Do $gcd(a,b)=1$ nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại $x_0, y_0 \in N, x_0<b$ để $ax_0-by_0=1$. 

Gọi $N_0$ là số lớn nhất không thể biểu diễn thành $ax+by$. Ta có:

$N_0+1=au+bv$ (với $u,v \in N$)

$\Rightarrow N_0=au+bv-(ax_0-by_0)$

$\Rightarrow N_0=a(u-x_0)+b(v+y_0)=a(u+b-x_0)+b(v+y_0-a)$ (*)

Do tính chất không thể phân tích thành $ax+by$ của $N_0$ nên theo (*) suy ra $u-x_0<0$ và $v+y_0-a<0$  

Như vậy $N_0 \leq a(x_0-1)+b(a-y_0-1)-1=ab-a-b$.
Ta chỉ cần chỉ ra $ab-a-b$ không thể biểu diễn thành $ax+by$ nữa là đủ. <----(Đoạn này đang bí, tối về nghĩ tiếp :v)

$\sum_{k=1}^{n}a_{k}(a^{2}+1)^{3k}\vdots (a^{2}+a+1)$

Đề này vẫn chưa chính xác!

Bởi vì với mọi $k>0$ thì $[(a^{2}+1)^{3k}-(-a)^{3k}] \vdots (a^2+a+1)$ và $[(-a)^{3k}-(-1)^k] \vdots (a^2+a+1)$

 $\Rightarrow [a^k.(a^{2}+1)^{3k}-(-1)^{k}.a^{k}] \vdots (a^2+a+1)$

Như vậy bài toán đã cho tương đương với việc chứng minh:

$\sum_{k=1}^{n} {(-a)}^{k}$  $\vdots (a^2+a+1)$

$ \Leftrightarrow (-a)^n-1$  $\vdots (a^2+a+1)$ 

Phép chia hết cuối cùng này chỉ đúng khi $n$ là bội của 6.

Đề bài :

Cho số phức $ z $ thỏa mãn $ z + \dfrac{1}{z}=1 $

Hãy tính giá trị $ S=z+z^2+z^3+..................+z^n+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z^3}+............+\dfrac{1}{z^n} $

Từ $z+\frac{1}{z}=1$ suy ra với mọi $k$ tự nhiên ta đều có:

*$z^{k+2}-z^{k+1}=-z^k$

*$\frac{1}{z^{k+2}}-\frac{1}{z^{k+1}}=-\frac{1}{z^k}$

Đặt $a_k=z^k+\frac{1}{z^k}$ suy ra $a_{k+2}-a_{k+1}=-a_k$

Như vậy $S=\sum a_k=-a_{n+2}+a_2$ (1).

Chú ý rằng từ tính truy hồi ở trên rút ra $a_{k+3}=a_{k+2}-a_{k+1}=(a_{k+1}-a_{k})-a_{k+1}=-a_k$ (2).

Từ (1), (2) suy ra $S=-1-{(-1)}^{q}.a_p$ với $p$ là số dư của $n+2$ khi chia cho 3 và $q$ là thương của phép chia. 

Chẳng hạn $n=6m+4$ suy ra $p=0$ và $q$ chẵn, suy ra $S=-1-a_0=-3$.

Bài toán: Cho $x,y,z >0$ chứng minh rằng $\sum \frac{1}{x^2+xy+y^2} \geq \frac{9}{(x+y+z)^2}$.

Cho tứ diện ABCD. Gọi $r$ là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện cmr:
$$ r<\dfrac{AB.CD}{2AB+2CD}$$

Gọi $h_a,h_b,...$ tương ứng là các đường cao của tứ diện hạ từ các đỉnh $A,B,..$

Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp.
Rõ ràng $\frac{r}{h_a}=\frac{V_{IBCD}}{V_{ABCD}}$, thực hiện các tỷ số tương tự và cộng dọc ta suy ra:

$\frac{r}{h_a}+\frac{r}{h_b}+\frac{r}{h_c}+\frac{r}{h_d}=1$

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}+\frac{1}{h_d}=\frac{1}{r}$

Chú ý $h_a, h_b \leq AB$ và $h_c,h_d \leq CD$ nhưng không thể đồng thời xảy ra dấu bằng cả 4 BĐT, cho nên:

$\frac{1}{r}>\frac{2}{AB}+\frac{2}{CD}$.

Suy ra đpcm.

Dành tặng cho mấy em THPT
Bài toán: Xét dãy $\{F_{n} \}_{n \ge 1}$ là dãy Fibonacci.Chứng minh đẳng thức Catalan:
$$F_{n}^2-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{k}^2(1 \le k \le n)$$

Nhìn qua cứ tưởng dễ, ai dè trâu vật vã.

