, em thử dùng số fức là ra ngay à ..... Quay các đỉnh sao cho chúng thẳng hàng với $ A_7 $
MyLoveIs4Ever nội dung
Có 307 mục bởi MyLoveIs4Ever (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
#188369 Anh Lộc zao` day
Đã gửi bởi
on 14-07-2008 - 21:34
trong
Các dạng toán khác
Cũng là 1 cách đấy nhưng khai triển fức tạp lém , em thử dùng số fức là ra ngay à ..... Quay các đỉnh sao cho chúng thẳng hàng với $ A_7 $
, em thử dùng số fức là ra ngay à ..... Quay các đỉnh sao cho chúng thẳng hàng với $ A_7 $
#188312 giải dùm tôi bài này với
Đã gửi bởi
on 14-07-2008 - 10:09
trong
Các bài toán Đại số khác
Số nguyên dương chẵn n là số hoàn hảo nếu và chỉ nếu n có dạng :
$ n= 2^{m-1}(2^m-1) $ trong đó m nguyên dương sao cho $ 2^m-1 $ nguyên tố .... ...
CM cái điều này dễ dàng thoaj
Đây chỉ là 1 dạng của số hoàn hảo thoai chứ chưa là tất cả hay bài toán về số hoàn hảo vẫn chưa được giải đáp , cái nì dùng lập trình check nhưng ko khả thi cho lém
$ n= 2^{m-1}(2^m-1) $ trong đó m nguyên dương sao cho $ 2^m-1 $ nguyên tố .... ...
CM cái điều này dễ dàng thoaj
Đây chỉ là 1 dạng của số hoàn hảo thoai chứ chưa là tất cả hay bài toán về số hoàn hảo vẫn chưa được giải đáp , cái nì dùng lập trình check nhưng ko khả thi cho lém
#188300 Seminar toán sơ cấp hè Huế 2008
Đã gửi bởi
on 14-07-2008 - 06:41
trong
Seminar Phương pháp toán sơ cấp
Đẹp quá nhỉ nhớ hum lớp 10 ra chơi mà chẵng thấy được gì tiếc wó ....... Hjx seminar nào cũng xa chỗ mình hết chán wá
#188294 Anh Lộc zao` day
Đã gửi bởi
on 14-07-2008 - 00:51
trong
Các dạng toán khác
Cho 15 giác đều $ A_0A_1...A_{14} $ CMR
$ \dfrac{1}{A_0A_1}=\dfrac{1}{A_0A_2}+\dfrac{1}{A_0A_4}+\dfrac{1}{A_0A_7} $
$ \dfrac{1}{A_0A_1}=\dfrac{1}{A_0A_2}+\dfrac{1}{A_0A_4}+\dfrac{1}{A_0A_7} $
#188293 Tặng anh Tân , cu Thực , cu Thắng
Đã gửi bởi
on 14-07-2008 - 00:35
trong
Các dạng toán khác
Để em làm cho anh Lộc 
Xét $ AO \cap BC = N $
O là tậm đường tròn bàng tiếp góc A ..
Theo Meneleuyt trong tam ANC ta có :
$ \dfrac{MC}{MA}.\dfrac{OA}{ON}.\dfrac{PN}{PC}=1 <=> \dfrac{PN}{PC}=\dfrac{ON}{OA} $
Mặt khác áp dụng tinh chất phân giác ngoài dể dàng CM được $ (ANIO)=-1 $ tức $ \dfrac{NI}{AI}=\dfrac{NO}{AO} $ => $ \dfrac{PN}{PC}= \dfrac{NI}{AI}= \dfrac{CN}{CA} $
từ đó ta có : $ CP= \dfrac{CA.CN}{CN+CA} $
Mặt khác $ CN = \dfrac{AC.BC}{AB+AC} $
nên $ BP= \dfrac{BC(BC+AB)}{BC+CA+AB}=AB <=> BC^2=ABAC+AB^2 $
$ <=> a^2=bc+c^2 $
Từ $ A=2C $ ta có $ a=2ccosC=c.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{ab} <=> a^2b=ca^2+cb^2-c^3 <=> a^2(b-c)+c(c-b)(c+b) = 0 <=> (b-c)(a^2-c^2-bc) =0 $ do $ b \neq c $ => $ a^2=c^2+bc $
=> đpcm ^^!
