Phạm Hữu Bảo Chung nội dung
Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 07-06-2020)
#431580 2sin2x – cos2x =7sinx + 2 cosx – 4
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-06-2013 - 14:53 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
#316904 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-05-2012 - 22:25 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
a, Hoành độ giao điểm (nếu có) của 2 đồ thị nói trên là nghiệm của phương trình:
$x^2 + 2mx - 3m = -2x + 3$
$\Leftrightarrow x^2 + 2x(m + 1) - 3m - 3 = 0 \,\,\, (1)$
Đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại 2 điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt dương.
Điều này đồng nghĩa với:
$\left\{\begin{array}{l}\Delta' = (m + 1)^2 - (-3m - 3) > 0\\S = -(m + 1) > 0\\P = -3m - 3 > 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m^2 + 2m + 1 + 3m + 3 > 0\\m < -1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m^2 + 5m + 4 > 0\\m < - 1\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} m < -4\\m > -1\end{array}\right.\\m < -1\end{array}\right. \Leftrightarrow m < -4$
Vậy $\forall m < - 4$, đồ thị các hàm số ban đầu cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương.
b, Bất phương trình ban đầu tương đương:
$\left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}10 - 2x < 0\\-x^2 + 8x - 12 \geq 0\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}10 - 2x \geq 0\\-x^2 + 8x - 12 > (10 - 2x)^2\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x > 5\\(x - 6)(x - 2) \leq 0\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x \leq 5\\-x^2 + 8x - 12 > 100 - 40x + 4x^2\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x > 5\\2 \leq x \leq 6\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x \leq 5\\4 < x < \dfrac{29}{5}\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} 5 < x \leq 6\\4 < x \leq 5\end{array}\right. \Leftrightarrow 4 < x \leq 6$
Vậy, tập nghiệm của BPT là: T = (4; 6]$
Câu 2.
b, ĐK: $x \geq -1$
Ta có:
$2x^2 - 11x + 23 = 4\sqrt{x + 1}$
$\Leftrightarrow (2x^2 -11x + 15) - 4\sqrt{x + 1} + 8$
$\Leftrightarrow (x - 3)(2x - 5) - 4.\dfrac{x - 3}{\sqrt{x + 1} + 2} = 0$
$\Leftrightarrow (x - 3)(2x - 5 - \dfrac{4}{\sqrt{x + 1} + 2}) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 3\\2x - 5 - \dfrac{4}{\sqrt{x + 1} + 2} = 0 \,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Ta có:
$(2) \Leftrightarrow 2x - 6 + (1 - \dfrac{4}{\sqrt{x + 1} + 2}) = 0$
$\Leftrightarrow 2(x - 3) + \dfrac{\sqrt{x + 1} - 2}{\sqrt{x + 1} + 2} = 0$
$\Leftrightarrow (x - 3)[2 + \dfrac{1}{(\sqrt{x + 1} + 2)^2}] = 0$
$\Leftrightarrow x = 3$ (do $2 + \dfrac{1}{(\sqrt{x + 1} + 2)^2} > 0 \forall \, x \geq -1$)
Nói tóm lại, phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 3
Câu 3.
a,
Đặt $A(a; 0); B(0; b)$. (a; b > 0)
Do d cắt Ox tại A, cắt Oy tại B. Do đó, phương trình đường thẳng d có dạng:
$\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1$
Mặt khác, d đi qua $M(1; 4)$, suy ra:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b} = 1$
Ta thây:$1 = \dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b} \geq \dfrac{4}{\sqrt{ab}} ( \forall \, a, b > 0)$
$\Rightarrow \sqrt{ab} \geq 4 \Leftrightarrow ab \geq 16$
Vì thế cho nên:
$S_{OAB} = \dfrac{|a|.|b|}{2} = \dfrac{ab}{2} \geq 8$
Kết luận: $Min_{S_{OAB}} = 8$
Dấu "=" xảy ra khi
$\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{a} = \dfrac{4}{b}\\\dfrac{1}{a} + \dfrac{4}{b} = 1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a = 2\\b = 8\end{array}\right.$
Khi đó: A(2; 0); B(0; 8)
b,
©: $(x - 2)^2 + (y + 3)^2 = 9$ có tâm I(2; -3); R = 3.
