bangbang1412

xét 

$x^{n}-1=y^{2}$

do n lẻ

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{n}-1\vdots x-1 & \\ x^{n}-1\vdots x+1 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow y^{2}\vdots \left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )$

xét $UCLN\left ( x-1,x+1 \right )$

là ra

có lẽ thế 

Hihi ; nhầm lẫn rồi ở $x^{n}-1$ là bội của $x+1$ ; lấy ví dụ là $x=2;n=3$ khi đó $7$ không chia hết cho $3$

 

Tim: $\lim_ {x\to{1}}{\dfrac{x^{100}-2x+1}{x^{50}-2x+1}}$

Tim:  [TeX]\lim_ {x\to{1}}{\dfrac{x^{100}-2x+1}{x^{50}-2x+1}}[/TeX]

Áp dụng quy tắc Lôpitan ; ta tính đạo hàm cấp 1 của cả tử và mẫu

Đặt $f(x)=x^{50}-2x+1$ ; $f^{1}(x)=50.x^{49}-2$

Đặt $g(x)=x^{100}-2x+1$ ; $g^{1}(x)=100.x^{99}-2$

Do đó ta đặt giới hạn kia là $I$ thì $I=\frac{100-2}{50-2}=\frac{98}{48}=\frac{49}{24}$

Chứng minh phương trình $x^2-y^{n}=1$

Trong đó $x,y$ nguyên dương và $n$ là số nguyên tố lớn hơn 3 .

$3((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)\geq (ab+bc+ca)^2$

 

Thay vì chứng minh trên ta sẽ chứng minh bài toán $(ab+bc+ca)\geq 3$

 

Từ giả thiết $a+b+c=3$

 

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=9$

 

$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)=9-(a^2+b^2+c^2)$

 

$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)\geq 9-(ab+bc+ca)$

 

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Mình cũng không hiểu điều kiện $a,b,c\geq \dfrac{2}{3}$ cho để làm gì??? trong khi có thể chứng minh bài toán này với $a,b,c$ là số thực cũng đúng.

bị ngược dấu dòng thứ 6 

Hàm dưới dấu tích phân không xác định trong khoảng này ; rõ ràng tử của nó âm . Mình nghĩ nên đổi tử từ $x-1$ sang $1-x$ thì đặt $x=cos2a$ là giải được bằng đa thức trêbushep thôi ; còn để thông thường như ban đầu phải dùng giải tích phức 

Tìm tích phân tổng quát của $xy'=y+xP(\frac{y}{x})$

Biết rằng $P(x)$ ; nếu nghịch đảo hàm này thì tích phân của nó dưới dạng sơ cấp hoặc chuỗi số 

Anh nghĩ bài này em chỉ chỉ ra được tồn tại 4 số $a,b,c,d$ sao cho $a+b=c+d$

Bài này có thể tiếp cận bằng quy nạp:

Xét $n=2$: dễ dàng chứng minh bằng cách liệt kê tất cả các tập con có 3 phần tử trong tập trên

Giả sử đúng với $n=k$

Xét $n=k+1$:

Nếu trong cách chon chỉ có 1 trong 2 số $2k$ hoặc $2k+1$ thì theo GT quy nạp suy ra đpcm

Xét các cách chọn có cả $2k$ và $2k+1$

Gs tồn tại cách chọn không thoả mãn yêu cầu đề bài

Xét các cặp số sau:

$\left ( 1,2k \right ),\left ( 2,2k-1 \right ),...,\left ( k,k+1 \right )$

Có tất cả $k$ cặp số

Nhận xét:

Có nhiều nhất một số trong một cặp được chọn

$2k$ đã được chọn, suy ra $1$ không được chọn

Vậy mỗi cặp số trên phải có duy nhất một số được chọn, nếu không thì xảy ra điều mâu thuẫn(nguyên tắc Dirichlet)

Ta xét tiếp các cặp số:

$\left ( 1,2k-1 \right ),\left ( 2,2k-2 \right ),...,\left ( k-1,k+1 \right ),k$

Nhận xét:

Có nhiều nhất một số trong một cặp được chọn

Có ít nhất một trong 2 số $2k-1$ hoặc $k$ được chọn

Nếu ta chọn số $2k-1$ mà không chọn $k$ thì $2k-2$ được chọn(vì 2 không được chọn)

Lí luận tương tự suy ra $2k+1,2k,2k-1,2k-2,...,k+1$ được chọn

Vậy còn 1 số nữa cần chọn(vì phải chọn $k+1$ số)

Lí luận tương tự với trường hợp chỉ chọn $k$

Xét trường hợp chọn cả $2k-1$ và $k$

Suy ra $k+1$ không được chọn

Xét $k-1$: nếu $k-1$ không được chọn thì làm tương tự như trên, nếu $k-1$ được chọn thì suy ra $k+2$ không được chọn rồi thực hiện tương tự như xét $k+1$

Suy ra giả thiết phản chứng sai

Suy ra đpcm

? ; em chưa hiểu ý ; đúng là 4 số ; nhưng chọn 1 số lớn hơn vế kia trừ đi thì vẫn thu được.