Xét $ AO \cap BC = N $
O là tậm đường tròn bàng tiếp góc A ..
Theo Meneleuyt trong tam ANC ta có :
$ \dfrac{MC}{MA}.\dfrac{OA}{ON}.\dfrac{PN}{PC}=1 <=> \dfrac{PN}{PC}=\dfrac{ON}{OA} $
Mặt khác áp dụng tinh chất phân giác ngoài dể dàng CM được $ (ANIO)=-1 $ tức $ \dfrac{NI}{AI}=\dfrac{NO}{AO} $ => $ \dfrac{PN}{PC}= \dfrac{NI}{AI}= \dfrac{CN}{CA} $
từ đó ta có : $ CP= \dfrac{CA.CN}{CN+CA} $
Mặt khác $ CN = \dfrac{AC.BC}{AB+AC} $
nên $ BP= \dfrac{BC(BC+AB)}{BC+CA+AB}=AB <=> BC^2=ABAC+AB^2 $
$ <=> a^2=bc+c^2 $
Từ $ A=2C $ ta có $ a=2ccosC=c.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{ab} <=> a^2b=ca^2+cb^2-c^3 <=> a^2(b-c)+c(c-b)(c+b) = 0 <=> (b-c)(a^2-c^2-bc) =0 $ do $ b \neq c $ => $ a^2=c^2+bc $
=> đpcm ^^!
#188105 Sự cố đề thi Toán-A
Đã gửi bởi
on 11-07-2008 - 11:54
trong
Góc giao lưu
Mong rằng bộ an ninh mạng trả lại trang web của thầy vì đây là web "học tập" chứ ko phải web bạo động gì ..........
#188044 Làm ơn giải hộ mình bài toán sau
Đã gửi bởi
on 10-07-2008 - 06:44
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Theo mình nghĩ cách đơn giản nhất là đạo hàm
Xét bdt theo biến $ f(a) $ rùi đưa về CM đồng biến ..tương tự là $ f(b) , f© $ .. Bạn thử nhé
Xét bdt theo biến $ f(a) $ rùi đưa về CM đồng biến ..tương tự là $ f(b) , f© $ .. Bạn thử nhé
#188043 Sự cố đề thi Toán-A
Đã gửi bởi
on 10-07-2008 - 06:42
trong
Góc giao lưu
Có thể anh Tân nói đúng em nhất thời , mà chuyện cái diễn đàn thì hoàn toàn bó tay hết nói nổi luôn 
......
......