Không mất tính tổng quát, ta mở rộng dãy Fibonacci đã cho với cả các chỉ số âm, tức là $F_0, F_{-1}, F_{-2}, .....$ tồn tại. Việc quy ước này chỉ làm tiện cho việc tính toán mà không ảnh hưởng đến bài toán. Trước khi chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh một tính chất quan trọng sau (gọi là tính chất Catalan cho gọn):

Với mọi $m>n$ (âm dương đều được), ta đều có $F_{m-1}F_{n}-F_{n-1}F_{m}=(-1)^{n-1}F_{m-n}$.

Thật vậy, biến đổi $F_{m-1}F_{n}-F_{n-1}F_{m}=F_{m-1}(F_{n-1}+F_{n-2})-F_{n-1}F_{m}$

$=-(F_{m-2}F_{n-1}-F_{n-2}F_{m-1})$

$=.......=$

$=(-1)^{n-2}(F_{m-n+1}F_{2}-F_{1}F_{m-n+2})$

$=(-1)^{n-1}F_{m-n}$.

Áp dụng vào bài toán:

+Dựa vào tính chất Catalan ta suy ra một loạt các đẳng thức sau:

$F^2_{n}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}F_1$

$F_{n-1}F_{n+1}-F_{n-2}F_{n+2}=(-1)^{n-2}F_3$

.......

$F_{n-k+1}F_{n+k-1}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{2k-1}$

Cộng dọc để rút ra $F^2_{n}-F_{n+k}F_{n-k}=\sum_{i=1}^{k}(-1)^{n-i}.F_{2i-1}$ (*).

+Áp dụng tính chất (*) với $k=n$ cũng cho ta:

$F^2_{k}-F_{2k}F_{0}=\sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i}.F_{2i-1}$ (**)
Từ (*) và (**), chú ý $F_0=0$, suy ra $F^2_{n}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F^2_k$ (đpcm).

PS: Xin thề, xin hứa, xin đảm bảo đây sẽ là bài toán cuối cùng tôi giải trong năm 2016. Quyết tâm không đụng đến toán nữa cho tới khi thi xong tiếng Anh.  ((((((((

Thực ra mà nói thì phân phối Poisson không có gì đặc biệt, nó chỉ là việc áp dụng trực tiếp định luật Bernouli cho các biến cố hiếm mà thôi!

Theo Bernouli, xác suất để trong $n$ phép thử độc lập có đúng $k$ lần thành công là:

$B(k,n,p)=C_{n}^{k}p^{k}{(1-p)^n}$ với $p$ là xác suất thành công của mỗi phép thử.

Khi số phép thử $n$ tăng lên vô cùng lớn, xác suất này càng gần $1$ khi tỷ số $\frac{k}{n}$ càng gần $p$ (Luật số lớn). Như vậy thay vì phải phán đoán $p$ của một biến cố, ta có thể suy ra nó bằng cách thử phép thử số rất lớn lần và lấy số lần thành công chia cho tổng số phép thử. Chẳng hạn ta không biết xác suất chết khi ăn táo độc là bao nhiêu, ta bèn cho 1 triệu người ăn và thấy 1 nghìn người chết, vậy suy ra xác suất để một người chết khi ăn táo độc $p$ sẽ rất gần $0.1$ %. Việc chia này sẽ càng hữu ích hơn khi ta áp dụng cho những biến cố mà việc xác định $p$ là rất khó vì nó rất nhỏ (biến cố hiếm). 

Tuy nhiên, bản chất $p$ nhỏ không những khó xác định trong thực tế mà nó còn khiến cho việc tính xác suất phức tạp hơn hơn bởi vì những phép tính có $p$ cỡ $0.01$ % hoặc nhỏ hơn sẽ rất cồng kềnh nếu ta phải lấy mũ nó lên $k$ lần. Vậy phải chăng có công thức tính xác suất nào để tránh phải thực hiện các phép tính trên $p$ mà thay được bằng các tham số khác lớn hơn và dễ tính toán hơn, chẳng hạn $A=np$ ($A$ chính là số lần thành công trên thực tế khi quan sát $n$ rất lớn các biến cố đã xảy ra).
Bằng cách đặt $A$ như vậy cho cho $n$ tiến đến rất lớn, công thức Bernouli ngay lập tức được chuyển về dạng Poisson. 

mọi người thảo luận câu 1 đi ạ

1. Viết lại biểu thức như sau:

$A=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n^2}{n(n+1)} .\frac{\sqrt[n]{x}-\sqrt[n+1]{x}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}$

