vantho302

Xét $X = {C_{\left[ {0;1} \right]}}$
${d_1}\left( {x,y} \right) = \int\limits_0^1 {\left| {y\left( t \right) - x\left( t \right)} \right|dt} $
Chứng minh ${d_1}$ là metric trên $X = {C_{\left[ {0;1} \right]}}$

Để giải quyết vấn đề trên thì mình sẽ chứng minh một quan hệ tương đương như sau:
Ta có $\ln \left( {1 + x} \right) \sim x$ khi $x \to 0$
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} - 1} \right| \to 0$ khi $x \to 0$

Tiếp tục ta xét:
$\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\beta \left( x \right)}}{{\alpha \left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\left( {e - {{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{1}{x}}}} \right)}}{{ex}} = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e - {e^{\ln {{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{1}{x}}}}}}}{{ex}} \\
= 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - {e^{\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} - 1}}}}{x} = - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} - 1}} - 1}}{x} \\
\end{array}$
Ta có quan hệ tương đương sau:
${e^x} - 1 \sim x$ khi $x \to 0$
* Mình nhắc nhở các bạn khi dùng các quan hệ tương đương cần phải cẩn thận không được áp dụng sai tính chất của nó như:
${e^x} - 1 \sim x$ khi $x \to 0$
nhưng ${e^{x + 1}} - 1$ sẽ không tương đương với $x + 1$ khi $x \to 0$
Vì sao?
Vì mũ $x + 1$ không dần về $0$ khi $x \to 0$. Các bạn chú ý nhé!!!

Trở lại vấn đề:
$ - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} - 1}} - 1}}{x}$
Ở lúc đầu mình đã chứng minh $\left| {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} - 1} \right| \to 0$
nên ta sẽ áp dụng quy tắc tương đương ta được:
$ - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} - 1}} - 1}}{x} = - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} - 1}}{x} = - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {x + 1} \right) - x}}{{{x^2}}}$
Ta sẽ dùng LôPitan
$ - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {x + 1} \right) - x}}{{{x^2}}} = - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{{x + 1}} - 1}}{{2x}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{x + 1}} = 1$
Vậy $\beta \left( x \right) \sim \alpha \left( x \right)$ ----------> xong

a. Phương trình đường chéo AC
$\overrightarrow {AC} = \left( {7, - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{AC}}} = \left( {1,7} \right)$
Phương trình đường thẳng (AC) có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_{AC}}} = \left( {1,7} \right)$ và đi qua điểm $A\left( { - 1,3} \right)$ có dạng: $1\left( {x + 1} \right) + 7\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 7y - 20 = 0$
b.
* Tìm tọa độ điểm B
Đầu tiên ta viết phương trình cạnh (BD) trước:
Phương trình (BD) sẽ nhận $\overrightarrow {AC} = \left( {7, - 1} \right)$ làm vecto pháp tuyến và đi qua điểm O là trung điểm của AC
$ \Rightarrow O\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{2}} \right)$
(BD): $7\left( {x - \frac{5}{2}} \right) - 1\left( {y - \frac{5}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 7x - y - 15 = 0$
Do điểm $B$ thuộc vào đường thẳng (BD) nên tọa độ điểm $B$ có dạng: $B\left( {{x_B};7{x_B} - 15} \right)$
Hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau nên: $\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0$
trong đó $\overrightarrow {OA} = \left( { - 1,3} \right);\overrightarrow {OB} = \left( {{x_B};7{x_B} - 15} \right)$
$ \Rightarrow - {x_B} + 3\left( {7{x_B} - 15} \right) = 0 \Leftrightarrow 20{x_B} = 45 \Leftrightarrow {x_B} = \frac{9}{4} \Rightarrow {y_B} = \frac{3}{4}$
Hay $B\left( {\frac{9}{4};\frac{3}{4}} \right)$
* Phương trình đường thẳng (AB):
$\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{13}}{4}; - \frac{9}{4}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {\frac{9}{4};\frac{{13}}{4}} \right)$ hay $\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {9;13} \right)$
Phương trình đường thẳng (AB) đi qua điểm A có dạng: $9\left( {x + 1} \right) + 13\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 9x + 13y - 30 = 0$
* Phương trình đường thẳng (BC) nhận $\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{13}}{4}; - \frac{9}{4}} \right)$ làm vecto pháp tuyến và đi qua điểm $B\left( {\frac{9}{4};\frac{3}{4}} \right)$ có dạng:
$13\left( {x - \frac{9}{4}} \right) - 9\left( {y - \frac{3}{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow 13x - 9y - \frac{{45}}{2} = 0 \Leftrightarrow 26x - 18y - 45 = 0$
* Phương trình đường thẳng (AD)
Phương trình đường thẳng (AD) vuông góc với đường thẳng (AB) nên nhận $\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{13}}{4}; - \frac{9}{4}} \right)$ làm vecto pháp tuyến và đi qua điểm $A$ có dạng:
$13\left( {x + 1} \right) - 9\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 13x - 9y + 40 = 0$
* Phương trình đường thẳng (CD)
Do điểm $C$ là giao điểm của (BC) và (AC) nên tọa độ điểm $C$ là nghiệm của hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
x + 7y - 20 = 0 \\
26x - 18y - 45 = 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow C\left( {\frac{{27}}{8};\frac{{19}}{8}} \right)$
Tương tự điểm D là giao điểm của AD và BD nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}
13x - 9y + 40 = 0 \\
7x - y - 15 = 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow D\left( {\frac{7}{2};\frac{{19}}{2}} \right)$
$ \Rightarrow \overrightarrow {CD} = \left( {\frac{1}{8};\frac{{57}}{8}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{CD}}} = \left( {\frac{{57}}{8}; - \frac{1}{8}} \right)$
Phương trình đường thẳng (CD) qua điểm $D\left( {\frac{7}{2};\frac{{19}}{2}} \right)$
có dạng:
$57\left( {x - \frac{7}{2}} \right) - \left( {y - \frac{{19}}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 57x - y - 190 = 0$