#188040 Sự cố đề thi Toán-A
Đã gửi bởi
on 09-07-2008 - 23:52
trong
Góc giao lưu
Đúng là thầy có sai lầm thiệt , nếu to chuyện có thể làm hủi all bài sĩ tử nhưng đã có thông tin chính xác đề ko bị lộ ... ... Mà đây là web cá nhân người khác , ngừoi ta có quyền chèn bài sửa time tùy người ta , phải chi thầy nói "Đề toán khôi A bị lộ " hay "Đề khối A sẽ như thế nàY" chẳng hạn thì mọi chịn ko zu1p j` dc thay` nhưng đằng này chỉ đơn thuần là chèn thọa còn tung tin là do mấy thằng nhà báo ấy chứ hjx hjx .. chính tụi nó ghi "Đề toán khối A bi lộ " ,
1 đời làm thầy rèn bik bao sĩ tử đậu đại học, bik bao sĩ tử thành học trò công dân giỏi , làm những việc ko công mà còn mệt thêm : viết tài liệu share free , mở dd thảo luận ôn thi mà ko thu tí bạc nào ..... Chj~ vj` như thế mà đối xử w người ta như vậy thật đáng ko ..... Cái ko tốt lại moi ra trong khi cái tốt lại zau đi ,, thiệt là nản
1 đời làm thầy rèn bik bao sĩ tử đậu đại học, bik bao sĩ tử thành học trò công dân giỏi , làm những việc ko công mà còn mệt thêm : viết tài liệu share free , mở dd thảo luận ôn thi mà ko thu tí bạc nào ..... Chj~ vj` như thế mà đối xử w người ta như vậy thật đáng ko ..... Cái ko tốt lại moi ra trong khi cái tốt lại zau đi ,, thiệt là nản
#188039 Đề thi tuyển sinh Đại Học, Cao Đẳng 2008
Đã gửi bởi
on 09-07-2008 - 23:45
trong
Thi TS ĐH
Đúng là như vậy và bây h đề nghị bộ giáo dục bỏ wa , BKIS trả lại trang web , và bọn nhà báo lá cải cấm viết bài nhảm nhảm nữa chẳng hạn như bài nì
http://beta.baomoi.c...Lat/1787075.epi
http://beta.baomoi.c...Lat/1787075.epi
#188035 Đề thi tuyển sinh Đại Học, Cao Đẳng 2008
Đã gửi bởi
on 09-07-2008 - 22:52
trong
Thi TS ĐH
Mấy pác làm ơn đi , vụ này coi như ko có gì đi , cho là 1 fut nông nổi thầy Khánh , nhưng w công sức của thầy lo cho biết bao sĩ tử ko ngại sức khỏe thì cái vụ nhảm nhí này có đáng hem ........ Cái nì chả ảnh hưởng gì đến ai cả vì đó là web cá nhân , thầy đâu có ghi :" Đề toán bị lộ bao h đâu ", thầy chỉ đơn thuần pót bài lên thoaj , đây là quyền cá nhân , ai mà cấm miễn ko đụng chạm người khác ....
Mấy pác nói thầy kéo khách , nếu là đúng thì đó là điều tất nhiên vì ai chả mún website mình đông khách nhưng đông khách là vì sao , đâu phải thầy rùm beng mà là do mấy thằng báo lá cải đó thoaj rùi người khác tò mò vào ....... ....
1 người hết lòng vì học sinh , lo từ A->Z kể cả những học sinh online trên web của mình , all tài liệu đều free .... Thử hỏi mấy trang web học tập như hocmai gì đó có bằng hem ... tại sao ko lấy cái tốt người khác ra mà lại khoái đi moi mấy cái ko đâu , nản
Nói túm lại , chuyện này nên trôi vào dĩ vãng và mấy pác an ninh mạng nên trả lại trang web , + bộ giáo dục bỏ wa .... ....
Mấy pác nói thầy kéo khách , nếu là đúng thì đó là điều tất nhiên vì ai chả mún website mình đông khách nhưng đông khách là vì sao , đâu phải thầy rùm beng mà là do mấy thằng báo lá cải đó thoaj rùi người khác tò mò vào ....... ....
1 người hết lòng vì học sinh , lo từ A->Z kể cả những học sinh online trên web của mình , all tài liệu đều free .... Thử hỏi mấy trang web học tập như hocmai gì đó có bằng hem ... tại sao ko lấy cái tốt người khác ra mà lại khoái đi moi mấy cái ko đâu , nản
Nói túm lại , chuyện này nên trôi vào dĩ vãng và mấy pác an ninh mạng nên trả lại trang web , + bộ giáo dục bỏ wa .... ....