Áp dụng Stolz cho hai dãy $a_n=\sqrt[n]{x}-1$ và  $b_n=\frac{1}{n}$, hay dãy này thõa mãn điều kiện Stolz là giảm ngặt và có giới hạn bằng 0 nên theo định lý ta sẽ có:

$A=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\sqrt[n]{x}-1}{\frac{1}{n}}$. Chú ý rằng $\lim_{t \rightarrow 0} \frac{x^t-1}{t}=lnx$ nên $A=lnx$.

câu 5 giải tích tớ nghĩ là;

Xét $g(x)=2013e^{\frac{x}{2013}}f(x)$ thì $\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{g'(x)}{e^{\frac{x}{2013}}}=2014$.bây giờ nếu chứng minh được $\lim_{x\rightarrow\infty}g(x)=\infty$ thì áp dụng lhopital là xong.nhưng mình còn tắc chỗ đó.ai có cao kiến j ko?

5. Đặt $f(x)=2014 \prod_{i=1}^{2014} (x-x_i)$.

Sử dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức $g(x)$ tại 2014 điểm $x_i$ ta có:

$g(x)=\sum_{i=1}^{2014} \frac{ 2014 \prod_{j=1, j \neq i}^{2014} (x-x_j)}{f'(x_i)}.g(x_i)$

Đồng nhất hệ số ứng với đơn thức $x^{2013}$ ở cả 2 vế suy ra:

$2014=2014 \sum_{i=1}^{2014}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}$

Suy ra đpcm.

Bài 1:cho hàm$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ khả vi 3 lần.CMR: tồn tại $c \in (-1;1)$ thỏa mãn $\frac{f'''(c)}{6}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)$

Bài2: chứng minh:$0<\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx-\sum_{i=1}^{2016}\frac{1}{i^2}<\frac{1}{2016}$

1. Xét hàm $g(x)=f(x)-[\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)]x^3-[\frac{f(1)+f(-1)}{2}-f(0)]x^2-f'(0)x$.

Thấy ngay $g(1)=g(0)=g(-1)$ (vì cùng bằng $f(0)$) nên tồn tại $c_1 \in (0,1); c_2 \in (-1,0)$ để $g'(c_1)=g'(c_2)=0$ (I).

Thấy ngay $g'(0)=0$ (II).

Như vậy từ (I) và (II) suy ra tồn tại $c_3 \in (0,c_1); c_4 \in (c_2,0)$ để $g''(c_3)=g''(c_4)=0$. Như vậy có $c \in (c_4,c_3)$ mà $g'''(c)=0$ hay $f'''(c)=6[\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)]$ (đpcm).
 

Theo giả thiết:

+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A=A(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x_0|<A$.
+ Mọi $\epsilon >0$, tồn tại $A'=A'(\epsilon)>0$ thõa mãn $|f(x)-g(x'_0)|< \frac{\epsilon}{2}$ với mọi $|x-x'_0|<A'$.
Cộng dọc và dùng BĐT trị tuyệt đối suy ra với mọi $\epsilon >0$, tồn tại $M=M(\epsilon)=A+A' $ để $|g(x_0)-g(x'_0)|< \epsilon$ với mọi  $|x_0-x'_0|<M$. Như vậy hàm $g(x)$ liên tục đều.

Câu BĐT:
Biến đổi một chút, BĐT đã cho thành:

$P=ab+bc+ca+\frac{72}{ab+bc+ca}-\frac{1}{2}abc$
Do $a,b,c \geq 1$ nên $(a-1)(b-1)(c-1) \geq 0$ hay $abc+5 \geq ab+bc+ca$. (1)
Do $a,b,c \leq 3$ nên $(a-3)(b-3)(c-3) \geq 0$ hay $abc+27 \leq 3(ab+bc+ca)$. (2)
Theo Côsi $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ nên $ab+bc+ca \leq 12$.
Từ (1) và (2) rút ra $ab+bc+ca \geq 11$.
Đặt $ab+bc+ca=t$ thì $t \in [11,12]$ và:

$P \leq t+\frac{72}{t}-\frac{1}{2}(t-5)=\frac{t}{2}+\frac{72}{t}+\frac{5}{2}$ (*)
Bài toán quy về khảo sát hàm (*) trong đoạn $[11,12]$. Dấu bằng khi $a=1, b=2, c=3$ hay $t=11$.
 

