phuchung nội dung
Có 446 mục bởi phuchung (Tìm giới hạn từ 08-05-2020)
#109584 Mệnh đề tương đương
Đã gửi bởi phuchung on 30-08-2006 - 16:17 trong Đại số
Bàn về bài toán đầu, mình có cách giải khác dựa vào định lý Bezoute. Nhắc lại định lý này:
*Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x-a là một hằng số và bằng f(a).
Dễ dàng chứng minh được phải không?
Từ đó có mở rộng nè:
*Cho đa thức . Nếu tại giá trị ( k1 k2, 1 k1,k2 n) mà
thì chia hết cho .
Trở lại với bài toán đầu quá dễ dàng phải không?
Thay x=-y hoặc y=-x hoặc z=-x ta đều có f(x,y,z)=0. Mà đa thức f(x,y,z) bậc 3, do đó ta có thể viết:
f(x,y,z)=k(x+y)(y+z)(z+x).Thử thay x=1, y=2, z=3, so sánh hai vế ta tìm được k=1.Vậy f(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x).
Xin các bạn hãy tiếp tục bàn với mình về định lý này.
*Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x-a là một hằng số và bằng f(a).
Dễ dàng chứng minh được phải không?
Từ đó có mở rộng nè:
*Cho đa thức . Nếu tại giá trị ( k1 k2, 1 k1,k2 n) mà
thì chia hết cho .
Trở lại với bài toán đầu quá dễ dàng phải không?
Thay x=-y hoặc y=-x hoặc z=-x ta đều có f(x,y,z)=0. Mà đa thức f(x,y,z) bậc 3, do đó ta có thể viết:
f(x,y,z)=k(x+y)(y+z)(z+x).Thử thay x=1, y=2, z=3, so sánh hai vế ta tìm được k=1.Vậy f(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x).
Xin các bạn hãy tiếp tục bàn với mình về định lý này.
#110209 Hay Hay
Đã gửi bởi phuchung on 01-09-2006 - 15:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y là các số dương thỏa mãn . Chứng minh:
a.
b.
Xin hỏi có thể mở rộng bài toán này được không vậy?
Ai nói có thể thì nhào vô góp vui
a.
b.
Xin hỏi có thể mở rộng bài toán này được không vậy?
Ai nói có thể thì nhào vô góp vui
#110242 Phương trình bậc 4
Đã gửi bởi phuchung on 01-09-2006 - 16:58 trong Tài liệu - Đề thi
Mình xin nhắc đến một số dạng đặc biệt của pt bậc 4, mời các bạn cùng thảo luận
1.Phương trình trùng phương:
$ax^4+bx^2+c=0$
Nếu a=0 thì pt trở thanh` $bx^2+c=0$
Nếu a 0 đặt $t=x^2 \geq 0$
Pt trở thành $at^2+bt+c=0$
Giải t và thế vào được x
2.Phương trình hồi quy:
$ax^4+bx^3+cx+d+k=0$ với $\dfrac{k}{a}= (\dfrac{d}{b})^2 =t^2 $
$x=0$ không phải là nghiệm
x 0, chia hai vế của pt cho $x^2$, ta được:
$(ax^2+ \dfrac{k}{x^2})+(bx+ \dfrac{d}{x})+c=0$
$ \Leftrightarrow a(x^2+ \dfrac{t^2}{x^2})+b(x \pm \dfrac{t}{x})+c=0$
Đặt $y=x \pm \dfrac{t}{x}$
Được pt: $ay^2+by \pm t=0$
Tìm được y, suy ra x
3.Phương trình phản thương:
$ax^4+bx^3+cx \pm b+a=0$
Đây là phương trình hồi quy với $d=b$, $k=a$
Cách giải đặt ẩn phụ tương tự.
4.Phương trình dạng $(x+a)^4+(x+b)^4=c$
Đặt$ t= x+\dfrac{a+b}{2} $
pt trở thành $(t+ \dfrac{a-b}{2})^4+(t- \dfrac{a-b}{2})^4 =c$
Đặt $ \alpha= \dfrac{a-b}{2}$
Ta được pt:
$(t+ \alpha )^4+(t- \alpha )^4=c$
$\Leftrightarrow 2t^4+12\alpha^2t^2+2\alpha^4-c=0$
Đây là phương trình trùng phương
5.Phương trình dạng $(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m$:
trong đó các hệ số a,b,c,d thỏa mãn tổng của 2 hệ số này bằng tổng của 2 hệ số còn lại.