#185400 Wà của Hero TVƠ
Đã gửi bởi
on 19-05-2008 - 13:32
trong
Các dạng toán khác
Dùng công thức này cũng gọn :
$ f(x+n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}f(x+i) $
Cho $ x=0 $ thì
$ f(n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}f(i) = f(n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{i}{i+1} = \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}(1- \dfrac{1}{i+1}) = \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}- \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{1}{1+i} $
Dễ dàng thấy :
$ \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i} =1 $
$ \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{1}{1+i} = \dfrac{1}{n+2} \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+2}^{i+1} = \dfrac{1+(-1)^{n+2}}{n+2} $
=> $ f(n+1)= 1- \dfrac{1+(-1)^{n+2}}{n+2} = \dfrac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2} $
$ f(x+n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}f(x+i) $
Cho $ x=0 $ thì
$ f(n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}f(i) = f(n+1)= \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{i}{i+1} = \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}(1- \dfrac{1}{i+1}) = \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}- \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{1}{1+i} $
Dễ dàng thấy :
$ \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i} =1 $
$ \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+1}^{i}\dfrac{1}{1+i} = \dfrac{1}{n+2} \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C_{n+2}^{i+1} = \dfrac{1+(-1)^{n+2}}{n+2} $
=> $ f(n+1)= 1- \dfrac{1+(-1)^{n+2}}{n+2} = \dfrac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2} $
#184574 RẤT HAY!
Đã gửi bởi
on 04-05-2008 - 22:25
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Bài nì em giải bằng cân bằng hệ số nhưng thí kì quá:
Chọn $ \alpha_i $ dương áp dụng CauChy và $ |xy| \geq xy $ ta có:
$ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2 \geq 2ab $
$ \alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2 \geq 2bc $
$ \alpha_3c^2+\dfrac{1}{\alpha_3}d^2 \geq 2cd $
$ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2 \geq 2de $
$ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2ef $
=> $ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2+\alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2+\alpha_3c^2+\dfrac{1}+ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2{\alpha_3}d^2+ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2 $
Chọn $ \alpha_i $ sao cho $ \alpha_1=\dfrac{1}{\alpha_1}+\alpha_2=.....= \alpha_5 =4cos{\dfrac{\pi}{7}} $
Hjx cái này thì dựa vào đề bài nhưng lại ko thỏa nếu VP đề bài là $ cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì chỉ cần chọn các số trên bằng $ 2cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì bài toán xong
Chọn $ \alpha_i $ dương áp dụng CauChy và $ |xy| \geq xy $ ta có:
$ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2 \geq 2ab $
$ \alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2 \geq 2bc $
$ \alpha_3c^2+\dfrac{1}{\alpha_3}d^2 \geq 2cd $
$ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2 \geq 2de $
$ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2ef $
=> $ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2+\alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2+\alpha_3c^2+\dfrac{1}+ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2{\alpha_3}d^2+ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2 $
Chọn $ \alpha_i $ sao cho $ \alpha_1=\dfrac{1}{\alpha_1}+\alpha_2=.....= \alpha_5 =4cos{\dfrac{\pi}{7}} $
Hjx cái này thì dựa vào đề bài nhưng lại ko thỏa nếu VP đề bài là $ cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì chỉ cần chọn các số trên bằng $ 2cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì bài toán xong
#184562 Một kết quả cũ
Đã gửi bởi
on 04-05-2008 - 19:18
trong
Các dạng toán khác
Cho đến n cho đánh đỡ mỏi tay :
Giả sử số hoán vị cần tìm là $ S_n $
Chia $ S_n $ ra làm 2 tập
. Tập gồm các hoán vị có $ a_n=n $ : cái nì có $ S_{n-1} $
. Tập gồm các hoán vị có $ n $ ở vị trí thứ k ( tức a_k ) thì mỗi trường hợp có số hoán vị là số cach sắp xếp $ n-k $ số sau $ n $ ( $ k $ chạy từ 1 -> n-1
HAY TA Có; : $ S_n= S_{n-1}+2^{n-1}-1 $ Dùng sai phân để tìm ^^!
Giả sử số hoán vị cần tìm là $ S_n $
Chia $ S_n $ ra làm 2 tập
. Tập gồm các hoán vị có $ a_n=n $ : cái nì có $ S_{n-1} $
. Tập gồm các hoán vị có $ n $ ở vị trí thứ k ( tức a_k ) thì mỗi trường hợp có số hoán vị là số cach sắp xếp $ n-k $ số sau $ n $ ( $ k $ chạy từ 1 -> n-1
HAY TA Có; : $ S_n= S_{n-1}+2^{n-1}-1 $ Dùng sai phân để tìm ^^!