Cho khai triển: $\left ( 1+x+x^{2}+...+x^{2010} \right )^{2011}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{4042110}x^{4042110}$

$a/$ Tính tổng $a_{0}+a_{2}+a_{4}+...+a_{4042110}$

$b/$ Chứng minh rằng: $C_{2011}^{0}a_{2011}-C_{2011}^{1}a_{2010}+C_{2011}^{2}a_{2009}-...+C_{2011}^{2010}a_{1}-C_{2011}^{2011}a_{0}=-2011$

Xét $(1+x+x^2+...+x^{2010})^{2011}.(1-x)^{2011}=(a_0+a_1x+...+a_Tx^T)(C^0_{2011}-C^{1}_{2011}x+...-C^{2011}_{2011}x^{2011})$ với $T=4042110$.

Dễ thấy hệ số ứng với đơn thức $x^{2011}$ ở vế phải là $U=C^0_{2011}a_{2011}-C^{1}_{2011}a_{2010}+...-C^{2011}_{2011}a_0$.

Trong khi đó hệ số ứng với đơn thức $x^{2011}$ ở vế trái là $-2011$ (Vì vế trái chính bằng $(1-x^{2011})^{2011})$. Vậy $U=-2011$.

 

Mình đang học lớp tại chức, các bạn cũng biết là học thì ít mà tiền thì nhiều rồi, kiến thức chẳng có mấy. Bây giờ ông thầy ra bài kiểm tra mang về nhà đúng 18h tối nay nộp cho ổng mang ra HN  bận đi làm ít đến lớp 1 phần, đã vậy môn này học đúng 3 buổi tối thôi, mong các bạn giúp mình, chỉ cần giải được 3/5 bài dưới là mình qua, giúp mình với nhé 

Bài 1:
Có 2 hộp đựng bút chì:
Hộp 1 gồm 10 bút đỏ và 15 bút xanh
Hộp 2 gồm 8 bút đỏ và 9 bút xanh
Rút ngẫu nhiên mỗi hộp ra một bút. Tìm xác suất sao cho trong các bút lấy ra có:
a. Ít nhất 1 bút màu đỏ
b. Chỉ 1 bút màu đỏ
c. Hai bút có màu giống nhau.
Đáp án: a. 0,68235 / b. 0,49412 / c. 0,5088

Quote:

Bài 2:
Một nhà máy sản xuất giày, có 85% sản phẩm đạt tiêu chuẩn. Trong quá trình kiểm nghiệm, xác suất để một đôi giày đạt tiêu chuẩn kĩ thuật được chấp nhận là 0,95 và xác suất để một đôi giày không đạt tiêu chuẩn kĩ thuật được chấp nhận là 0,09. Tìm xác suất để một đôi giày được chấp nhận qua kiểm nghiệm là đôi giày đạt tiêu chuẩn kĩ thuật.
Đáp án: 0,98

Quote:

Bài 3:
Trọng lượng của một loại sản phẩm là đại lượng ngẫu nhiên phân phối chuẩn với trọng lượng trung bình là µ = 500 gam và độ lệch tiêu chuẩn σ = 2 gam.
a. Tính xác suất để sản phẩm được chọn ngẫu nhiên có trọng lượng nằm trong khoảng từ 494 gam đến 506 gam.
b. Nếu sản phẩm đó được chia làm ba loại:
- Loại 1 nếu trọng lượng lớn hơn 505 gam
- Loại 2 nếu trọng lượng từ 489 gam đến 505 gam
- Loại 3 nếu trọng lượng nhỏ hơn 489 gam
Tính tỉ lệ sản phẩm từng loại.
Đáp án: a. 0,9973 / b. 0,0062; 0,8351; 0,15866

Quote:

Bài 4: 
Khám sức khỏe ngẫu nhiên cho 49 sinh viên năm thứ nhất, thấy chiều cao trung bình mỗi sinh viên là 172cm và phươg sai mẫu điều chỉnh về chiều cao là 100 (cm)2. Với độ tin cậy 95% bẳng khoảng tin cậy đối xứng hãy ước lượng chiều cao trung bình của sinh viên năm nhất.
Đáp án: (169,2; 174,8)

Quote:

Bài 5:
Tỉ lệ sản phẩm loại 2 của một lô hàng theo thông bào là 15%,. Nghi ngờ tỉ lệ này có khả năng cao hơn. Kiểm tra ngẫu nhiên 100 sản phẩm thấy có 25 sản phẩm loại 2. Với mức ý nghĩa 0,01 hãy cho kết luận về điều nghi ngờ trên.
Đáp án: ƒ = 0,25; Utn = 2, 800046 => Utn ϵ Wα

 

