Chương 2: HÀM SỐ LŨY THỪA. HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT

\(y'=\dfrac{cosx}{sinx}\), \(y''=-\dfrac{1}{sin^2x}\).
Vì vậy:
\(y'+y''.sinx+tanx=\dfrac{cosx}{sinx}+\dfrac{-1}{sin^2x}.sinx+\dfrac{sinx}{cosx}\)
\(=\dfrac{cosx}{sinx}+\dfrac{-1}{sinx}+\dfrac{sinx}{cosx}\)
\(=\dfrac{cosx-1}{sinx}+\dfrac{sinx}{cosx}\)\(=\dfrac{cos^2x+sin^2x-cosx}{sinx.cosx}=\dfrac{1-cosx}{sinx.cosx}\).
Bạn xem lại đề nhé.

Lời giải:

Ta có: \(4^x+2^x=4x+2\) \(\Leftrightarrow 4^x+2^x-4x-2=0\)

Đặt \(f(x)=4^x+2^x-4x-2\)

\(\Rightarrow f'(x)=\ln 4.4^x+\ln 2.2^x-4\)

\(f'(x)=\ln 4(2^x)^2+\ln 2.2^x-4=0\Leftrightarrow \) \(\left[{}\begin{matrix}2^x\approx-1.96\left(vl\right)\\2^x=1.47\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x\approx \log_2(1.47)\)

Lập bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra pt \(f(x)=0\) có nghiệm \(x=\left\{0;1\right\}\)

\(5^2\cdot5^5\cdot5^{11}\cdot...\cdot5^{119}=5^{2+5+11+...+119}\)

Số số hạng là (119-2):3+1=40(số)

Tổng là: 121x40:2=2420

Vậy: Tổng là \(5^{2420}\)

Lời giải:

Ta thấy:

\(\bullet \) Nếu \(a\vdots p\Rightarrow b\vdots p\Rightarrow a^b+b^a;a^a+b^b\vdots p\)

Mặt khác, \(a,b\) nên \(a^b+b^a;a^a+b^b\) chẵn, do đó \(a^b+b^a;a^a+b^b\vdots 2\)

Mà \((2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b;a^b+b^a\vdots 2p\) (đpcm)

\(\bullet \) Nếu \((a,p)=(b,p)=1\)

+) Với \(a^b+b^a\)

\(a+b\equiv 0\pmod p\Rightarrow a\equiv -b\pmod p\)

Do đó, \(a^b+b^a\equiv (-b)^b+b^a\equiv b^a-b^b\pmod p\) (do \(b\) lẻ)

\(\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p\) \((\star)\)

Vì \(a-b\vdots p-1\Rightarrow a-b=k(p-1)\) (với \(k\in\mathbb{N})\)

\(\Rightarrow b^{a-b}-1=b^{k(p-1)}-1\)

Áp dụng định lý Fermat nhỏ với \((b,p)=1\) :

\(b^{p-1}\equiv 0\pmod p\Rightarrow b^{k(p-1)}\equiv 1\pmod p\)

\(\Leftrightarrow b^{k(p-1)}-1\equiv 0\pmod p\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv 0\pmod p\)

Mặt khác cũng dễ cm \(a^b+b^a\vdots 2\), và \((p,2)=1\Rightarrow a^b+b^a\vdots 2p\) (đpcm)

+) Với \(a^a+b^b\)

\(a^a+b^b\equiv (-b)^a+b^b\equiv b^b-b^a\equiv b^a-b^b\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p\)

Đến đây giống y như khi xét \(a^b+b^a\) ( đoạn \((\star)\) ) ta suy ra \(a^a+b^b\equiv 0\pmod p\)

Mà cũng thấy \(a^a+b^b\vdots 2\), và \((2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b\vdots 2p\)

a)= \(+\infty\)