#183866 một bài trên THTT
Đã gửi bởi
on 23-04-2008 - 22:25
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Có thể cái nì giúp được bạn chăng !!
File gửi kèm
-
INEQUALITIES_FOR_POWER_EXPONENTIAL_FUNCTIONS.pdf 128.15K
70 Số lần tải
#183834 Hero TVƠ Y An Forever
Đã gửi bởi
on 23-04-2008 - 13:27
trong
Các dạng toán khác
Giả sử $ P(x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+....+a_0 $ có $ deg=n \geq 2 $
dể thấy $ deg VT= n^2 $
hay số hạng lớn nhất của $ VT = a_n(a_nx^n)^n= a_n^{n+1}x^n^2 $
So sánh hệ số : ( có 2TH $ n=2 ; n > 2 ) $
$ a_n(a_nx^n)^n= ((a_nx^n)^2+x^4)^2 ; (n=2) ( $ (loại)
$ a_n(a_nx^n)^n= (a_nx^n)^4 ( n >2 ) $ => $ a_n=1 ; n=4 $
Hay $ deg P(x)=4 $
Đặt $ H(x)= P(x)-(x^2+3x+1)^2+1 $ có $ 3 \geq degH =p > 0 $
$ VP= (((P(x))^2+3P(x)-H(x)+1)^2= (((P(x))^2+3P(x)+1)^2-2H(x)(((P(x))^2+3P(x)+1)+(H(x))^2 $
Thay vào pt : $ P(P(x)) - (((P(x))^2+3P(x)+1)^2 +1 = H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $
$ <=> H(P(x))= H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1))
$
$ <=> 4p = p+8 <=> p = \dfrac{8}{3} $ (vô lí) => $ H(x)= const = A $
Thay vào $ A=A(A-2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $ ..... Dễ thấy 1 vế phụ thuộc vào biến x thay đổi , 1 vế thì không phụ thuộc nên $ A=0 $
Hay ta có $ P(x)= (x^2+3x+1)^2-1 = (x^2+3x)(x^2+3x+2)=x(x+3)(x+1)(x+2) $
dể thấy $ deg VT= n^2 $
hay số hạng lớn nhất của $ VT = a_n(a_nx^n)^n= a_n^{n+1}x^n^2 $
So sánh hệ số : ( có 2TH $ n=2 ; n > 2 ) $
$ a_n(a_nx^n)^n= ((a_nx^n)^2+x^4)^2 ; (n=2) ( $ (loại)
$ a_n(a_nx^n)^n= (a_nx^n)^4 ( n >2 ) $ => $ a_n=1 ; n=4 $
Hay $ deg P(x)=4 $
Đặt $ H(x)= P(x)-(x^2+3x+1)^2+1 $ có $ 3 \geq degH =p > 0 $
$ VP= (((P(x))^2+3P(x)-H(x)+1)^2= (((P(x))^2+3P(x)+1)^2-2H(x)(((P(x))^2+3P(x)+1)+(H(x))^2 $
Thay vào pt : $ P(P(x)) - (((P(x))^2+3P(x)+1)^2 +1 = H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $
$ <=> H(P(x))= H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1))
$ $ <=> 4p = p+8 <=> p = \dfrac{8}{3} $ (vô lí) => $ H(x)= const = A $
Thay vào $
A=A(A-2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $ ..... Dễ thấy 1 vế phụ thuộc vào biến x thay đổi , 1 vế thì không phụ thuộc nên $ A=0 $Hay ta có $ P(x)= (x^2+3x+1)^2-1 = (x^2+3x)(x^2+3x+2)=x(x+3)(x+1)(x+2) $
#183826 Hero TVƠ Y An Forever
Đã gửi bởi
on 23-04-2008 - 10:40
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Áp dụng Holder ... Đặt $ VT=A $ ta có:
$ A^2 ( \sum a^2(b+c)^2) \geq (a^2+b^2+c^2)^3 $
Ta sẽ CM $ (a^2+b^2+c^2)^3 \geq \dfrac{9}{4}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}(\sum a^2(b+c)^2) $
bdt $ <=> \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}} \geq \dfrac{3(\sum a^2(b+c)^2)}{4(a^2+b^2+c^2)^2} $
$ 3(\sum a^2(b+c)^2) - 4(a^2+b^2+c^2)^2 = -\sum (b-c)^2(3a^2+2(b+c)^2) $
bdt