Bài 1: 
a/ Gọi X là biến cố màu của bút rút ra từ hộp 1 (=1 nếu xanh và =0 nếu đỏ)
Tương tự với Y là màu bút hộp 2. Ta có:
$P(X=1,Y=1)=\frac{15}{25}.\frac{9}{17}=\frac{27}{85}$
Vậy xác suất ít nhất có 1 bút đỏ là:
$P=1-P(X=1,Y=1)=0.682$

b/ P(có đúng 1 đỏ)$=P(X=1,Y=0)+P(X=0,Y=1)=\frac{10}{25}.\frac{9}{17}+\frac{15}{25}.\frac{8}{17}=\frac{42}{85}=0.491$

c/ P(2 cái cùng màu)$=$1-P(có đúng 1 đỏ)$=0.509$

Bài 2:
Gọi X là biến cổ tiêu chuẩn của giày (=1 thì đạt, =0 là không đạt)
Gọi Y là biến cố mức độ chấp nhận giày (=1 thì chấp nhận, =0 thì không chấp nhận)
Theo giả thiết ta có:
$P(X=1)=0.85; P(Y=1|X=1)=0.95$ và $P(Y=1|X=0)=0.09$

Sử dụng công thức xác suất có điều kiện ta có:
$P(X=1|Y=1)=\frac{P(Y=1|X=1).P(X=1)}{P(Y=1)}=\frac{0.95*0.85}{P(Y=1)}$
Ta đi tính $P(Y=1)$ nữa là đủ, theo Bayes thì xác suất này bằng:
$P(Y=1)=P(Y=1|X=1).P(X=1)+P(Y=1|X=0).P(X=0)=0.95*0.85+0.09*0.15=0.821$
Thay ngược vào trên suy ra: 

$P(X=1|Y=1)==\frac{0.95*0.85}{0.821}=0.984$

Bài 3:
Gọi X là biến đặc trưng cho khối lượng sản phẩm. Đặt $Y=\frac{X-\mu}{\sigma}$ có ngay $Y \sim N(0,1)$

a/ Như vậy $P(494<X<506)=P(-3<Y<3)=0.9973$ (lấy bảng xác suất phân phối chuẩn hóa ra để so)
b/ Làm tương tự như câu a, chỉ là tính các xác suất $P(X>2.5), P(-5.5<X<2.5)$ và $P(X<-5.5)$
Bài 4:

Theo giả thiết ta có $\bar{X}=172, S^2=100$, do cỡ mẫu là 49 sinh viên (>30) nên ta có thể sử dụng định lý giá trị trung tâm:
$\frac{(\bar{X}-\mu)\sqrt{n}}{S} \sim N(0,1)$
Như vậy:
$172-\frac{10}{7}.\Phi_{0.025}<\mu<172+\frac{10}{7}.\Phi_{0.025}$
So bảng thì thấy $\Phi_{0.025}=1.96$
Bài 5:

Theo giả thiết ta có $p_0=0.15, f=0.25$, do cỡ mẫu là 100 (>30) nên có thể sử dụng định lý giá trị trung tâm:
$U=\frac{(f-p_0)\sqrt{n}}{\sqrt{p_0(1-p_0)}} \sim N(0,1)$
Do $U=2.8>\Phi_{0.01}$ nên nghi ngờ trên là có cơ sở.
 

 

Có bao nhiêu hàm \[f:\{ 1,2,...,1999\}  \to \{ 2000,2001,2002,2003\} \] thỏa mãn \[f(1) + f(2) + ... + f(1999)\] là lẻ

 

__________________

@hxthanh: Nếu là số lẻ thì có $4^{1998}.2$ hàm

 

Xét một hàm $f$ nào đó mà $f$ nhận giá trị $2000$ tại $m_1$ điểm; $2001, 2002, 2003$ tại tương ứng $m_2, m_3$ và $m_4$ điểm.

Hàm $f$ thõa mãn $f(1)+...+f(1999)$ lẻ khi $m_1+m_2+m_3+m_4=1999$ và $m_2+m_4$ lẻ. Điều này tương đương $m_1+m_3$ chẵn. Do vai trò của $m_1, m_2, m_3, m_4$ là như nhau, nên số hàm $f$ mà có $m_1+m_3$ chẵn cũng chính bằng số hàm $f$ có $m_2+m_4$ chẵn. Thành ra số hàm $f$ mà $f(1)+f(2)+...+f(1999)$ lẻ cũng chính bằng số hàm $f$ mà $f(1)+f(2)+...+f(1999)$ chẵn.
Tổng số hàm $f$ từ {$1,2,...,1999$} đến {$2000, 2001,...,2003$} là $4^{1999}$ hàm, như vậy số hàm thõa mãn đề bài sẽ là:
$\frac{4^{1999}}{2}$.