Ta thấy:
$IA = \sqrt{(1 - 2)^2 + (- 2 + 3)^2 } = \sqrt{2} \leq 3 = R$
Do đó: A nằm trong đường tròn.
- Gọi M, N là các điểm bất kỳ trên đường tròn sao cho A, M, N thẳng hàng. M', N' là các điểm thuộc đường tròn thỏa mãn: M', A, N' thẳng hàng và IA vuông góc với M'N'.
Ta chứng minh được: $MN \geq M'N'$
Thật vậy:
- Dễ thấy: $\bigtriangleup MAM' \sim \bigtriangleup N'AN (g.g)$
Do đó: $AM.AN = AM'.AN' = AM'^2 = R^2 - IA^2 = 9 - 2 = 7$
- Suy ra:
$MN = MA + NA \geq 2\sqrt{MA.NA} = 2\sqrt{7}$
Kết luận: $Min_{MN} = 2\sqrt{7}$
Dấu "=" xảy ra khi M trùng M', N trùng N'.
Khi đó: PTĐT $\Delta$ là: $-(x - 1) +(y + 2) = 0 \Leftrightarrow y = x - 3$
#381042 GPT: $\sqrt{x-2} +\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 27-12-2012 - 21:53 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
ĐK: $2 \leq x \leq 4$Phương trình tương đương:
$\sqrt{x - 2} - 1 + \sqrt{4 - x} - 1 - (2x^2 - 5x - 3) = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{x - 3}{\sqrt{x - 2} + 1} + \dfrac{3 - x}{\sqrt{4 - x} + 1} - (x - 3)(2x + 1) = 0$
$\Leftrightarrow (x - 3)\left[ \dfrac{1}{\sqrt{x - 2} + 1} - \dfrac{1}{\sqrt{4 - x} + 1} -(2x + 1)\right] = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 3 ™\\\dfrac{1}{\sqrt{x - 2} + 1} = \dfrac{1}{\sqrt{4 - x} + 1} + (2x + 1) \,\, (2)\end{matrix}\right.$
Nhận thấy: $\forall \, 2 \leq x \leq 4 \Rightarrow VT_{(2)} \leq 1 < VF_{(2)}$
(2) vô nghiệm. Đồng nghĩa, phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 3.
#448417 $x^{3}-y^{3}-2=3x-3y^{2} \\ x^...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-09-2013 - 13:47 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Giải
ĐK: $-1 \leq x \leq 1$ và $0 \leq y \leq 2$
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$x^3 - 3x = y^3 – 3y^2 + 2 \Leftrightarrow x^3 - 3x = (y - 1)^3 – 3(y - 1)$
Đặt $y - 1 = a \, (a \in [-1; 1])$, ta được: $x^3 - 3x = a^3 - 3a \, (1)$
Xét hàm số $f(t) = t^3 - 3t$ trên $[-1; 1]$ có $f’(t) = 3t^2 - 3 \leq 0$ $\forall$ $-1 \leq t \leq 1$
Vậy, hàm nghịch biến trên [-1; 1]. Khi đó: (1) $\Leftrightarrow x = a = y - 1$
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu, ta được: $x^2 - 4\sqrt{1 - x^2} + 2 = 0$
Đặt $\sqrt{1 - x^2} = u \geq 0$, ta được: $u^2 + 4u - 3 = 0 \Leftrightarrow u = -2 \pm \sqrt{7}$
Do $u \geq 0 \Rightarrow u = -2 + \sqrt{7}$
$\Rightarrow x = \pm \sqrt{4\sqrt{7} - 10} \Rightarrow y = 1 \pm \sqrt{4\sqrt{7} - 10}$
#443086 1 số bài về tập xác định
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-08-2013 - 17:11 trong Các bài toán Đại số khác
#317992 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-05-2012 - 21:55 trong Các dạng toán khác
$\sqrt{a^{2}+b^{2}-ab}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-bc}\geq \sqrt{a^{2}+c^{2}+ac}$
Giải
Trong hệ tọa độ Oxy, chọn:$A = (\dfrac{a}{2}; \dfrac{\sqrt{3}a}{2}); B = (b \,; 0); C = (\dfrac{c}{2}; \dfrac{-\sqrt{3}c}{2})$
Theo Bất đẳng thức 3 điểm, ta có:
$AB + BC \geq AC$
$\Rightarrow \sqrt{(b - \dfrac{a}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{3}a}{2})^2} + \sqrt{(b - \dfrac{c}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{3}c}{2})^2} \geq \sqrt{(\dfrac{c}{2} - \dfrac{a}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{3}a}{2} + \dfrac{\sqrt{3}c}{2})^2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a^2 + b^2 - ab} + \sqrt{b^2 + c^2 - bc} \geq \sqrt{a^2 + c^2 + ac}$
Dấu "=" xảy ra khi:
Vectơ BA cùng phương với vectơ BC.