$ <=> \sum (b-c)^2 ( \dfrac{3a^2+2(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2)} \geq 0 $
Mà $ \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)+a^2+b^2+c^2}) \geq 2(a^2+b^2+c^2)^2
=> ( \dfrac{3a^2+2(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2)} \geq \dfrac{3a^2+(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2} = \dfrac{ 3a^2 }{4(a^2+b^2+c^2)^2} \geq 0 $ =>
$ A^2 \geq \dfrac{9}{4}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}} <=> A \geq \dfrac{3}{2} \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}} $
Vậy ta có dpcm ^^ !!
$ A^2 ( \sum a^2(b+c)^2) \geq (a^2+b^2+c^2)^3 $
Ta sẽ CM $ (a^2+b^2+c^2)^3 \geq \dfrac{9}{4}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}(\sum a^2(b+c)^2) $
bdt $ <=> \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}} \geq \dfrac{3(\sum a^2(b+c)^2)}{4(a^2+b^2+c^2)^2} $
$ 3(\sum a^2(b+c)^2) - 4(a^2+b^2+c^2)^2 = -\sum (b-c)^2(3a^2+2(b+c)^2) $
bdt
$ <=> \sum (b-c)^2 ( \dfrac{3a^2+2(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2)} \geq 0 $
Mà $ \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)+a^2+b^2+c^2}) \geq 2(a^2+b^2+c^2)^2
=> ( \dfrac{3a^2+2(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}(\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2)} \geq \dfrac{3a^2+(b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2} - \dfrac{(b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2} = \dfrac{ 3a^2 }{4(a^2+b^2+c^2)^2} \geq 0 $ =>
$ A^2 \geq \dfrac{9}{4}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}} <=> A \geq \dfrac{3}{2} \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}} $
Vậy ta có dpcm ^^ !!
#183731 Chứng minh hình KG 11 (tứ diện và chóp, ĐKCVĐ)
Đã gửi bởi
on 21-04-2008 - 18:19
trong
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
1) Cho tứ diện $ OABC $ co các cặp cạnh đối diện bằng nhau ( tứ diện gần đều )
CMR điều kiện cần và đủ để $ (OAB) $ vuông góc $ (OCA) $ là $ \delta ABC $ có $ tanBtanC=2 $
2) Cho hình chóp $ S.ABC $ O là tâm đường tròn ngoại tiếp $ ABC $ S nằm trên trục đường tròn tam giác ABC ................ I là trung điểm AB $ OI \cap BC=L $
i) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SAC) $ là $ \widehat{ISK}=1v $
ô) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SBC) $ là tam giác ABC có $ tanAtanC= \dfrac{5}{4} $ với SO=2R ( R là bán kính (ABC) )
CMR điều kiện cần và đủ để $ (OAB) $ vuông góc $ (OCA) $ là $ \delta ABC $ có $ tanBtanC=2 $
2) Cho hình chóp $ S.ABC $ O là tâm đường tròn ngoại tiếp $ ABC $ S nằm trên trục đường tròn tam giác ABC ................ I là trung điểm AB $ OI \cap BC=L $
i) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SAC) $ là $ \widehat{ISK}=1v $