Để giải thích vấn đề điểm tụ thì ta cần tìm hiều định nghĩa của điểm tụ một cách đơn giản như sau:
Định nghĩa: Một điểm $x$ là điểm tụ của tập hợp A khi và chỉ khi mỗi lân cận của $x$ có chứa ít nhất một điểm của A khác với $x$
$x$ là một điểm tụ của A $ \Leftrightarrow \forall r > 0,\exists a \in A:0 < d\left( {x,a} \right) < r$
Để dễ hiểu hơn thì mình sẽ trình bày bằng hình vẽ trực quan như sau:

$x$ là một điểm tụ của tập hợn A, khi đó tồn tại 1 lân cận $S$ của $x$. Dĩ nhiên trong lân cận $S$ ta luôn có một điểm ${x_1}$ sao cho ${x_1} \ne x$. Khi đó ta cũng sẽ tìm được một lân cận ${S_1}$ của $x$ sao cho lân cận ${S_1}$ không chứa ${x_1}$
Tương tự như vậy, trong lân cận ${S_1}$ ta luôn tìm được một điểm ${x_2}$ sao cho ${x_2} \ne x$ và ta cũng sẽ tìm được một lân cận ${S_2}$ sao cho lân cận ${S_2}$ này không chứa ${x_2}$.
Cứ lặp đi lặp lại như vậy vô số lần thì ta sẽ được vô số các lân cận của $x$.
Ta có nhận xét gì về các lân cận này?
Rõ ràng thì bán kính $r$ của lân cận càng ngày càng dần về $0$

Hay lần cận ${S_n}$ có dạng ${S_n}\left( {x;\frac{1}{n}} \right)$. Bạn cũng có thể hình dung nôm na là đường tròn tâm $x$ bán kính là $r = \frac{1}{n}$ khi $n \to \infty $ thì các lân cận này càng dần về $x$

(*) Do vậy, người ta mới nói là: "Một điểm $x$ là điểm tụ của tập hợp $A$ khi và chỉ khi có một dãy điểm phân biệt $\left\{ {{x_n}} \right\}$ của $A$ hội tụ tới $x$"
Hay $\mathop {\lim {x_n}}\limits_{n \to \infty } = x$

Bây giờ mình sẽ giải thích $A = \left\{ {\frac{1}{n},n \in N} \right\}$ có điểm tụ là $0$
Dựa vào (*) này ta có $\mathop {\lim \frac{1}{n}}\limits_{n \to \infty } = 0$
$ \Rightarrow x = 0$ là điểm tụ của $A$.