Mình xin diễn đạt lại bài toán cho rõ hơn: Có bao nhiêu cách chia tập X gồm 6 phần tử thành 3 tập con (không kể đến thứ tự)?

Cái này là số Stirling loại 2, nó có công thức nhưng khá cồng kềnh và không rút gọn được.
http://en.wikipedia....the_second_kind

Định lý URF như tại http://diendantoanho...floor-binomn3k/ đúng không bạn ?

Đúng rồi bạn ạ, định lý này khá cổ điển dùng để tính tổng các hệ số của đa thức cách đều nhau $k$ mà. Trong trường hợp này là cách đều $4$.

Tính tổng của chuỗi  $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{(4n)!}$$

 

Mọi người thử làm theo nhiều cách khác nhau

Ta có:

$e^{xy}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(xy)^n}{n!}$

Do $u_0=i$ là một nghiệm phức khác $1$ của phương trình $x^4=1$ nên theo định lý URF ta có:

$\frac{e^{x}+e^{ix}+e^{-x}+e^{-ix}}{4}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{4n!}$

$\Rightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n}}{4n!}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{4}+\frac{cosx}{2}$.
Nhiều khi mấy định lý của phổ thông vẫn luôn đủ mạnh để "trị" các bài toán chuỗi đại học. 

 Giả sử ${{F}_{k}}$ là tập hợp tất cả các bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$ trong đó ${{A}_{i}}\left( i=\overline{1,k} \right)$ là một tập con của ${{X}_{n}}=\left\{ 1,2,...,n \right\}$. Biết rằng các tập ${{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}}$có thể trùng nhau. Hãy tính \[{{S}_{n}}=\sum\limits_{\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)\in {{F}_{k}}}{\left| \bigcup\limits_{i=1}^{k}{{{A}_{i}}} \right|}\].

Trong một tài liệu có lời giải sau: (mình chép lại nguyên xi)

Do có ${{2}^{n}}$ tập con của ${{X}_{n}}$ nên có ${{2}^{nk}}$ bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$. Với mỗi bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$ của ${{X}_{n-1}}$ ta có thể thêm hoặc không thêm n vào tập ${{A}_{i}}$ để được bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$ của ${{X}_{n}}$. Với chú ý rằng số bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$ của ${{X}_{n-1}}$ là ${{2}^{\left( n-1 \right)k}}$ và có ${{2}^{k}}-1$ cách thêm n vào bộ $\left( {{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{k}} \right)$ của ${{X}_{n-1}}$ thì ta có ${{S}_{n}}={{2}^{k}}{{S}_{n-1}}+\left( {{2}^{k}}-1 \right){{2}^{k\left( n-1 \right)}}$.

Dễ thấy ${{S}_{1}}={{2}^{k}}-1$. Từ đấy bằng quy nạp ta chứng minh được ${{S}_{n}}=n{{.2}^{k\left( n-1 \right)}}\left( {{2}^{k}}-1 \right)$.

Mình không hiểu chỗ bôi đỏ? Các bạn giải thích giúp mình nha.

Với mỗi bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$, sẽ có $2^k-1$ cách thêm $n$ vào nó để trở thành một bộ của $X_{n}$. Mỗi cách thêm này sẽ làm số phần tử của $\bigcup_{i=1}^{k} A_i$ tăng $1$ nên với mỗi bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$ ban đầu, các cách thêm $n$ làm tổng số phần tử tăng thêm $2^{k}-1$. Do có $2^{k(n-1)}$ bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$ nên tổng  số phần tử $S_{n-1}$sẽ tăng lên $(2^k-1)2^{k(n-1)}$ sau phép bổ sung phần tử $n$. (1)

Với mỗi bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$ ban đầu, một cách thêm $n$ vào nó sẽ tạo ra một bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ mới của $X_n$. Do có $2^k-1$ cách thêm $n$ vào bộ này nên số bộ mới tạo ra của $X_n$ sẽ là $2^k-1$ bộ, tính cả bản thân bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$ ban đầu là thành $2^k$ bộ. Như vậy số phần tử của bộ $(A_1,A_2,...,A_k)$ của $X_{n-1}$ sẽ được tính lặp $2^k$ lần. (2)
Từ (1) và (2) rút ra hệ thức màu đỏ.

Bài 1: Có một chiếc hộp đựng bi đen và bi trắng, người ta chỉ biết chắc chắn trong hộp có $n$ viên bi trắng và không biết rõ số lượng bi đen. Cháu bé bốc ra tùy ý $k$ viên bi ($k \in N^*$, $k \leq n$) thì thấy toàn bi trắng. Tính xác suất để hộp này không chứa viên bi đen nào cả.