ô) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SBC) $ là tam giác ABC có $ tanAtanC= \dfrac{5}{4} $ với SO=2R ( R là bán kính (ABC) )
#183501 Đơn giản
Đã gửi bởi
on 16-04-2008 - 22:47
trong
Các dạng toán khác
Bài nì nhiều cách CM lém , tạm thời có 2 cách nữa ( ý tưởng vẫn là căn nguyên thủy nhưng đi theo 2 hướng)
Dùng định lí sau
Với $ p $ nguyên tố lẻ nếu $ r $ là căn nguyên thủy modulo $ p $ và $ r $ cũng là căn nguyên thủy modulo $ p^2 $ thì $ r $ cũng là căn nguyên thủy modulo $ p^k $ mọi $ k \geq 3 $
CM ko khó mấy
Áp dụng vào là ok
Hoặc xét riêng bài toán này thì Chỉ cần CM $ 2 $ là căn nguyên thủy modulo $ 3^n $ là đủ
hay dùng bổ đề sau:
$ 2^{2.3^{n-1}} \equiv 1+3^n (mod 3^{n+1}) $
Dùng định lí sau
Với $ p $ nguyên tố lẻ nếu $ r $ là căn nguyên thủy modulo $ p $ và $ r $ cũng là căn nguyên thủy modulo $ p^2 $ thì $ r $ cũng là căn nguyên thủy modulo $ p^k $ mọi $ k \geq 3 $
CM ko khó mấy
Áp dụng vào là ok
Hoặc xét riêng bài toán này thì Chỉ cần CM $ 2 $ là căn nguyên thủy modulo $ 3^n $ là đủ
hay dùng bổ đề sau:
$ 2^{2.3^{n-1}} \equiv 1+3^n (mod 3^{n+1}) $
#183437 Đơn giản
Đã gửi bởi
on 15-04-2008 - 18:11
trong
Các dạng toán khác
CMR nếu $ 2^n \equiv -1 ( mod 3^k ) $ thì $ n | 3^{k-1} $
#183436 Tập hợp
Đã gửi bởi
on 15-04-2008 - 18:07
trong
Các dạng toán khác
Giải thử xem nào
Từ tập A có 11 phần tủ có thể lập được ( - tập rỗng ) là $ 2^11-1 = 2047 $ tập con
Vì mỗi thằng tập con có max 11 phần tử và tổng của nó phải < $ 100+99+98+....+90= 90.11+ (1+2+...+10)= 990+ 55 = 1045 $
Theo Dirichlet thì t?#8220;n tại ít nhất 2 thằng có tổng số phần tử bằng nhau giả sử là $ A_1 , B_1 $
Nếu 2 thằng đó giao bằng rỗng thì dpcm
Nếu 2 thằng đó giao khác rỗng tức $ A_1= (a_1,a_2,...a_k,d_1,d_2,...d_p) ; A_2=(b_1,b_2,....b_j,d_1,d_2,...d_p) $ với $ \sum\limits_{i=1}^{k}a_i = \sum\limits_{i=1}^{j}b_i $
=> tập $ A_2= A_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ và $ B_2= \B_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ là cần tìm
Từ tập A có 11 phần tủ có thể lập được ( - tập rỗng ) là $ 2^11-1 = 2047 $ tập con
Vì mỗi thằng tập con có max 11 phần tử và tổng của nó phải < $ 100+99+98+....+90= 90.11+ (1+2+...+10)= 990+ 55 = 1045 $
Theo Dirichlet thì t?#8220;n tại ít nhất 2 thằng có tổng số phần tử bằng nhau giả sử là $ A_1 , B_1 $
Nếu 2 thằng đó giao bằng rỗng thì dpcm
Nếu 2 thằng đó giao khác rỗng tức $ A_1= (a_1,a_2,...a_k,d_1,d_2,...d_p) ; A_2=(b_1,b_2,....b_j,d_1,d_2,...d_p) $ với $ \sum\limits_{i=1}^{k}a_i = \sum\limits_{i=1}^{j}b_i $
=> tập $ A_2= A_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ và $ B_2= \B_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ là cần tìm
#183419 Thách thức supermember
Đã gửi bởi
on 15-04-2008 - 13:46
trong
Các dạng toán khác