$\left( {0,\frac{1}{n}} \right) \subset \left( {0;\frac{1}{{n - 1}}} \right) \subset ... \subset \left( {0;\frac{1}{3}} \right) \subset \left( {0;\frac{1}{2}} \right) \subset \left( {0,1} \right)$
Thật vậy, bán kính $r$ lớn nhất của lân cận $x=0$ là $r=1$ hay $S\left( {0;1} \right)$. Khi đó ta cũng tìm được một lân cận khác ${S_1}\left( {0;\frac{1}{2}} \right)$ nằm trong lân cận $S$. Cứ tiếp tục quá trình như vậy thì hình tròn lân cận cứ nhỏ dần và càng gần $x=0$. Do đó người ta nói $x=0$ là điểm tụ của A.

Bằng hình vẽ chắc bạn dễ hiểu hơn nhỉ

Tương tự bài $A = \left\{ {m + \frac{1}{n},m,n \in N*} \right\}$ tập hợp điểm tụ sẽ là tập ${N^*} = \left\{ {1,2,3,4...} \right\}$
Vì sao vậy?
* Đầu tiên mình chứng minh $x=1$ là một điểm tụ
Cho $m=1$ (nghĩa là cố định $m$), Cho $n$ chạy ra vô cùng thì $\frac{1}{n} \to 0$
Khi đó ta sẽ có các lân cận lồng vào nhau như sau:
$\left( {1,\frac{1}{n}} \right) \subset \left( {1,\frac{1}{{n - 1}}} \right) \subset \left( {1,\frac{1}{{n - 2}}} \right) \subset ... \subset \left( {1,\frac{1}{2}} \right) \subset \left( {1,1} \right)$
Khi $n \to \infty $ thì hình cầu càng áp sát điểm tụ $x=1$
* Tiếp tục như vậy, cho $m=2$, ta cũng có:
$\left( {2,\frac{1}{n}} \right) \subset \left( {2,\frac{1}{{n - 1}}} \right) \subset \left( {2,\frac{1}{{n - 2}}} \right) \subset ... \subset \left( {2,\frac{1}{2}} \right) \subset \left( {2,1} \right)$ thì $2$ là điểm tụ
* Quá trình cứ tiếp tục thì bạn sẽ được tập hợp các điểm tụ
Bạn để ý tập hợp các điểm tụ này là tập các giá trị $m \in {N^*}$ chạy ra vô cùng phải không?

Ngoài ra ta cũng có thể dùng công thức khai triển Maclaurin của hàm sơ cấp: (Đao to búa lớn )
$\sin x = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} + ... + {\left( { - 1} \right)^n}\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{\left( {2n - 1} \right)!}} + {\left( { - 1} \right)^n}\cos \theta x.\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}$

$\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} + ... + {{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{\left( {2n - 1} \right)!}} + {{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \theta x.\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}}}{x}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{3!}} + \frac{{{x^4}}}{{5!}} + ... + {{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{x^{2n - 2}}}}{{\left( {2n - 1} \right)!}} + {{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \theta x.\frac{{{x^{2n}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} \right) = 1
\end{array}$

a) Tìm giao tuyến của (AMN) và (BDC).
Trong mặt phẳng (ACD) dựng AM cắt CD tại J
Trong mặt phẳng (ABC), dựng AN cắt BC tại I
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AMN} \right) \cap \left( {BCD} \right) = \left\{ I \right\} \\
\left( {AMN} \right) \cap \left( {BCD} \right) = \left\{ J \right\} \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AMN} \right) \cap \left( {BCD} \right) = IJ$
b) Tìm giao tuyến của (ENM) và (ADB).
Trong mặy phẳng (AIJ), ta dựng $IJ \cap MN = K$
Trong mặt phẳng (BCD) ta dựng $EK \cap BC = P$
Trong mặt phẳng (ABC) ta dựng $NP \cap AB = H$
Khi đó EH là giao tuyến giữa 2 mặt phẳng (EMN) và mặt phẳng (ABD).
Hay EF là giao tuyến 2 mặt phẳng (EMN) và mặt phẳng (ABD).
Với $F = EH \cap AD$
Vậy $\left( {MNE} \right) \cap \left( {ABD} \right) = {\rm{EF}}$