$\Rightarrow \dfrac{\dfrac{a}{2} - b}{\dfrac{\sqrt{3}a}{2}} = \dfrac{\dfrac{c}{2} - b}{\dfrac{\sqrt{3}c}{2}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a - 2b}{a} = \dfrac{c - 2b}{c} \Leftrightarrow 2b(a - c) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = c\\b = 0\end{array}\right.$
Do a, b, c là các số thực dương nên $b \neq 0$
Thế điều kiện a = c vào đẳng thức:
$$\sqrt{a^{2}+b^{2}-ab}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-bc} = \sqrt{a^{2}+c^{2}+ac}$$
Suy ra:
$2\sqrt{a^2 + b^2 - ab} = \sqrt{3a^2}$ $\Rightarrow a^2 - 4ab + 4b^2 = 0 \Rightarrow b = \dfrac{a}{2} = \dfrac{c}{2}$
#308871 Giải phương trình : $\sqrt{x^{2}+5}+3x =\sqrt{x^{2}+12}+5$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-04-2012 - 22:13 trong Đại số
Giải
Dễ thấy, nếu x < 0:$VT = \sqrt{x^2 + 5} + 3x < \sqrt{x^2 + 12} < \sqrt{x^2 + 12} + 5$.
Phương trình vô nghiệm. Vậy $x \geq 0$.
Phương trình ban đầu tương đương:
$(\sqrt{x^2 + 5} - 3) - (\sqrt{x^2 + 12} - 4) + 3x - 6 = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{x^2 - 4}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x^2 - 4}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3(x - 2) = 0$
$\Leftrightarrow (x - 2)[\dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3] = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 2\\\dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 12} + 4} + 3 = 0\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Ta có:
$(2) \Leftrightarrow (x + 2)[\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 5} + 3} - \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 12} + 4}] + 3 = 0$
$\Leftrightarrow (x + 2).\dfrac{\sqrt{x^2 + 12} - \sqrt{x^2 + 5} + 1}{(\sqrt{x^2 + 5} + 3)(\sqrt{x^2 + 12} + 4)} = 0 $
Do x > 0 nên VT > 0 = VF. Do đó phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2.
#309352 Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 10 tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011-2012
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-04-2012 - 22:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
a) Giải phương trình: $x^2-7x+10=2\sqrt{x-2}$
b) Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}x^2-y^2-2x+2y=-3
& \\y^2-2xy+2x=-4
&
\end{matrix}\right.$$
Giải
a, ĐK: $x \geq 2$Phương trình ban đầu tương đương:
$(x - 2)(x - 5) - 2\sqrt{x - 2} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x - 2}[(x - 5)\sqrt{x - 2} - 2] = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 2\\(x - 5)\sqrt{x - 2 } = 2 \,\,\,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Ta có: $(2) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\(x - 5)^2(x - 2) = 4\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\x^3 - 12x^2 + 45x - 54 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\(x - 6)(x^2 - 6x + 9) = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq 5\\ \left[\begin{array}{l} x = 3\\x = 6\end{array}\right.\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x = 6$
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm: x = 6 và x = 2
b, Hơi dài.
