-k^2=0$ với $k=1,2,...,2004$

Mà $(k+1)f(k)-k^2$ là đa thức có bậc $2004$, có $2004$ nghiệm là $1,2,...,2004$ nên

$(x+1)f(x)-k^2=C.(x-1)(x-2)...(x-2004)$,

Thế $x=-1$ vào: $C=\frac{1}{2005!}$

Vậy $f(x)=\frac{\frac{1}{2005!}.(x-1)...(x-2004)-x^2}{x+1}$

thay vào: $\frac{\frac{2004!}{2005!}-2005^2}{2006}$

Bài 88: Thế $y=x^3$ ta được: $f(0)+2x^3(3f^2(x)+x^6)=f(x^3+f(x))$

Thế $y=-f(x)$ ta được $f(x^3+f(x))-2f(x).4f^2(x)=f(0)$

Cộng theo vế: $4f^3(x)-3f^2(x)x^3-x^9=0$

hay $(f(x)-x^3)(4f^2(x)+f(x)x^3+x^6)=0$

Do đó $f(0)=0$, 

GS tồn tại $x\neq 0$ để $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=0$ thì vô lý vì

 $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=(2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6>0$ với mọi $x\neq 0$

Vậy $f(x)=x^3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ thử lại đúng, chắc vậy

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

$x_{n+1}=-\frac{1+x_n^{2009}}{1+x_n}+1$

Quy nạp $0<x_n<1$

Từ đó Quy nạp tiếp $x_n<\frac{1}{n}$

Vậy lim $x_n=0$

$x_{n+1}=\frac{1+x_n-1-x_n^{2008}}{1+x_n}=\frac{x_n(1-x_n^{2007})}{1+x_n}$

Do đó: $lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=lim\frac{1}{x_n}(\frac{1+x_n}{1-x_n^{2007}}-1)=lim\frac{1+x_n^{2006}}{1-x_n^{2007}}=1$, $x_n\rightarrow 0$

Theo đl trung bình Cesaro: $lim\frac{x_n^{-1}}{n}=1$ do đó: $limnx_n=1$