Tập xác định $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$
$y' = f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x - {m^2} - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$
Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} - 1 = 0$
$\Delta ' = {m^2} + 2 > 0,\forall m$
Do đó hàm số luôn có 2 cực trị. Hoành độ cực trị là nghiệm của $y' = 0$
$\left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 1 - \sqrt {{m^2} + 2} \\
{x_2} = 1 + \sqrt {{m^2} + 2} \\
\end{array} \right.$
Phương trình đường thẳng đi qua cực đại cực tiểu có dạng: $y = 2x + 1$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{y_1} = 3 - 2\sqrt {{m^2} + 2} \\
{y_2} = 3 + 2\sqrt {{m^2} + 2} \\
\end{array} \right.$
Tọa độ điểm cực trị là: $A\left( {1 - \sqrt {{m^2} + 2} ;3 - 2\sqrt {{m^2} + 2} } \right)$ và $B\left( {1 + \sqrt {{m^2} + 2} ;3 + 2\sqrt {{m^2} + 2} } \right)$
$\overrightarrow {AB} = \left( {2\sqrt {{m^2} + 2} ;4\sqrt {{m^2} + 2} } \right) \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {4\left( {{m^2} + 2} \right) + 16\left( {{m^2} + 2} \right)} = 2\sqrt {5{m^2} + 10} $
Khoảng cách giữa 2 điểm cực trị nhỏ hơn $2\sqrt {15} $
$ \Leftrightarrow 2\sqrt {5{m^2} + 10} < 2\sqrt {15} \Leftrightarrow 5{m^2} + 10 < 15 \Leftrightarrow {m^2} < 1 \Leftrightarrow - 1 < m < 1$
Vậy $ - 1 < m < 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Để hiểu rõ vấn đề này thì bạn cần hiểu rõ quan hệ tương đương:
Nếu hai hàm $f\left( x \right) \sim g\left( x \right) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_o}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = 1$
Ở đây $x \to {x_0}^ + ;x \to {x_0}^ - $
* Một chú ý rất quan trọng ở đây mà bạn thắc mắc là:
Nếu $\left\{ \begin{array}{l}
f \sim \varphi \\
g \sim \psi \\
\end{array} \right.$
Ta không suy ra được $f \pm g \sim \varphi \pm \psi $ đâu nhé!!!!!
Ví dụ:
Cho $f\left( x \right) = x + {x^2};g\left( x \right) = - x$ và $\varphi \left( x \right) = x + {x^3};\psi \left( x \right) = - x$
Khi đó ta sẽ có các tương đương như sau:
$f \sim \varphi $ và $g \sim \psi $ khi $x \to 0$
nhưng $f\left( x \right) + g\left( x \right) = {x^2}$ lại không tương đương với $\varphi \left( x \right) + \psi \left( x \right) = {x^3}$ khi $x \to 0$
Vì ta sẽ xét $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\varphi \left( x \right) + \psi \left( x \right)}}{{f\left( x \right) + g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^3}}}{{{x^2}}} = 0 \ne 1$
Do đó nó là không tương đương. Đến đây chắc bạn đã hiểu rồi nhỉ
Bây giờ mình sẽ giải thích thắc mắc về $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x - \sin x}}{{{x^3}}}$ tại sao lại không thể thay $\sin x \sim x$
Ta sẽ xét các hàm tương đương như sau:
$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = x;g\left( x \right) = \sin x \\
\varphi \left( x \right) = x;\psi \left( x \right) = x \\
\end{array}$
Ta có $f\left( x \right) \sim \varphi \left( x \right);g\left( x \right) \sim \psi \left( x \right);x \to 0$
$\begin{array}{l}
f\left( x \right) - g\left( x \right) = x - \sin x \\
\varphi \left( x \right) - \psi \left( x \right) = x - x = 0 \\
\end{array}$
bạn nghĩ $f\left( x \right) - g\left( x \right) \sim \varphi \left( x \right) - \psi \left( x \right)$ đúng hay sai. Để biết có tương đương với nhau hay không thì ta xét giới hạn sau:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\varphi \left( x \right) - \psi \left( x \right)}}{{f\left( x \right) - g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{0}{{x - \sin x}} = 0 \ne 1$
Do đó sẽ không tương đương
Tiếp tục
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{2{x^3} - 3{{\tan }^4}x}}$
Ta có ${2{x^3} - 3{{\tan }^4}x}$ tương đương với $2{x^3} - 3{x^4}$
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{x^3} - 3{x^4}}}{{2{x^3} - 3{{\tan }^4}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 3x}}{{2 - 3\frac{{{{\tan }^4}x}}{{{x^3}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 3x}}{{2 - 3x\frac{{{{\tan }^4}}}{{{x^4}}}}}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 3x}}{{2 - 3x\frac{{{{\sin }^4}x}}{{{x^4}}}.\frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}x}}}} = 1$
Vậy hai hàm trên là tương đương

