Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\begin{array}{l}{u_n} \le 2 \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{n} \le 2\\ \Leftrightarrow \frac{{n + 1}}{n} - 2 \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{n + 1 - 2n}}{n} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{ - n + 1}}{n} \le 0\\Do\,\,\,\,n \in {\mathbb{N}^*}\end{array}\)
Khẳng định trên là đúng
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Ta có \(f\left( {{x_0}} \right) = {x_0} + 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} x + 1 = {x_0} + 1\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\)
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0}.\)
b) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số là một đường thẳng liền mạch với mọi giá trị \(x \in \mathbb{R}.\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} > 1\,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\\ \Leftrightarrow {u_{n + 1}} > {u_n}\,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\end{array}\)
=> Luôn đúng
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Tìm 2 giá trị của x để hàm \(f\left(x\right)\) nhận kết quả trái dấu là được.
a.
Đặt \(f\left(x\right)=\left(1-m^2\right)x^3-6x-1\)
Hàm \(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên R
\(f\left(0\right)=-1< 0\) (chọn \(x=0\) do nó làm triệt tiêu tham số m, thường sẽ ưu tiên chọn những giá trị x kiểu thế này. Ở câu này, có đúng 1 giá trị x khiến m triệt tiêu nên phải chọn thêm)
\(f\left(-1\right)=m^2-1+6-1=m^2+4>0\) với mọi m (để ý rằng ta đã có \(f\left(0\right)\) âm nên cần chọn x sao cho \(f\left(x\right)\) dương, mà \(-m^2\) nên ta nên chọn x sao cho nó chuyển dấu thành \(m^2\))
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(-1\right)< 0;\forall m\)
\(\Rightarrow\) Hàm luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-1;0\right)\) với mọi m
Hay với mọi m thì pt luôn luôn có nghiệm
b.
Đặt \(f\left(x\right)=\left(m^2+m+5\right)\left(3-x\right)^{2021}x+x-4\)
\(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên R
\(f\left(0\right)=-4< 0\)
(Tới đây, nếu ta chọn tiếp \(x=3\) để triệt tiêu m thì cho \(f\left(3\right)=-1\) vẫn âm, ko giải quyết được vấn đề, nên ta phải chọn 1 giá trị khác. Thường trong những trường hợp xuất hiện \(m^2\) thế này, cố gắng chọn x sao cho hệ số của \(m^2\) dương (nếu cần \(f\left(x\right)\) dương, còn cần \(f\left(x\right)\) âm thì chọn x sao cho hệ số \(m^2\) âm). Ở đây dễ nhất là chọn \(x=2\) , vì khi đó \(\left(3-2\right)^{2021}=1\) vừa đảm bảo hệ số \(m^2\) dương vừa dễ tính toán, nếu chọn \(x=1\) cũng được thôi nhưng quá to sẽ rất khó biến đổi)
\(f\left(2\right)=\left(m^2+m+5\right).\left(3-2\right)^{2021}.2+2-4=2\left(m^2+m+5\right)-2\)
\(=2m^2+2m+8=2\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{15}{2}>0;\forall m\)
\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(2\right)< 0;\forall m\Rightarrow\) hàm luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;2\right)\) với mọi m
Hay pt đã cho luôn có nghiệm với mọi m
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Câu 1: Gọi 3 số là a;b;c
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=6\\2b=a+c\\a^2+b^2+c^2=30\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=2\\a+c=4\\a^2+c^2=26\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=2\\c=4-a\\a^2+\left(4-a\right)^2=26\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=2\\c=5\\a=-1\end{matrix}\right.\left(\text{V\text{ì} }a< c\right)\)
Câu 2: Đặt \(t=x^2\left(t\ge0\right)\)
\(pt:x^4-10\text{x}^2+9m=0\left(1\right)\\ \Leftrightarrow t^2-10t^2+9m=0\left(2\right)\)
Để pt(1) có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng thì (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt
\(\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=\left(-5\right)^2-9m>0\\S=10>0\left(T/m\right)\\P=9m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{9}\\\\m>0\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow0< m< \dfrac{25}{9}\)
(2) có 2 nghiệm \(t_1< t_2\)
=> (1) có 4 nghiệm \(-\sqrt{t_2}< -\sqrt{t_1}< \sqrt{t_1}< \sqrt{t_2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\\ \Rightarrow4t_1=t_2\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t_1+t_2=10\\4t_1=t_2\\t_1t_2=9m\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t_1=2\\t_2=8\\m=\dfrac{16}{9}\left(t/m\right)\end{matrix}\right.\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Với bất kì \({x_0} \in \mathbb{R}\), ta có:
\(f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{x - {x_0}}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} 1 = 1\)
Vậy \(f'\left( x \right) = {\left( x \right)^\prime } = 1\) trên \(\mathbb{R}\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{x^2}} \right)^\prime } = 2{\rm{x}}\\{\left( {{x^3}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2}\\...\\{\left( {{x^n}} \right)^\prime } = n{{\rm{x}}^{n - 1}}\end{array}\)
Trước tiên ta có một bổ đề sau:
Bổ đề: Cho 2 số \(a,b\) sao cho cả \(a,b\) đều viết được dưới dạng tổng của 4 số chính phương. Khi đó tích \(p=ab\) cũng có thể biểu diễn được thành tổng của 4 số chính phương.
