phathuy

Giải phương trình $3\sqrt{1+2{{x}^{2}}}+2\sqrt{40+9{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=5\sqrt{11}$ 

Bài này mình đã dùng máy tính (VINACAL 570ES PLUS II) tìm nghiệm nhưng 6 lần nhấn Shift Solve máy cho ra 6 nghiệm: 0.333333368 ; $\frac{1}{3}$ ; 0.333333361 ; 0.333333369 ; 0.333333362; 0.333333378

Bạn nào biết hướng giải làm sao thì chỉ cho mình với.

 Cho n là số nguyên dương. Chứng minh ${{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n+1}}\ge {{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)}^{n+2}}$

Có bao nhiêu cách chia tập A gồm 6 phần tử thành 3 tập con rời nhau và khác rỗng?

 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.

Tớ đưa ra lời giải phức tạp hơn chút (bởi thế tớ mới hỏi xem có ai có cách ngắn hơn không)

Bổ đề: Từ $\overline{A\underbrace{00...0}_{n}}$ đến $\overline{A\underbrace{99...9}_{n}}$, có ${{9}^{n-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ n, với mọi số nguyên dương n và số tự nhiên A.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
Bước 1: Ta chứng minh bài toán đúng với n=1. Ta cần chứng minh. Từ $\overline{A0}$ đến $\overline{A9}$, có $1$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 ở hàng đơn vị. Xét hai trường hợp:
1) A chia hết cho 9. Dễ thấy chỉ có $1$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 ở hàng đơn vị là $\overline{A0}$.
2) A không chia hết cho 9. Dễ thấy chỉ có $1$ số chia hết cho 9 từ $\overline{A0}$ đến $\overline{A9}$ và số này không tận cùng là 9.
Bước 2: Giả sử bài toán đúng với n=k, tức là giả sử mệnh đề sau đúng: “Từ $\overline{A\underbrace{00...0}_{k}}$ đến $\overline{A\underbrace{99...9}_{k}}$, có ${{9}^{k-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ k, với k là số nguyên dương và A là số tự nhiên.
Bước 3: Ta cần chứng minh bài toán đúng với n=k+1. Áp dụng giả thiết quy nạp ta có
Từ $\overline{A\underbrace{00...0}_{k}}$ đến $\overline{A0\underbrace{99...9}_{k}}$, có ${{9}^{k-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ k.
Từ $\overline{A1\underbrace{00...0}_{k}}$ đến $\overline{A1\underbrace{99...9}_{k}}$, có ${{9}^{k-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ k.
…
Từ $\overline{A8\underbrace{00...0}_{k}}$ đến $\overline{A8\underbrace{99...9}_{k}}$, có ${{9}^{k-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ k.
Như vậy có ${{9}^{k-1}}.9={{9}^{k}}$ số chia hết cho 9 nhưng không có chứa chữ số 9 từ hàng đơn vị đến hàng thập phân thứ k từ $\overline{A\underbrace{00...0}_{k+1}}$ đến $\overline{A\underbrace{99...9}_{k+1}}$.
Vậy bổ đề được chứng minh xong.
Trở lại bài toán. Áp dụng bổ đề với A=0 ta có từ 0 đến $\underbrace{99...9}_{n}$ có ${{9}^{n-1}}$ số tự nhiên có không quá n chữ số chia hết cho 9 (tính luôn cả số 0) nhưng không chứa chữ số 9.

Chứng minh rằng từ $0\to {{10}^{n}}$ có ${{9}^{n-1}}$ số chia hết cho 9 nhưng không chứa chữ số 9 $\left ( n\geq 1 \right )$

Rút gọn biểu thức \[\frac{\left( 15-h-k \right)!}{3!}.\sum\limits_{k=1}^{4}{A_{12}^{k}}\sum\limits_{h=3}^{12-k}{A_{12-k}^{h}}\] 

Bài toán 1. Có 3 nam và 3 nữ cần xếp vào một hàng ghế gồm có 6 ghế. Hỏi có bao nhiêu cách xếp nam nữ xen kẽ nhau?

Giải

Lời giải 1. Xếp trước 3 bạn nữ, ta được $3!$ cách xếp. Cố định mỗi cách sắp các bạn nữ thì ta thấy có 4 vị trí có thể xếp 3 bạn học sinh nam (gồm 2 chỗ giữa các bạn nữ và 2 chỗ đầu hàng, cuối hàng), có $A_{4}^{3}$ cách xếp như vậy. Do đó có $3!.A_{4}^{3}$ cách xếp.