Bài 2: Tung một đồng xu $n$ lần. Tính kỳ vọng để đồng xu này ngửa đúng $k$ lần liên tiếp với $k \in N^*$ và $k \leq n$.

Cmr với mọi số tự nhiên $n>1$ ta có $\sum_{k=0}^{n-1}C_{2n+1}^{2(n-k)}.C_{n-k}^{1} \vdots 4^{n-1}$

Chú ý $\sum_{k=0}^{n-1}C_{2n+1}^{2(n-k)}.C_{n-k}^{1}=4^{n-1}.(2n+1)$.

Làm thử câu 2 trước. :v
Câu 2: Giả sử có ít nhất một đa thức $P(x)$ thõa mãn bài toán. Từ $P(a_i)=b_i$ suy ra tồn tại đa thức $Q(x$) bậc không quá 2 thõa mãn:

$P(x)=a(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)Q(x)+b_i$ (*) với $a$ là một hằng số khác 0 nào đó.
Suy ra:

$P'(a_i)=a(a_i-a_j)(a_i-a_k)Q(a_i)=b_i$ (với $i,k,k$ là các hoán vị của bộ $1,2,3$)

Suy ra $Q(a_i)=\frac{b_i}{a(a_i-a_j)(a_i-a_k)}$. Điều này chứng tỏ đa thức $Q(x)$ tồn tại và duy nhất. Và từ mỗi $Q(x)$ tồn tại duy nhất này, ta cũng đều xây dựng lại được $P(x)$ duy nhất theo công thức (*). (đpcm)

Câu 1: Giả sử $f(x)$ là hàm liên tục trên $[a,b]$ và thỏa mãn:

$f(\frac{x_1+x_2}{2}) \leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$

Chứng minh rằng:

$f(\frac{a+b}{2})(b-a) \leq \int_{a}^{b}f(x)dx \leq (\frac{f(a)+f(b)}{2})(b-a)$.

Câu 2: Cho $f:[a,b] \rightarrow (a,b)$ là hàm liên tục. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ luôn tồn tại số dương $\alpha$ và $c \in (a,b)$ sao cho:

$f( c)+f(c+\alpha)+...+f(c+n.\alpha)=(n+1)(c+\frac{n}{2}.\alpha)$.

Câu 3: Cho hàm số $f(x)$ liên tục và không âm trên $[0,1]$. Chứng minh rằng:

$\lim_{n \rightarrow +\infty}(\int_{0}^{1}f^n(x)dx)^{\frac{1}{n}}=\max_{x \in [0,1]}f(x)$.

Câu 4: Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_n,b_1,b_2,...,b_n$ thõa mãn:

$a_1^x+a_2^x+...+a_n^x \geq b_1^x+b_2^x+...+b_n^x$ với mọi $x$. Xét tính đơn điệu của hàm số:

$f(x)=(\frac{a_1}{b_1})^x+(\frac{a_2}{b_2})^x+...+(\frac{a_n}{b_n})^x$.

Câu 5: Cho hàm $u(x)$ dương liên tục trên $[0; \infty )$, hàm $\varphi \left( x \right)$ tăng và khả vi trên $[0;\infty )$, $\varphi \left( 0 \right)=1$
Biết rằng với mọi $x\ge 0$ ta có: $u\left( x \right) \le 1 + \int\limits_0^x {\frac{{\varphi '\left( t \right)}}{{\varphi \left( t \right)}}} u\left( t \right)dt$
Chứng minh: $u(x) \le \varphi \left( x \right)$ trên $[0;\infty )$

Bài 6: Cho $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số liên tục. Giả sử tồn tại một hàm khả vi $\varphi (x)$ sao cho:

$$\varphi' (x)=g(\varphi (x)),\forall x\in \mathbb{R}$$

Chứng minh rằng nếu $\lim_{x \to +\infty} \varphi (x)=b$ thì $g(b)=0$

Bài 7: Cho hàm số $f:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big[ f(x+1)-f(x) \big] = +\infty$.
2. $f$ bị chặn trên mọi khoảng con hữu hạn chứa trong $(0,+\infty)$.
Chứng minh rằng:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$$

Có cách này , anh xem hộ em xem 

Gọi $p^{(k)}(x)$ là đạo hàm cấp $k$ của đa thức $p(x)$ , ta ký hiệu 

                                                $U_{k}=\int_{0}^{x}p^{(k)}(t)sintdt$

và                                            $V_{k}=\int_{0}^{x}p^{k}(t)sintdt$

Giả sử $deg p=n$ khi đó lấy tích phân từng phần ta thu được 

                                                $U_{k}=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+\int_{0}^{x}p^{(k+1)}sintdt=-p^{(k)}(t)cost|^{x}_{0}+V_{k+1}$