$\left\{\begin{array}{l}x^2-y^2-2x+2y=-3\\y^2-2xy+2x=-4\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(x - 1)^2 - (y - 1)^2 = -3\\(y - x)^2 - (x - 1)^2 = -5\end{array}\right.$
Đặt $\left\{\begin{array}{l}a = x - 1\\b = y - 1\end{array}\right. \Rightarrow b - a = y - x$
Phương trình ban đầu trở thành:
$\left\{\begin{array}{l}a^2 - b^2 = -3\\(b - a)^2 - a^2 = -5\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a^2 - b^2 = - 3\\b^2 - 2ab = -5\end{array}\right. \,\,\,\,(II)$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}5a^2 - 5b^2 = -15\,\,\,\, (1)\\3b^2 - 6ab = -15\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$
Lấy (1) - (2) vế theo vế, ta được:
$5a^2 + 6ab - 8b^2 = 0 \Leftrightarrow (a + 2b)(5a - 4b) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = -2b\\a = \dfrac{4b}{5}\end{array}\right.$
- Với a = -2b, hệ (II) trở thành:
$\left\{\begin{array}{l} a = -2b\\(-2b)^2 - b^2 = -3\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a = -2b\\b^2 = -1\end{array}\right.$
Hệ phương trình này vô nghiệm.
- Với $a = \dfrac{4b}{5}$, hệ trở thành:
$\left\{\begin{array}{l} a = \dfrac{4b}{5}\\\dfrac{16b^2}{25} - b^2 = - 3\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a = \dfrac{4b}{5}\\b^2 = \dfrac{25}{3}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a = \dfrac{4}{5}b = \pm \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\b = \pm \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y - 1 = \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{- 4}{\sqrt{3}}\\y - 1 = \dfrac{- 5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 1 + \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y = 1 + \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = 1 - \dfrac{4}{\sqrt{3}}\\y = 1 - \dfrac{5}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\end{array}\right.$
P/S: Đề thi 150 phút. không được sử dụng máy tính cầm tay trong phòng thi.
#346129 giải hệ:$\left\{\begin{matrix} x^2-2xy+x+y...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-08-2012 - 11:46 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Giải
Hệ phương trình ban đầu tương đương:$\left\{\begin{array}{l} x^2 + y = x(2y - 1)\\(x^4 + 2x^2y + y^2) - 6x^2y + 3x^2 = 0 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2 + y = x(2y - 1)\\(x^2 + y)^2 - 3x^2(2y - 1) = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2 + y = x(2y - 1)\\x^2(2y - 1)^2 - 3x^2(2y - 1) = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2 + y = x(2y - 1)\\x^2(2y - 1)(2y - 1 - 3) = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2 + y = x(2y - 1)\\\left[\begin{array}{l}x = 0\\y = \dfrac{1}{2} \,\, (VN)\\y = 2\end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x = 0\\y = 0 \end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = 2\\x = 1 \end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y = 2\\x = 2\end{array}\right. \end{array}\right.$
#328168 Giải pt: $3cot^2x+2\sqrt{2}sin^2x=(3\sqrt{2}+2)cosx$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 22-06-2012 - 22:35 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
ĐK: $\cos{x} \neq 0 \Leftrightarrow x \neq \pm \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi$
Phương trình ban đầu tương đương:
$3.\dfrac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}} + 2\sqrt{2}\sin^2{x} = (3\sqrt{2} + 2).\cos{x}$
$\Leftrightarrow 3\cos^2{x} - 3\sqrt{2}.\cos{x}.\sin^2{x} + 2\sqrt{2}\sin^4{x} - 2.\cos{x}.\sin^2{x} = 0$
$\Leftrightarrow 3\cos{x}(\cos{x} - \sqrt{2}.\sin^2{x}) - 2.\sin^2{x}(\cos{x} - \sqrt{2}.\sin^2{x}) = 0$
$\Leftrightarrow (\cos{x} - \sqrt{2}.\sin^2{x})(3\cos{x} - 2\sin^2{x}) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = \sqrt{2}.\sin^2{x}\\3\cos{x} = 2\sin^2{x} \end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sqrt{2}\cos^2{x} + \cos{x} - \sqrt{2} = 0\\2\cos^2{x} + 3\cos{x} - 2 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\\cos{x} = -\sqrt{2} \,\, (VN)\\\cos{x} = \dfrac{1}{2}\\\cos{x} = -2 \,\, (VN)\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} x = \pm \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi \,\, ™\\x = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \,\, ™\end{array}\right.$
#594267 Bài tập xác xuất thống kê
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-10-2015 - 15:31 trong Xác suất - Thống kê
Câu 1. (Hơi dài)
Đặt $A_i$: "Chọn được công nhân thứ i" (i = 1, 2, 3)
H: "Trong 4 sản phẩm công nhân đó làm ra trong lượt đầu tiên, có 1 sản phẩm là phế phẩm"
Ta thấy {$A_1, A_2, A_3, A_4$} là nhóm đầy đủ biến cố.