Đây là lời giải sai, lời giải đúng phải là

Lời giải 2. Nếu bạn nam ngồi ghế đầu tiên của hàng ghế thì có $3!$ cách xếp bạn nam và $3!$ cách xếp bạn nữ. Nếu bạn nữ ngồi ghế đầu tiên của hàng ghế thì có $3!$ cách xếp bạn nữ và $3!$ cách xếp bạn nam. Thành ra có $2.{{\left( 3! \right)}^{2}}$ cách xếp.

Thế nhưng vận dụng lời giải 1 vào bài toán sau thì đúng còn lời giải 2 thì không.

Bài toán 2. Mỗi tổ học sinh có 10 bạn trong đó có ba bạn A, B, C hay nói chuyện riêng nên không được xếp cho 3 bạn này đứng cạnh nhau đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách xếp tổ học sinh nói trên thành một hàng?

Giải

Xếp 7 học sinh(không có A, B, C) trước ta có $7!$ cách xếp. Cố định mỗi cách xếp 7 học sinh trên, ta có 8 vị trí có thể xếp A, B, C vào đó để thỏa mãn đề bài. Số cách xếp A, B, C là $A_{8}^{3}$. Như vậy có $7!.A_{8}^{3}$ cách xếp thỏa đề.

Các bạn giải thích giúp mình, nếu sử dụng lời giải 1 trong bài toán 1thì sai chỗ nào còn nếu sử dụng lời giải 2 trong bài toán 2 thì sai chỗ nào? Mình mới học về tổ hợp chỉnh hợp nên còn bỡ ngỡ, các bạn cố gắng giúp mình.

Bài toán 1: Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập bao nhiêu số có 6 chữ số? (các chữ số có thể lặp lại nhiều lần). Nếu như thay 6 bởi số nguyên dương n thì công thức tổng quát là gì?

Bài toán 2: Có 8 viên bi xanh, 10 viên bi đỏ, 14 viên bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 7 viên bi bất kì? Nếu thay các số 8, 10, 14 lần lượt bởi a, b, c (trong đó a, b, c là các số nguyên dương không nhỏ hơn 7) thì kết quả bài toán có thay đổi không?

Bài toán 3:  Trong tủ có n đôi găng tay. Từ đó lấy ra 2r chiếc găng tay (2r<n). Hỏi có bao nhiêu cách lấy mà trong 2r chiếc găng tay không có một đôi nào cả.

 

Câu IV. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho

$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$

 

Mình ra đáp số khác. Các bạn tìm giúp lỗi sai trong lời giải của mình nha.

$\left( x-2 \right)P\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xP\left( x \right)+{{3}^{2016}}x-3x+6\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left[ P\left( 3x+2 \right)+3 \right]={{3}^{2015}}x\left[ P\left( x \right)+3 \right]$. Đặt $Q\left( x \right)=P\left( x \right)+3\Rightarrow \left( x-2 \right)Q\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xQ\left( x \right)\left( * \right)$. Dễ thấy $Q\left( x \right)$ có hai nghiệm

\[x=-1,\text{ }x=2\Rightarrow Q\left( x \right)=\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\]

 thay vào (*) được $9x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$ $\Leftrightarrow {{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}{{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Lại nhận thấy rằng ${{Q}_{1}}\left( x \right)$ có nghiệm \[x=-1\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

\[\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

$\Leftrightarrow {{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2012}}{{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Cũng lại thấy ${{Q}_{2}}\left( x \right)$ có nghiệm -1. Cứ tiếp tục lập luận như trên cho đến vô hạn ta nhận được $Q\left( x \right)=\alpha \left( x-2 \right)\left( x+1 \right)\left( x+1 \right)...\left( x+1 \right)$ (có vô hạn nhân tử x+1). Theo định nghĩa của đa thức không tồn tại đa thức $Q\left( x \right)0$ có biểu diễn như trên nên $Q\left( x \right)\equiv 0$. Từ đó suy ra $P\left( x \right)=-3$ 

Bài 1: Cho \[X=\left\{ 1,2,3,...,100 \right\}\] và \[S=\left\{ \left( a,b,c \right)|a,b,c\in X,a<b<c \right\}\]. Tìm \[\left| S \right|\].