Chứng minh tương tự ta có :

                                                $V_{k}=p^{(k)}(t)sint|^{x}_{0}-U_{k+1}$

Ta lại có :

                          $U_{0}=-\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)cost|^{x}_{0}+\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)sint|^{x}_{0}$

Và                      $V_{0}=\sum_{k=0}^{2k\leq n}p^{(2k)}(t)sint|^{x}_{0}+\sum_{0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)cost|^{x}_{0}$

Đặt $p_{1}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k)}(t),p_{2}(t)=\sum_{k=0}^{2k+1\leq n}p^{(2k+1)}(t)$

Ta có $deg p_{1}=n$ và $deg p_{2}=n-1$

Khi đó hai biểu thức trên viết được dưới dạng .

                           $U_{0}=-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}$

Và                       $V_{0}=p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}$

Gọi $X$ là tập nghiệm của hệ trên , ta có hệ 

                           $U_{0}=V_{0}=0$

Với mọi $x$ thuộc $X$ ta có :

                           $-p_{1}(t)cost|^{x}_{0}+p_{2}(t)sint|^{x}_{0}=0$

Và                        $p_{1}(t)sint|^{x}_{0}+p_{2}(t)cost|^{x}_{0}=0$

Đặt $P_{1}(0)=a,P_{2}(0)=b$ bình phương và thu được

                            $p_{1}(x)^{2}+p_{2}(x)^{2}-(a^{2}+b^{2})=0$

Gọi $Y$ là tập nghiệm đa thức trên ta có $X\subset Y$ , từ $deg Q=2n$ và $|X|\leq |Y|\leq 2n$

Tức là $X$ có hữu hạn phần tử , đpcm ( p/s : một chứng minh của $1$ bạn trên fb )

À chỉ là khác nhau ở xử lý đoạn hệ cuối thôi mà, anh thì nhân thêm sin cos rồi trừ cho nhau, còn bạn ấy thì bình phương 2 phương trình rồi cộng lại với nhau. Nhìn chung thì cách của bạn này ổn hơn, vì ngắn gọn.

Cho $p(x)$ là một đa thức $p(x)$ không là hằng  . Chứng minh hệ phương trình :

                                      $\int_{0}^{x}p(t)sintdt=0$

                                      $\int_{0}^{x}p(t)costdt=0$

Chỉ có hữu hạn nghiệm .

Quy ước ký hiệu $f^{(k)}(x)$ là đạo hàm bậc $k$ của $f(x)$.

Đặt $A(x)=p(x)-p^{(2)}(x)+p^{(4)}(x)-p^{(6)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc chẵn)

Và $B(x)=p'(x)-p^{(3)}(x)+p^{(5)}(x)-p^{(7)}(x)+.....$ (tổng đan dấu vô hạn các đạo hàm bậc lẻ)

Hệ trên chuyển thành:

$-cosx.A(x)+sinx.B(x)+A(0)=0$  (1)

$sinx.A(x)+cosx.B(x)-B(0)=0$ (2)

Giả sử hệ này có vô hạn nghiệm, ta nhân phương trình (2) với $sinx$, phương trình (1) với $cosx$ rồi lấy (2) trừ cho (1), ta được phương trình sau cũng phải có vô hạn nghiệm: $A(x)=sinx.B(0)+cosx.A(0)$. (3)
Đặt $G(x)=A(x)-sinx.B(0)-cosx.A(0)$. Chú ý rằng $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq sinx.B(0)+cosx.A(0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, như vậy nếu $x_0$ là một nghiệm của (3) thì $-\sqrt{A^2(0)+B^2(0)} \leq A(x_0) \leq \sqrt{A^2(0)+B^2(0)}$, suy ra $x_0$ bị chặn trong một khoảng $(a,b)$ nào đó (vì $A(x)$ là đa thức) $\Rightarrow$ vô hạn nghiệm của $G(x)$ cũng nằm trong $(a,b)$.

Bây giờ ta sử dụng định lý Rolles, nếu $f(x)$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong $(a,b)$ thì $f'(x)$ cũng như vậy. Áp dụng điều này cho $G(x)$ và đạo hàm liên tục $2m$ lần (sao cho $2m>degA)$, ta suy ra $sinx.B(0)+cosx.A(0)=0$ có vô hạn nghiệm bị chặn trong khoảng $(a,b)$ (Vô lý). Vậy điều giả sử ban đầu là sai, hệ đã cho chỉ có hữu hạn nghiệm.