Theo giả thiết:
$P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = \dfrac{1}{3}$
$P(H/A_1) = P(H/A_2) = C_4^1.0,1.0,9^3, \,\,\, P(H/A_3) = C_4^1.0,2.0,8^3$
Vậy, áp dụng công thức Bayes, ta có:
$P(A_1/H) = \dfrac{P(A_1).P(H/A_1)}{P(A_1).P(H/A_1) + P(A_2).P(H/A_2) + P(A_3).P(H/A_3)} = 0,294$
$P(A_2/H) = \dfrac{P(A_2).P(H/A_2)}{P(A_1).P(H/A_1) + P(A_2).P(H/A_2) + P(A_3).P(H/A_3)} = 0,294$
$P(A_3/H) = \dfrac{P(A_3).P(H/A_3)}{P(A_1).P(H/A_1) + P(A_2).P(H/A_2) + P(A_3).P(H/A_3)} = 0,412$
Đặt $B_i$:: "Người sản xuất 4 sản phẩm thì có 1 phế phẩm là công nhân thứ i" (i = 1, 2, 3)
Ta có {$B_1, B_2, B_3$) là nhóm đầy đủ biến cố.
Đặt G: "Trong 4 sản phẩm tiếp theo, cả 4 sản phẩm là chính phẩm"
Ta có:
$P(B_1) = P(B_2) = P(A_1/H) = P(A_2/H)= 0,294; \,\, P(B_3) = P(A_3/H) = 0,412$
$P(G/B_1) = P(G/B_2) = 0,9^4; \,\, P(G/B_3) = 0,8^4$
Vậy, áp dụng công thức xác suất đầy đù, xác suất cần tìm là:
$P(G) = P(B_1).P(G/B_1) + P(B_2).P(G/B_2) + P(B_3).P(G/B_3) = 0,555$
#594268 Bài tập xác xuất thống kê
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-10-2015 - 15:48 trong Xác suất - Thống kê
Câu 2
- Đặt X là biến ngẫu nhiên chỉ số phát bắn trúng.
X là biến ngẫu nhiên rời rạc và X = {0,1,2,3}
Dễ thấy {X = 0, X = 1, X = 2, X = 3} là 1 nhóm đầy đủ biến cố.
- Đặt H: "Máy bay bị hạ"
$A_i$: "Khẩu thứ i bắn trúng$ (i = 1,2,3)
Theo giả thiết, $A_1, A_2, A_3$ độc lập trong toàn thể và $P(A_1) = 0,5; P(A_2) = 0,7; P(A_3) = 0,8$
- Ta có:
$P(X = 0) = P(\bar{A_1}\bar{A_2}\bar{A_3}) = 0,5.0,3.0,2 = 0,03$
$P(X = 1) = P(A_1.\bar{A_2}\bar{A_3}+ A_2.\bar{A_1}\bar{A_3} + A_3.\bar{A_2}\bar{A_1}) = 0,22$
$P(X = 2) = P(A_1.A_2\bar{A_3} + A_2.\bar{A_1}A_3 + A_3.\bar{A_2}A_1) = 0,47$
$P(X = 3) = P(A_1A_2A_3) = 0,28$
$P(H/X = 0) = 0; P(H/X = 1) = 0,6; P(H/X = 2) = P(H/X = 3) = 1$
Vậy, áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta tính được: P(H) = 0,882
#447240 Gọi d là đt qua M(2;0) và có hệ số góc k.Tìm k để d cắt $(C):y=\lef...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 02-09-2013 - 13:57 trong Hàm số - Đạo hàm
Em thử làm theo cách này xem có được không?