Bài 2: Có bao nhiêu cách sắp xếp n cặp vợ chồng trên một bàn tròn sao cho mỗi người phụ nữ không ngồi kề chồng của mình.

Bài toán 3. Chứng minh số tập con thực sự và khác rỗng của một tập có n phần tử là ${{2}^{n}}-2$ 

 

Bài toán 8. Chứng minh rằng $\frac{a+b}{b+c}.\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{4}$   với mọi số thực dương a, b, c.

 

Trong lúc nhờ các bạn giải mình cũng cố gắng tự suy nghĩ thêm chút xíu nữa, cuối cùng cũng ra được một bài

Bất đẳng thức đề bài tương đương

$\frac{a+b}{b+c}.\frac{2a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{2b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{2c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{2}$

Ta sử dụng kỹ thuật Cauchy ngược dấu

$\frac{a+b}{b+c}\frac{2a}{2a+b+c}-\frac{a+b}{b+c}=\frac{a+b}{b+c}\left( \frac{2a}{2a+b+c}-1\right )=\frac{a+b}{b+c}\frac{-b-c}{2a+b+c}=\frac{-a-b}{2a+b+c} \Rightarrow \frac{a+b}{b+c}\frac{2a}{2a+b+c}=\frac{a+b}{b+c}-\frac{a+b}{2a+b+c}$

Chứng minh tương tự

 $\frac{b+c}{c+a}.\frac{2b}{a+2b+c}=\frac{b+c}{c+a}-\frac{b+c}{a+2b+c}$

$\frac{c+a}{a+b}.\frac{2c}{a+b+2c}=\frac{c+a}{a+b}-\frac{c+a}{a+b+2c}$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM

\[\frac{a+b}{2a+b+c}=\frac{a+b}{\left( a+b \right)+\left( a+c \right)}\le \frac{a+b}{2\sqrt{\left( a+b \right)\left( a+c \right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a+b}{a+c}}\]

Chứng minh tương tự

 $\begin{align} & \frac{b+c}{a+2b+c}\le \frac{1}{2}\sqrt{\frac{b+c}{b+a}} \\ & \frac{c+a}{a+b+2c}\le \frac{1}{2}\sqrt{\frac{c+a}{c+b}} \\ \end{align}$

Như vậy ta cần chứng minh

                    \[\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}+\frac{a+b}{b+c}-\frac{1}{2}\left( \sqrt{\frac{a+b}{a+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+a}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+b}} \right)\ge \frac{3}{2}\]

Đặt

             \[x=\sqrt{\frac{a+c}{a+b}},y=\sqrt{\frac{b+a}{b+c}},z=\sqrt{\frac{c+b}{c+a}}\]

Bất đẳng thức trở thành

        \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( xy+yz+zx \right)\ge \frac{3}{2}\]

Ta có

\[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( xy+yz+zx \right)\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)=\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)\ge \frac{3}{2}\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}=\frac{3}{2}\]

Ta có đpcm 

 

 

Ta có $\sum \dfrac{a(b+c)}{4-9bc}\geq 6abc \Leftrightarrow \sum \dfrac{b+c}{bc(4-9bc)}\geq 6$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho $6$ số, ta có

$\sum \dfrac{b+c}{bc(4-9bc)}=\sum \left( \dfrac{1}{c(4-9bc)}+\dfrac{1}{b(4-9bc)} \right)\geq 6\sqrt[6]{\dfrac{1}{\left [ abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca) \right ]^2}}$

Như vậy cần chứng minh $abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq 1\Leftrightarrow 81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq 81$

Thật vậy, ta có

$81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq \left ( \dfrac{81abc+12-9ab-9bc-9ca}{4} \right )^4$

Mà $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq 9 \Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 9abc \Leftrightarrow 81abc-9ab-9bc-9ca\leq 0$

Nên $81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq \left ( \dfrac{12}{4} \right )^4=81$

Vậy ra có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$

 

Bạn nên chứng minh $4-9bc>0$ đã rồi hẵng áp dụng bất đẳng thức AM – GM. Ta có $4bc\le {{\left( b+c \right)}^{2}}={{\left( 1-c \right)}^{2}}<1\Rightarrow bc<\frac{1}{4}\Rightarrow 4-9bc>0$

Mình có mấy bài BĐT nghĩ mãi không ra. Các bạn giúp mình nhé!