Giả sử: $a+b=c+d$
pt được viết lại:
$[x^2+(a+b)x+ab][x^2+(c+d)x+cd]=m$
Đặt $t=x^2+\alpha x $với$ \alpha=a+b=c+d$
pt trở thành $(y+ab)(y+cd)=m$
đây là pt bậc 2 theo y, giải được y suy ra x
Kết thúc 5 dạng cơ bản của pt bậc 4, phần tiếp theo sẽ post sau.
1.Phương trình trùng phương:
$ax^4+bx^2+c=0$
Nếu a=0 thì pt trở thanh` $bx^2+c=0$
Nếu a 0 đặt $t=x^2 \geq 0$
Pt trở thành $at^2+bt+c=0$
Giải t và thế vào được x
2.Phương trình hồi quy:
$ax^4+bx^3+cx+d+k=0$ với $\dfrac{k}{a}= (\dfrac{d}{b})^2 =t^2 $
$x=0$ không phải là nghiệm
x 0, chia hai vế của pt cho $x^2$, ta được:
$(ax^2+ \dfrac{k}{x^2})+(bx+ \dfrac{d}{x})+c=0$
$ \Leftrightarrow a(x^2+ \dfrac{t^2}{x^2})+b(x \pm \dfrac{t}{x})+c=0$
Đặt $y=x \pm \dfrac{t}{x}$
Được pt: $ay^2+by \pm t=0$
Tìm được y, suy ra x
3.Phương trình phản thương:
$ax^4+bx^3+cx \pm b+a=0$
Đây là phương trình hồi quy với $d=b$, $k=a$
Cách giải đặt ẩn phụ tương tự.
4.Phương trình dạng $(x+a)^4+(x+b)^4=c$
Đặt$ t= x+\dfrac{a+b}{2} $
pt trở thành $(t+ \dfrac{a-b}{2})^4+(t- \dfrac{a-b}{2})^4 =c$
Đặt $ \alpha= \dfrac{a-b}{2}$
Ta được pt:
$(t+ \alpha )^4+(t- \alpha )^4=c$
$\Leftrightarrow 2t^4+12\alpha^2t^2+2\alpha^4-c=0$
Đây là phương trình trùng phương
5.Phương trình dạng $(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m$:
trong đó các hệ số a,b,c,d thỏa mãn tổng của 2 hệ số này bằng tổng của 2 hệ số còn lại.
Giả sử: $a+b=c+d$
pt được viết lại:
$[x^2+(a+b)x+ab][x^2+(c+d)x+cd]=m$
Đặt $t=x^2+\alpha x $với$ \alpha=a+b=c+d$
pt trở thành $(y+ab)(y+cd)=m$
đây là pt bậc 2 theo y, giải được y suy ra x
Kết thúc 5 dạng cơ bản của pt bậc 4, phần tiếp theo sẽ post sau.
#111654 Giải toán nhanh bằng máy tính bỏ túi
Đã gửi bởi phuchung on 06-09-2006 - 19:13 trong Tài liệu - Đề thi
Đúng rồi đấy, nền giáo dục VN hiện này còn thua nhiều nuớc trên thế giới. Bộ GD không những cho học sinh sử dụng các loại máy tính cao cấp mà còn cần phải dạy cách sử dụng đại trà trong nhà trường thì may ra mới có thể bắt kịp với các nền giáo dục khác. Bộ GD hiện nay vẫn sợ khi đưa vào các máy tính cao cấp vào nhà trường thì học sinh sẽ quá lạm dụng vào máy tính nhưng thử hỏi nếu chỉ có kết quả thì các bài thi, bài kiểm tra của học sinh có được xét điểm không?????
#112601 phần nguyên
Đã gửi bởi phuchung on 10-09-2006 - 08:32 trong Số học
Thử tham khảo ở đây này http://toantuoitho.n...id=11&true=true
#112632 Mời vào!
Đã gửi bởi phuchung on 10-09-2006 - 09:22 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Mời các bạn thử sức cùng bài toán này, theo như mình nhớ đây là một bài thi HSG miền bắc những năm trước đây.
Giải hệ pt sau:
Giải hệ pt sau:
#113251 mọt bài kiểm tra
Đã gửi bởi phuchung on 12-09-2006 - 17:06 trong Hình học
Tương tự với bài trên, các bạn thử làm các bài toán sau nhé:
1.Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác, dựng các hình vuông BCDE, ACFG, ABKH, các hình bình hành BEQK, CDPF.
Chứng minh tam giác APQ vuông.
2. Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác, dựng các hình vuông ABDE, ACFG, M, P lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Gọi N, Q là trung điểm của BC, EQ. Chứng minh MNPQ là hình vuông.
1.Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác, dựng các hình vuông BCDE, ACFG, ABKH, các hình bình hành BEQK, CDPF.
Chứng minh tam giác APQ vuông.
2. Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác, dựng các hình vuông ABDE, ACFG, M, P lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Gọi N, Q là trung điểm của BC, EQ. Chứng minh MNPQ là hình vuông.
#113491 Phương trình bậc 4
Đã gửi bởi phuchung on 13-09-2006 - 15:23 trong Tài liệu - Đề thi
Mấy bữa nay bận quá, bây giờ post tiếp mấy dạng còn lại nè
6.Phương trình dạng $\dfrac{1}{[f(x)+a]^2}+\dfrac{1}{[f(x)+b]^2}=c$
Đặt $y=\dfrac{1}{[f(x)+a][f(x)+b]}$
Từ đó pt ban đầu trở thành;
$ (b-a)^{2} y^{2} +2y-c=0$
từ đó tìm được y và sau đó tìm được x
7.Phương trình dạng
$a f(x)^{2}+ b g(x)^{2} +cf(x)g(x)=0 $ $(a,b,c \neq 0)$
Giải:
pt trên tương đương với
$ \left\{\begin{array}{l}f(x)=0\\g(x)=0\end{array}\right. $
hoặc
$ \left\{\begin{array}{l}f(x)g(x)\neq 0\\a \dfrac{f(x)}{g(x)} +b\dfrac{g(x)}{f(x)}\end{array}\right. +c=0$
Với pt 2 đặt $y=\dfrac{f(x)}{g(x)} $
Dễ dàng giải tiếp.
8.Phương trình dạng
$ \dfrac{mx}{a x^{2} +bx+d} +\dfrac{nx}{a x^{2} +cx+d} =p $ $(p \neq 0)$
Với x=0, pt vô nghiệm.
Với x 0. Chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x. Ta được:
$ \dfrac{m}{ax + \dfrac{d}{x} +b} + \dfrac{n}{ax + \dfrac{d}{x} +c}=p $(p 0)
Đặt $y=ax + \dfrac{d}{x}$.Từ đó dễ dàng giải tiếp.
Hết rồi hihi!
Rồi, ai đó cho ví dụ nào (Càng hay càng tốt)
6.Phương trình dạng $\dfrac{1}{[f(x)+a]^2}+\dfrac{1}{[f(x)+b]^2}=c$
Đặt $y=\dfrac{1}{[f(x)+a][f(x)+b]}$
Từ đó pt ban đầu trở thành;
$ (b-a)^{2} y^{2} +2y-c=0$
từ đó tìm được y và sau đó tìm được x
7.Phương trình dạng
$a f(x)^{2}+ b g(x)^{2} +cf(x)g(x)=0 $ $(a,b,c \neq 0)$
Giải:
pt trên tương đương với
$ \left\{\begin{array}{l}f(x)=0\\g(x)=0\end{array}\right. $
hoặc
$ \left\{\begin{array}{l}f(x)g(x)\neq 0\\a \dfrac{f(x)}{g(x)} +b\dfrac{g(x)}{f(x)}\end{array}\right. +c=0$
Với pt 2 đặt $y=\dfrac{f(x)}{g(x)} $
Dễ dàng giải tiếp.
8.Phương trình dạng
$ \dfrac{mx}{a x^{2} +bx+d} +\dfrac{nx}{a x^{2} +cx+d} =p $ $(p \neq 0)$
Với x=0, pt vô nghiệm.
Với x 0. Chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x. Ta được:
$ \dfrac{m}{ax + \dfrac{d}{x} +b} + \dfrac{n}{ax + \dfrac{d}{x} +c}=p $(p 0)
Đặt $y=ax + \dfrac{d}{x}$.Từ đó dễ dàng giải tiếp.
Hết rồi hihi!
Rồi, ai đó cho ví dụ nào (Càng hay càng tốt)
#113542 Cân
Đã gửi bởi phuchung on 13-09-2006 - 18:01 trong Các dạng toán khác
Có 5 hộp đựng các đồng xu, trong đó có một số hộp đựng tất cả tiền giả. Hộp đựng tiền giả nặng 11g, tiền thật 10g. Chỉ cần một lần cân hãy chỉ ra các hộp đưng tiền giả.
- Diễn đàn Toán học
- → phuchung nội dung