Ta có $\sin x \sim x$ khi $x \to 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1$
không còn cách nào đơn giản hơn. Hihi

Bài 1: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{n^{\frac{1}{{{n^2} + 1}}}} - 1} \right)} \]

Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm sau:
a) \[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{{3^n}}}{n} + \frac{{{2^n}}}{{{n^2}}}} \right){x^n}} \]

b) \[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{n}{{{3^{\sqrt n }}}}{x^n}} \]

Bài 1: Khảo sát sự hội tụ của dãy $\left( {{u_n}} \right)$
$\left\{ \begin{array}{l}
{u_0} = 1 \\
{u_{n + 1}} = 1 - \frac{2}{{{u_n}}} \\
\end{array} \right.;\forall n \in N$

Bài 2: Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ xác định bởi:
$\left\{ \begin{array}{l}
{u_0} = 1 \\
6{u_{n + 1}} = u_n^2 + 8 \\
\end{array} \right.;\forall n \in N$
Chứng minh dãy $\left( {{u_n}} \right)$ hội tụ và tìm giới hạn của nó

Uhm, có thể do mình nhầm ở chỗ câu b). Mình có thể làm theo cách khác đơn giản hơn như sau
Giả sử $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ là điểm thuộc đồ thị ©. Ta cần tìm M sao cho $d\left( M \right) = d\left( {M;Ox} \right) + d\left( {M;Oy} \right) = \left| {{x_M}} \right| + \left| {{y_M}} \right|$ là nhỏ nhất
Để ý rằng ${M_0}\left( {0; - 1} \right)$ là điểm thuộc © và có $d\left( {{M_0}} \right) = 1$
Do vậy ta chỉ xét các điểm $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ với
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left| {{x_M}} \right| < 1\\
\left| {{y_M}} \right| \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {{x_M}} \right| < 1\\
\left| {\frac{{{x_M} - 2}}{{{x_M} + 2}}} \right| \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {{x_M}} \right| < 1\\
\left| {{x_M} - 2} \right| \le \left| {{x_M} + 2} \right|
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow 0 \le {x_M} < 1
\end{array}$
Với $0 \le {x_M} < 1$ thì ${y_M} = \frac{{{x_M} - 2}}{{{x_M} + 2}} < 0$, do đó
$\begin{array}{l}
d\left( M \right) = d\left( {M;Ox} \right) + d\left( {M;Oy} \right) = \left| {{x_M}} \right| + \left| {{y_M}} \right|\\
= \left| {{x_M}} \right| + \left| {\frac{{{x_M} - 2}}{{{x_M} + 2}}} \right| = {x_M} - \frac{{{x_M} - 2}}{{{x_M} + 2}} = \left( {{x_M} + 2} \right) + \frac{4}{{{x_M} + 2}} - 3
\end{array}$
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số dương $\left( {{x_M} + 2} \right)$ và $\frac{4}{{{x_M} + 2}}$ ta có:
$\left( {{x_M} + 2} \right) + \frac{4}{{{x_M} + 2}} - 3 \ge 2\sqrt {\left( {{x_M} + 2} \right)\frac{4}{{\left( {{x_M} + 2} \right)}}} - 3 = 1$
$\begin{array}{l}
d\left( M \right) = d\left( {M;Ox} \right) + d\left( {M;Oy} \right) = 1 \Leftrightarrow {x_M} + 2 = \frac{4}{{{x_M} + 2}}\\
\Leftrightarrow {\left( {{x_M} + 2} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_M} = 0 \Rightarrow {y_M} = - 1\\
{x_M} = - 4
\end{array} \right.
\end{array}$
Chú ý rằng: ${x_M} = -4$ (loại) do $0 \le {x_M} < 1$
Vậy giá trị M cần tìm là $M\left( {0; - 1} \right)$