Bài 1: Cho\[\frac{{{x}^{2}}}{8}+\frac{{{y}^{2}}}{2}=1\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[A={{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( x-5 \right)}^{2}}\].

Bài 2: Cho \[\frac{{{x}^{2}}}{9}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của \[A=\left| 3x+4y+24 \right|\].

Thực ra, mình muốn hỏi bài này cơ: “ Cho \[\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{9}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\] và đường thẳng \[\Delta :3x+4y+24=0\] không cắt (E). Tìm M trên (E) sao cho khoảng cách từ M đến \[\Delta \] là ngắn nhất.

Bài toán 3. Cho các số thực thỏa mãn đồng thời $a+b+c=1,ab+bc+ca>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{2}{\left| a-b \right|}+\frac{2}{\left| b-c \right|}+\frac{2}{\left| c-a \right|}+\frac{5}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Bài toán 4. Cho các số dương a, b, c có tổng bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{2ab}{c+ab}+\frac{3bc}{a+bc}+\frac{2ca}{b+ca}\ge \frac{5}{3}$

Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c có tổng bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{a\left( b+c \right)}{4-9bc}+\frac{b\left( c+a \right)}{4-9ca}+\frac{c\left( a+b \right)}{4-9ab}\ge 6abc$

Bài toán 6. Cho các số dương a, b, c có tích bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{{{a}^{5}}-{{a}^{2}}+3ab+6}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{5}}-{{a}^{2}}+3bc+6}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{5}}-{{c}^{2}}+3ca+6}}\le 1$

Bài toán 7. Chứng minh rằng $\frac{{{a}^{3}}}{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}}{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\left( ab+bc+ca \right)}{a+b+c}$  với mọi số thực dương a, b, c.

Bài toán 8. Chứng minh rằng $\frac{a+b}{b+c}.\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{4}$   với mọi số thực dương a, b, c.

Bài toán 9. Chứng minh rằng $\frac{1+{{x}^{2}}}{1+y+{{z}^{2}}}+\frac{1+{{y}^{2}}}{1+z+{{x}^{2}}}+\frac{1+{{z}^{2}}}{1+x+{{y}^{2}}}\le 2$   với mọi số thực x, y, z thỏa $x,y,z>1$.

Bài toán 10. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{1}{1+x+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+y+{{y}^{2}}}+\frac{1}{1+z+{{z}^{2}}}\ge 1$

Bài toán 11. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 8. Chứng minh rằng $\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+2x+4}+\frac{{{y}^{2}}}{{{y}^{2}}+2y+4}+\frac{{{z}^{2}}}{{{z}^{2}}+2z+4}\ge 1$

Bổ đề: Cho đa thức P(x) hệ số nguyên khác x thì $P\left( P\left( x \right) \right)-x\vdots P\left( x \right)-x$
Chứng minh. $P\left( P\left( x \right) \right)-x=P\left( P\left( x \right) \right)-P\left( x \right)+P\left( x \right)-x$ đến đây áp dụng tính chất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên: “Cho P(x) là đa thức hệ số nguyên và hai số nguyên phân biệt a, b thì $P\left( a \right)-P\left( b \right)\vdots a-b$”. Suy ra $P\left( P\left( x \right) \right)-P\left( x \right)\vdots P\left( x \right)-x$. Vậy bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, áp dụng bổ đề ta suy ra $P\left( P\left( x \right) \right)-x=\left( P\left( x \right)-x \right)Q\left( x \right)=2\left( {{x}^{2}}-1 \right)Q\left( x \right)$. Như vậy ta chỉ cần chứng minh $P\left( P\left( x \right) \right)-x=4\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( 2{{x}^{2}}+2x-1 \right)$ việc này quá dễ dàng vì $P\left( P\left( x \right) \right)-x$  là đa thức bậc 4 mà ta đã biết có 2 nghiệm là 1, -1.

Thực ra phần trên chỉ là làm ngoài nháp. Khi trình bày bài toán chỉ cần ghi $P\left( P\left( x \right) \right)-x=4\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( 2{{x}^{2}}+2x-1 \right)$ là xong.

Sau đây xin nêu phát biểu tổng quát của bổ đề trên: “Cho đa thức P(x) là đa thức hệ số nguyên khác x thì $P\left( P\left( ...P\left( x \right) \right) \right)-x\vdots P\left( x \right)-x$”. Việc chứng minh bổ đề này không khó, chỉ cần dùng quy nạp.