Giải
Phương trình đường thẳng đi qua $M(0; 2)$ có hệ số góc k là: $y = k(x – 2)$
Vẽ đồ thị hàm số $y = |x|^3 – 3|x| - 2$
(Bạn tự nêu cách vẽ nhé)
Nhận thấy: $M(0; 2) = (d) \cap (C)$
Dựa vào đồ thị, ta thấy (d) cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi (d) nằm giữa hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$
Với:
+ $d_1$ là đường thẳng đi qua $M(0; 2)$ và $N(-2; 0)$
+ $d_2$ là đường thẳng tiếp xúc với nửa bên trái trục Oy của đồ thị được ký hiệu trên hình.
Dễ dàng tìm được $(d_1): y = x + 2$ có hệ số góc $k = 1$
Với x < 0, xét hàm số: $y = |x|^3 – 3|x| + 2 = -x^3 + 3x + 2$
Dễ dàng tìm được đường thẳng $d_2$ là tiếp tuyến kẻ từ M của nửa đồ thị (C) bên trái Oy.
$d_2$ có $k = 6\sqrt{3} - 9$
Vậy $1 < k < 6\sqrt{3} - 9$ thì (d) cắt (C) tại 4 điểm phân biệt.
@WWW: Anh ơi, hình như trường hợp $x < 0$ thì phương trình ra là: $- x^3 + (3 - k)x + 2k - 2 = 0$ ạ?
#328792 Giải phương trình: $sin2x=cos3x$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-06-2012 - 20:33 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
$$\sin{2x} = \cos{3x}$$
Giải
Phương trình tương đương:$2\sin{x}.\cos{x} = 4\cos^3{x} - 3\cos{x} \Leftrightarrow \cos{x}(4\cos^2{x} - 2\sin{x} - 3) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = 0\\4\cos^2{x} - 2\sin{x} - 3 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = 0\\4(1 - \sin^2{x}) - 2\sin{x} - 3 = 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = 0\\4\sin^2{x} + 2\sin{x} - 1 = 0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{x} = 0\\\sin{x} = \dfrac{- 1 \pm \sqrt{5}}{4}\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} x = \pm \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi\\x = \dfrac{\pi}{10} + 2k\pi\\x = \dfrac{9\pi}{10} + 2k\pi\\x = \dfrac{- 3\pi}{10} + 2k\pi\\x = \dfrac{-7\pi}{10} + 2k\pi\end{array}\right. \,\, (k \in Z)$
#344705 GPT $4sin^2\frac{x}{2}-\sqrt{3}c...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-08-2012 - 12:08 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
Phương trình tương đương:$2(1 - \cos{x}) - \sqrt{3}\cos{2x} = 1 + 1 + \cos{(2x - \dfrac{3\pi}{2})}$
$\Leftrightarrow -2\cos{x} - \sqrt{3}\cos{2x} = - \sin{2x}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sin{2x} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos{2x} = \cos{x} $
$\Leftrightarrow \cos{(2x - \dfrac{5\pi}{6})} = \cos{x}$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}2x - \dfrac{5\pi}{6} = x + 2k\pi\\2x - \dfrac{5\pi}{6} = - x + 2k\pi\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi\\x = \dfrac{5\pi}{18} + \dfrac{2k\pi}{3}\end{array}\right. \,\, (k \in Z)$
#344905 GPT $4sin^2\frac{x}{2}-\sqrt{3}c...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-08-2012 - 22:22 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
3. $\cos^2{3x}.\cos{2x}-\cos^2{x}=0$
Giải
Phương trình trên tương đương:$\dfrac{1 + \cos{6x}}{2}.\cos{2x} - \dfrac{1 + \cos{2x}}{2} = 0$
$\Leftrightarrow \cos{2x} + \cos{2x}.\cos{6x} - 1 - \cos{2x} = 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(\cos{8x} + \cos{4x}) - 1 = 0$