Bài này sách số học nào mà chả có khỏi thách thức bạn ạ, đây là 1 phần định lí Lagrange : Mọi số nguyên dương n đều được biểu diễn dưới dạng tổng 4 bình phương ... Supermember học lớp 12 trường bạn đó
#183269 giúp nhanh nha
Đã gửi bởi
on 11-04-2008 - 12:18
trong
Các dạng toán khác
Ta có :
$ (2n+1)C_{2n}^{n} = (n+1)C_{2n+1}^{n} $
Vì $ (2n+1,n+1)=1 => (n+1) | C_{2n}^{n} $
$ (2n+1)C_{2n}^{n} = (n+1)C_{2n+1}^{n} $
Vì $ (2n+1,n+1)=1 => (n+1) | C_{2n}^{n} $
#183172 Olympic 30/4, năm 2008
Đã gửi bởi
on 09-04-2008 - 20:01
trong
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Thì lấy theo số phần trăm chứ đâu phải lấy theo điểm đâu Quân , làm trên 3 câu có giải là cái chắc ........... Mấy chú năng khiếu năm nay thj hình như ko mặn mà lém hã
#183054 Đề thi Olympic 30-4 môn Toán lớp 11
Đã gửi bởi
on 06-04-2008 - 22:23
trong
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Solve bài hình nào ........... Bài 1 ko có gì
xét hệ trục $ Oxyz $ với $ A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c) $ và $ M(x_0,y_0,z_0) $
H là chân đường vuông góc kẻ từ $ O $ đến $ (ABC) $ khi đó $ H $ là trực tâm $ ABC $...
pt mặt phẳng của $ ABC $ là $ \dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c} =1 $
Vì $ M \in (ABC) => \dfrac{x_0}{a}+\dfrac{y_0}{b}+\dfrac{z_0}{c} =1 $
áp dụng ta có
$ \sum \dfrac{MA^2}{OA^2} = (x_0^2+y_0^2+z_0^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{z^2}) +1 $ ...... mà $ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} = \dfrac{1}{OH^2} $
Nên $ VT = \dfrac{OM^2}{OH^2}+1 \geq 2 $
Dấu "=" xảy ra khi $ M \equiv H $
Bài 2: thì CM $ u_n < \dfrac{1}{\sqrt{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} $
Bài 4 :
Xét $ f(0).f(1) < 0 $
$ f $ đồng biến
$ VT = \dfrac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^2} $
$ a= limx_n $ => $ \dfrac{a}{(1-a)^2} = \dfrac{3}{4} <=> a= \dfrac{1}{3} $
Hê ku bài 5 ko rõ đề
xét hệ trục $ Oxyz $ với $ A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c) $ và $ M(x_0,y_0,z_0) $
H là chân đường vuông góc kẻ từ $ O $ đến $ (ABC) $ khi đó $ H $ là trực tâm $ ABC $...
pt mặt phẳng của $ ABC $ là $ \dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c} =1 $
Vì $ M \in (ABC) => \dfrac{x_0}{a}+\dfrac{y_0}{b}+\dfrac{z_0}{c} =1 $
áp dụng ta có
$ \sum \dfrac{MA^2}{OA^2} = (x_0^2+y_0^2+z_0^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{z^2}) +1 $ ...... mà $ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} = \dfrac{1}{OH^2} $
Nên $ VT = \dfrac{OM^2}{OH^2}+1 \geq 2 $
Dấu "=" xảy ra khi $ M \equiv H $
Bài 2: thì CM $ u_n < \dfrac{1}{\sqrt{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} $
Bài 4 :
Xét $ f(0).f(1) < 0 $
$ f $ đồng biến
$ VT = \dfrac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^2} $
$ a= limx_n $ => $ \dfrac{a}{(1-a)^2} = \dfrac{3}{4} <=> a= \dfrac{1}{3} $
Hê ku bài 5 ko rõ đề