\(\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2\right)\)
\(=\left(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-a_4b_4\right)^2+\left(a_1b_2+a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3\right)^2\) \(+\left(a_1b_3-a_2b_4+a_3b_1+a_4b_2\right)^2+\left(a_1b_4+a_2b_3-a_3b_2+a_4b_1\right)^2\)
Chứng minh thì bạn khai triển ra thôi.
Ta thấy \(0=0^2+0^2+0^2+0^2\)
\(1=0^2+0^2+0^2+1^2\)
\(2=0^2+0^2+1^2+1^2\)
Từ bổ đề trên, ta thấy chỉ cần chứng minh khẳng định đúng với số nguyên tố lẻ \(p\) thì coi như bài toán hoàn tất.
(Vì mọi số tự nhiên đều có thể viết được dưới dạng \(2^n.t\) với \(t\) lẻ)
Ta có số dư của \(a^2\) khi chia cho \(p\) luôn phân biệt khi cho \(a\) chạy từ \(0\) đến \(\dfrac{p-1}{2}\). Thật vậy, chọn \(a\) bất kì và đặt \(c=a^2modp\) \(\Rightarrow a\) là nghiệm của đa thức \(x^2-c\) trên trường \(Z/pZ\). Tương tự với \(p-a\left(\ne a\right)\). Ta biết rằng trong một trường \(K\), bất kì đa thức bậc \(n\) nào cũng chỉ có tối đa \(n\) nghiệm. Vì vậy không còn \(a\) nào khác là nghiệm của \(x^2-c\) nữa. Điều này có nghĩa là với mỗi số \(i\) trong tập hợp \(\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\) thì tồn tại duy nhất \(a\) để \(a^2\equiv i\left[p\right]\)
Tương tự, khi \(b\) chạy từ tập \(\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\) thì \(-b^2-1\) phân biệt. Áp dụng nguyên lí Dirichlet, tồn tại \(a,b\) sao cho \(a^2\equiv-b^2-1\left[p\right]\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2+1^2+0^2=np\) với \(n\inℕ\)
Gọi \(m\) là số tự nhiên nhỏ nhất để \(mp\) là tổng của 4 số chính phương, \(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\). Ta chứng minh bằng phản chứng rằng \(m=1\) . Giả sử \(m\ne1\). Ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn bằng việc chứng minh tồn tại một số tự nhiên \(r< m\) mà \(rp\) là tổng của 4 số chính phương.
Với mỗi \(x_i\) và \(y_i\) có cùng số dư khi chia cho \(m\) và nằm giữa \(\dfrac{-m+1}{2}\) và \(\dfrac{m}{2}\), ta có \(y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2=mr\), với \(0< r< m\)
Áp dụng bổ đề, ta có \(mpmr=z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2\). Vì \(x_i\equiv y_i\left[m\right]\) nên \(z_i⋮m\). Thật vậy:
\(z_1=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4\) \(\equiv x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\) \(\equiv mp\equiv0\left[m\right]\)
\(z_2=x_1y_2-x_2y_1+x_3y_4-x_4y_3\equiv x_1x_2-x_2x_1+x_3x_4-x_4x_3\equiv0\left[m\right]\)
Bằng cách tương tự chứng minh được \(z_3,z_4⋮m\)
Vậy với \(w_i=\dfrac{z_i}{m}\) thì \(w_1^2+w_2^2+w_3^2+w_4^2=rp\), điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của \(m\).
(Ta loại TH \(y_1=y_2=y_3=y_4=\dfrac{m}{2}\), khi đó \(r=m\); và TH \(y_1=y_2=y_3=y_4=0\), khi đó \(r=0\) vì cả 2 TH này đều cho ra \(mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2⋮m^2\), vô lí vì \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(m\))
Do vậy điều giả sử là sai \(\Rightarrow\) đpcm.