$\Leftrightarrow 2\cos^2{4x} + \cos{4x} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \cos{4x} = 1 \\\cos{4x} = \dfrac{3}{2} \,\, (VN)\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x = \dfrac{k\pi}{2} \,\, (k \in Z)$
#333862 Phương trình lượng giác: $(1+sin^{2}x)cosx+(1+cos^{2}x)sinx=1+sin2x$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-07-2012 - 23:12 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
$$(1+\sin^2{x})\cos{x}+(1+\cos^2{x})\sin{x}=1+\sin{2x}$$
Giải
Phương trình tương đương:$\sin{x} + \cos{x} + \sin^2{x}.\cos{x} + \cos^2{x}.\sin{x} = \sin^2{x} +\cos^2{x} + 2\sin{x}.\cos{x}$
$\Leftrightarrow (\sin{x} + \cos{x})( 1 + \sin{x}.\cos{x}) = (\sin{x} + \cos{x})^2$
$\Leftrightarrow (\sin{x} + \cos{x})(\sin{x}.\cos{x} - \sin{x} - \cos{x} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow (\sin{x} + \cos{x})(\sin{x} - 1)(\cos{x} - 1) = 0$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \sin{x} = -\cos{x}\\\sin{x} = 1\\\cos{x} = 1\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} x = \dfrac{3\pi}{4} + k\pi\\x = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi\\x = 2k\pi\end{array}\right. \,\, (k \in Z)$
#446397 $sin^23x-cos^24x=sin^25x-cos^26x$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-08-2013 - 21:36 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
#344898 Tìm m để $\Delta$ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt sao cho diện tí...
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-08-2012 - 22:10 trong Hình học phẳng
$\Delta$ : x + my - 2m + 3 =0
Gọi I là tâm đường tròn ©. Tìm m để $\Delta$ cắt © tại 2 điểm phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Giải
Ta có: $I(-2; -2); R_{©} = \sqrt{2}$Nhận thấy: $S_{\triangle IAB} = \dfrac{1}{2}IA.IB.\sin{AIB} \leq \dfrac{1}{2}R^2$
Do đó: $S_{\triangle IAB Max} = \dfrac{1}{2}R^2 = 1$
Điều này xảy ra khi: $\sin{AIB} = 1 \Rightarrow \widehat{AIB} = 90^o $
$\Rightarrow $ Tam giác AIB là tam giác vuông.
- Gọi H là hình chiếu của I trên AB, ta có:
$\dfrac{1}{IH^2} = \dfrac{1}{IA^2} + \dfrac{1}{IB^2} = \dfrac{2}{R^2} = 1$
$\Rightarrow IH = 1 \Leftrightarrow d(I; \Delta) = 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{|-2 - 2m - 2m + 3|}{\sqrt{m^2 + 1}} = 1 \Leftrightarrow (1 - 4m)^2 = m^2 + 1$
$\Leftrightarrow 15m^2 - 8m = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} m = 0\\m = \dfrac{8}{15}\end{array}\right.$
#443171 $sin4x-cos4x=1+4.(sinx-cosx)$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-08-2013 - 22:07 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
#443250 $sin4x-cos4x=1+4.(sinx-cosx)$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-08-2013 - 08:32 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
MÌnh gõ lộn! Sorry bạn nhé
#443486 $sin4x-cos4x=1+4.(sinx-cosx)$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 16-08-2013 - 21:56 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Do $\cos{x} - \sin{x} = 0 \Leftrightarrow \sin{x} = \cos{x}$.