Bạn hoangtrong2305 còn thiếu sót 2 vấn đề sau:
1) "Hàm số $y = f\left( x \right)$ có cực trị khi và chỉ khi đạo hàm $y' = f'\left( x \right) = 0$ có nghiệm" thì vẫn đúng nhưng chỉ đúng trong trường hợp khi hàm $f'\left( x \right) = ax + b = 0,a \ne 0$ là hàm bậc nhất
2) Còn đối với các hàm có bậc hai trở lên thì nói "Hàm số $y = f\left( x \right)$ có cực trị khi và chỉ khi đạo hàm $y' = f'\left( x \right) = 0$ có nghiệm" là không đúng
Nếu nói cho chính xác hơn thì mình xin sửa lại như sau:
"Tại ${x_0}$ thì $f'\left( {{x_0}} \right) = 0$ hay không tồn tại. Thế thì hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực trị tại ${x_0}$ khi $f'$ đổi dấu khi $x$ đi qua ${x_0}$ ".

Tôi sẽ lấy ví dụ chứng minh câu "Hàm số $y = f\left( x \right)$ có cực trị khi và chỉ khi đạo hàm $y' = f'\left( x \right) = 0$ có nghiệm"
Ví dụ 1: Cho hàm số $y = f\left( x \right) = {x^2} + 2x + 3$. Tìm cực trị của hàm số.
Tập xác định D=R
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 2x + 2 \\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \\
\end{array}$


Đối với hàm bậc nhất thì câu nói trên đúng với a khác 0
Ví dụ 2: Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} + x + 1$. Tìm cực trị của hàm số trên
Tập xác định D=R
$\begin{array}{l}
y' = {x^2} - 2x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2} \\
y' = 0 \Leftrightarrow x = 1 \\
\end{array}$

Rõ ràng $f'\left( x \right) = 0$ có nghiệm nhưng vẫn không có cực trị. Do đó câu nói trên chưa chính xác. Như vậy thì hàm số có cực trị tại ${x_0}$ khi $f'$ đổi dấu khi x qua ${x_0}$
Ví dụ 3: Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{4 - \left| x \right|}}{{4 + \left| x \right|}}$. Tìm cực trị của hàm số trên
Tập xác định D=R vì $4 + \left| x \right| > 0,\forall x \in R$
* Nếu $x \in \left[ {0; + \infty } \right)$ thì $y = \frac{{4 - x}}{{4 + x}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {4 + x} \right)}^2}}} < 0;\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)$
* Nếu $x \in \left( { - \infty ;0} \right]$ thì $y = \frac{{4 + x}}{{4 - x}} \Rightarrow y' = \frac{8}{{\left( {4 - x} \right)}} > 0;\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right]$
* Tại $x = 0$ thì $y'\left( {{0^ + }} \right) = - \frac{1}{2};y'\left( {{0^ - }} \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow y'\left( {{0^ + }} \right) \ne y'\left( {{0^ - }} \right)$ nên $y'\left( 0 \right)$ không tồn tại

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x = 0;{y_{CD}} = 1$. Do đó không nhất thiết ${x_0}$ là nghiệm thì mới có cực trị mà cũng có thể tại ${x_0}$ làm cho $y'\left( {{x_0}} \right) \ne 0$ vẫn có cực trị

Tóm lại: Để đúng cho tất cả mọi trường hợp thì:
"Tại ${x_0}$ thì $f'\left( {{x_0}} \right) = 0$ hay $f'\left( {{x_0}} \right) \ne 0$. Thế thì hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực trị tại ${x_0}$ khi $f'$ đổi dấu khi $x$ đi qua ${x_0}$ ".