@mod: Đề nghị đưa ra câu hỏi cụ thể. Nhớ viết hoa đầu dòng để nhìn thiện cảm.

 ủng hộ đây ; còn một cách nữa là xử dụng định lý Ceva : Phát biểu như sau ; nếu 3 điểm M ; N ; P lần lượt thuộc cách cạnh của tam giác AB ; AC ; BC của tam giác ABC và $\frac{AM}{MB}.\frac{BP}{PC}.\frac{CN}{NA}=1$ thì AP ; BN và CM đồng quy tại một điểm ; điều ngược lại cũng đúng .

Đặt $y=zx$ suy ra $dy=zdx+xdz$, hay suy ra là $\frac{dy}{dx}=z+x\frac{dz}{dx}$ (1)

 

Khi đó phương trình đã cho được viết lại thành: $y'=z+\sin z$ , thế (1) vào ta được phương trình

 

$$\sin z=x\frac{dz}{dx} \iff \frac{dz}{z}=\frac{dx}{x}$$

 

Từ đó ta tìm được nghiệm tổng quát là $x=\tan \frac{z}{2}+C$ (2).

 

Thay $z=\frac{y}{x}$ và lấy $\arctan$ hai vế của (2) ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là $y=2\arctan x+Cx$.

 

Thay điều kiện $y(1)=\frac{\pi}{2}$ thì nghiệm riêng là $\boxed{y=2\arctan x}$.

bị nhầm 1 dòng trước khi lấy tích phân kìa là sinz chứ k phải z 

Cho phương trình $P(x;y)dx+Q(x;y)dy=0$

Chứng minh rằng phương trình trên vừa thuần nhất vừa toàn phần thì nó có tích phân tổng quát là$P.x+Q.y=C$

Giải phương trình đạo hàm riêng $(x^{2}+y^{2})dx+(2xy+cosy)dy=0$

Mình vẫn chưa tìm ra nghiệm riêng nào ( hoặc nghiệm tổng quát ) vì mình thấy rằng khi biến đổi phương trình đã cho thành dạng phân li biến số 

$$\frac{\ln y }{y}dy=\frac{dx}{\cos x}$$

Tích phân tổng quát cho vế trái không phải là hàm sơ cấp, nên không tìm được. 

hì hì bạn lại nhầm r ; tích phân vt là hàm sơ cấp $\frac{lny.dy}{y}=lnyd(lny)$ vì nguyên hàm của $\frac{1}{y}$ là $lny$ mà 

sao lại cười 

có cách nào khác không nhỉ  mình cũng mới ra cách này

Bài 3 : a) Đưa về ước số thì dễ rồi ; để ý là x ; y cùng chẵn lẻ ; cùng chữ số tận cùng khi bình phương .

Bài 1.Tìm nghiệm nguyên phương trình.

bài 1.gif

Bài 2 Tìm nghiệm nguyên dương.
bài 2.gif
Bài 3: cm các phương trình sau không co nghiệm nguyên
bài 3.gif
Bài 4: Đưa về phương trình tích.Tìm nghiệm nguyên
bài 4.gif
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên.
bài 5.gif

b) $x^{2}-2.y^{2}=5$  ; dễ thấy x lẻ nên đặt $x=2k+1$ phương trình sẽ có dạng $4k^{2}+4k-2.y^{2}=4$

hay $2k^{2}+2k-y^{2}=2$

Dễ thấy y chẵn nên $y^{2}$ là bội của 4 ; mặt khác $2k(k+1)$ là bội của 4 nên VT là bội của 4 ; vế phải thì không nên phương trình đã cho vô nghiệm . 

Bài 4

$x+xy+y=5$ <=>$xy+x+y+1=6$ <=> $(x+1)(y+1)=6$ về ước số là được .

a) $y^{2}=x(x+8)(x+1)(x+7)=(x^{2}+8x)(x^{2}+8x+7)$

Đặt $x^{2}+8x=a$ ta có $y^{2}=a(a+7)$

$<=>4y^{2}=4a^{2}+14a <=>(2y)^{2}-(2a+7)^{2}=-49$