- Nếu $\cos{x} = 0 \Rightarrow \sin{x} = 0$ (VN)
- Vậy: $\cos{x} \neq 0 \Leftrightarrow \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}} = \tan{x} = 1$
#333851 pt lượng giác: $sin2xcosx+sinxcosx=cos2x+sinx+cosx$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-07-2012 - 22:47 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
$\sin{2x} \cos{x} + \sin{x} \cos{x} = \cos{2x} + \sin{x} + \cos{x}$
Giải
Phương trình tương đương:$2.\sin{x}.\cos^2{x} + \sin{x}.\cos{x} - \sin{x} - \cos{x} + 1 - 2\cos^2{{x}} = 0$
$\Leftrightarrow 2\cos^2{x}(\sin{x} - 1) + (\sin{x} - 1)(\cos{x} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow (\sin{x} - 1)(2\cos^2{x} + \cos{x} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow (\sin{x} - 1)(\cos{x} + 1)(2\cos{x} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \sin{x} = 1\\\cos{x} = -1\\\cos{x} = \dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi\\x = \pi + 2k\pi\\x = \dfrac{\pm \pi}{3} + 2k\pi\end{array}\right. \,\, (k \in Z)$
#317813 Tìm toạ độ các điểm
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-05-2012 - 08:11 trong Hình học phẳng
Xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình cạnh BC là : $\sqrt{3}x - y - \sqrt{3}=0$, các đỉnh A, B thuộc trục Ox và bán kính đường tròn nội tiếp = 2. Tìm toạ độ trọng tâm tam giác ABC.
Giải
Do $A; B \in Ox \Rightarrow A(x_A; 0); B(x_B; 0)$Mặt khác:
$B \in BC \Rightarrow \sqrt{3}x_B - \sqrt{3} = y_B = 0$
$\Leftrightarrow x_B = 1 \Rightarrow B(1; 0)$
Đặt $x_A = a$.
Tam giác ABC vuông tại A, do đó: $CA \perp Ox \Rightarrow x_C = x_A = a$
Hơn nữa:
$C \in BC \Rightarrow y_C = \sqrt{3}x_C - \sqrt{3} = \sqrt{3}a - \sqrt{3}$
$\Rightarrow C (a; \sqrt{3}a - \sqrt{3})$
Ta lập độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a. Ta có:
$BC = \sqrt{(a - 1)^2 + (\sqrt{3}a - \sqrt{3})^2} = 2|a - 1|$
$AB = \sqrt{(1 - a)^2} = |a - 1|$
$AC = \sqrt{(\sqrt{3}a - \sqrt{3})^2} = \sqrt{3}|a - 1|$
Ký hiệu S, p, r lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Ta có:
$S_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{AB.AC}{2} = \dfrac{\sqrt{3}(a - 1)^2}{2}$
$p_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{|a - 1|(3 + \sqrt{3})}{2}$
$\Rightarrow r_{\bigtriangleup ABC} = \dfrac{S}{p} = \dfrac{\sqrt{3}(a - 1)^2}{|a - 1|(3 + \sqrt{3})} = \dfrac{|a - 1|}{\sqrt{3} + 1}$
Theo giả thiết: $r = 2$
$\Rightarrow |a - 1| = 2(\sqrt{3} + 1) \Rightarrow \left[\begin{array}{l} a = 2\sqrt{3} + 3\\a = -2\sqrt{3} - 1\end{array}\right.$
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
$G = (\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3}; \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3}) = (\dfrac{2a + 1}{3}; \dfrac{\sqrt{3}a - \sqrt{3}}{3})$
- Nếu $a = 2\sqrt{3} + 3$
$\Rightarrow G(\dfrac{4\sqrt{3} + 7}{3}; \dfrac{6 + 2\sqrt{3}}{3}) $
- Nếu $a = -2\sqrt{3} - 1$
$\Rightarrow G(\dfrac{-4\sqrt{3} - 1}{3}; \dfrac{-6 - 2\sqrt{3}}{3})$
P/S: Hi Yoon, lâu quá rồi nhỉ?
#443590 [TOPIC] Phương trình lượng giác - Các đề thi thử 2012
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-08-2013 - 12:40 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
- Diễn đàn Toán học
- → Phạm Hữu Bảo Chung nội dung