* Xác định góc giữa (SBC) và (ABCD)
Trong mặt phẳng (ABCD), dựng AM vuông góc với BC
$\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AM\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$
$ \Rightarrow \left[ {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right] = \left[ {\widehat {SM,AM}} \right] = \widehat {SMA} = \beta $
* Trong tam giác SAM
$\tan \left( {SMA} \right) = \frac{{SA}}{{AM}} \Leftrightarrow AM = \frac{a}{{\tan \beta }}$
$\sin \left( {SMA} \right) = \frac{{SA}}{{SM}} \Leftrightarrow SM = \frac{a}{{\sin \beta }}$
* Trong tam giác BAO vuông tại O
$\begin{array}{l}
\cos \left( {BAO} \right) = \cos \left( {\frac{\alpha }{2}} \right) = \frac{{AO}}{{AB}} \Leftrightarrow AO = AB.\cos \left( {\frac{\alpha }{2}} \right)\\
\Rightarrow AC = 2AB\cos \left( {\frac{\alpha }{2}} \right)
\end{array}$
* Diện tích tam giác ABC
$\begin{array}{l}
{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BO.AC = \frac{1}{2}AM.BC\\
\Leftrightarrow \frac{1}{2}BO.2AB\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{1}{2}\frac{a}{{\tan \beta }}BC\\
\Leftrightarrow BO.\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{a}{{2\tan \beta }} \Leftrightarrow BO = \frac{a}{{2\tan \beta .\cos \frac{\alpha }{2}}}\\
\Rightarrow BD = \frac{a}{{\tan \beta .\cos \frac{\alpha }{2}}}
\end{array}$
$\sin \left( {BAO} \right) = \frac{{BO}}{{AB}} \Leftrightarrow AB = \frac{{BO}}{{\sin \left( {BAO} \right)}} = \frac{{\frac{a}{{2\tan \beta .\cos \frac{\alpha }{2}}}}}{{\sin \left( {\frac{\alpha }{2}} \right)}} = \frac{a}{{\tan \beta .\sin \alpha }}$
* Diện tích tam giác SAB, SAD:
${S_{\Delta SAB}} = {S_{\Delta SAD}} = \frac{1}{2}SA.AB = \frac{1}{2}a.\frac{a}{{\tan \beta .\sin \alpha }} = \frac{{{a^2}}}{{2\tan \beta \sin \alpha }}$
* Diện tích tam giác SCB, SCD
\[{S_{\Delta SBC}} = {S_{\Delta SCD}} = \frac{1}{2}SM.BC = \frac{1}{2}.\frac{a}{{\sin \beta }}.\frac{a}{{\tan \beta .\sin \alpha }} = \frac{{{a^2}}}{{2\sin \beta \tan \beta \sin \alpha }}\]
* Diện tích xung quanh:
\[{s_{xq}} = 2\left( {{S_{\Delta SAB}} + {S_{\Delta SBC}}} \right) = 2\left( {\frac{{{a^2}}}{{2\tan \beta \sin \alpha }} + \frac{{{a^2}}}{{2\sin \beta \tan \beta \sin \alpha }}} \right) = \frac{{{a^2}\left( {\sin \beta + 1} \right)}}{{\sin \beta \tan \beta \sin \alpha }}\]
* Thể tích khối chóp:
$AC = 2AB.\cos \left( {\frac{\alpha }{2}} \right) = \frac{{2a\cos \frac{\alpha }{2}}}{{\tan \beta \sin \alpha }}$
${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.\frac{{2a\cos \frac{\alpha }{2}}}{{\tan \beta \sin \alpha }}.\frac{a}{{\tan \beta .\cos \frac{\alpha }{2}}} = \frac{{{a^2}}}{{\sin \alpha .{{\tan }^2}\beta }}$
${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{{3\sin \alpha .{{\tan }^2}\beta }}$

\[\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} + \frac{1}{2}a{x^2} + x + 8\\
D = R\\
y' = {x^2} + ax + 1
\end{array}\]
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' có nghiệm \[ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Áp dụng định lý Viet, ta có:
\[\begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = - a\\
P = {x_1}{x_2} = 1
\end{array}\]
Từ \[\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7 \Leftrightarrow x_1^4 + x_2^4 - 7x_1^2x_2^2 > 0,\left( {x_1^2x_2^2 \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]^2} - 9x_1^2x_2^2 > 0\\
\Leftrightarrow {\left( {{S^2} - 2P} \right)^2} - 9{P^2} > 0 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2} \right)^2} - 9 > 0\\
\Leftrightarrow \left( {{a^2} - 5} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 5 > 0\\
\Leftrightarrow a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)
\end{array}\]
Kết hợp với điều kiện \[a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Vậy \[a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)\]