#1
Đã gửi 07-03-2017 - 12:01
" Even if there was no Gravity on Earth, I'd still fall for you. "
Nunmul
#2
Đã gửi 07-03-2017 - 14:54
xử câu 3 trước
dạng vô định này mạnh nhất là dùng quy tắc L'hôpital
$\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\sqrt{2x+3}-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{1}{\sqrt{2x+3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2(x+1)}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{-2}{2x+3}-\frac{2}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2}=-2$
- Tran Nho Duc và kimchitwinkle thích
"DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "
-Henry Ford -
#3
Đã gửi 07-03-2017 - 15:38
xử câu 3 trước
dạng vô định này mạnh nhất là dùng quy tắc L'hôpital
$\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\sqrt{2x+3}-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{1}{\sqrt{2x+3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2(x+1)}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{-2}{2x+3}-\frac{2}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2}=-2$
Đại học mới học quy tắc L'hospital mà bạn
Với THPT thì chỉ có nước khử dạng vô định thôi
" Even if there was no Gravity on Earth, I'd still fall for you. "
Nunmul
#4
Đã gửi 07-03-2017 - 15:43
- kimchitwinkle yêu thích
#6
Đã gửi 07-03-2017 - 20:15
Bài cuối quen rồi nhỉ, đếm bằng hai cách. Ta gọi các chàng trai là $b_1,b_2,\dots ,b_m$, các cô gái là $g_1,g_2,\dots ,g_n$. Gọi $S_{i,j}$ là số bộ $(i,j,k)$ mà $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Ta sẽ chứng minh rằng $$\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}.$$ Thật vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} = 2\sum_{k=1}^{n} {T_k}$ với $T_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Dễ thấy $T_k=\binom{c_k}{2} +\binom{m-c_k}{2}=\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)$ trong đó $c_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}=\sum_{k=1}^{n} {\left(\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)\right)}=\frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\sum_{k=1}^{n} {c_k(m-c_k)}.$$ Do $m$ lẻ, nên $c_k(m-c_k)$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{m^2-1}{4}$ khi $c_k=\frac{m\pm 1}{2}$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}\geq \frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\frac{n(m^2-1)}{4}=\frac{n(m-1)^2}{4}.$$ đpcm. Vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}$, suy ra tồn tại $i$ mà $\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}\geq \frac{n(m-1)^2}{2m}$. $\square$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IMO20xx: 07-03-2017 - 20:28
- kimchitwinkle và thuylinhnguyenthptthanhha thích
#7
Đã gửi 08-03-2017 - 21:01
Câu 1.b cấp số cộng xử lý thế nào vậy mọi người. Mình đang học lại phần này.
mình xin đề xuất hướng giải câu 1b như sau
A,B,C lập thành cấp số cộng $\left\{\begin{matrix}A=A \\ B=A+d \\ C=A+ 2d \end{matrix}\right.=>A+B+C=3(A+d)=180=>B=A+d=60$
thế vào giả thiết $cos^2A+cos^2(120-A)=1-\frac{\sqrt{3}}{4}<=>cos^2A+(\frac{-1}{2}cosA+\frac{\sqrt{3}}{2}sinA)^2=1-\frac{\sqrt{3}}{4}<=>\frac{1}{2}Cos2A-\frac{\sqrt{3}}{2}sin2A=\frac{-\sqrt{3}}{2}<=>Cos(60+2A)=\frac{-\sqrt{3}}{2}$
tới đây tìm được A,B,C rồi
bài 3 nếu không được sử dụng L'hôpitan thì dùng phương pháp khử vô định bình thường vậy
$\lim_{x\rightarrow -1}(\frac{\sqrt{2x+3}+x+2}{(x+1)^2}-\frac{x+2-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2})=\lim_{x\rightarrow -1}(\frac{(x+1)^2}{(x+1)^2(x+2-\sqrt{2x+3})}-\frac{(x+4)(x+1)^2}{(x+1)^2((x+2)^2+(x+2)\sqrt[3]{3x+4}+\sqrt[3]{(3x+4)^2})})$
đã khử được vô định ...
P/s: đề dài ....
- Katyusha yêu thích
"DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "
-Henry Ford -
#8
Đã gửi 14-03-2017 - 01:22
Bài cuối quen rồi nhỉ, đếm bằng hai cách. Ta gọi các chàng trai là $b_1,b_2,\dots ,b_m$, các cô gái là $g_1,g_2,\dots ,g_n$. Gọi $S_{i,j}$ là số bộ $(i,j,k)$ mà $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Ta sẽ chứng minh rằng $$\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}.$$ Thật vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} = 2\sum_{k=1}^{n} {T_k}$ với $T_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Dễ thấy $T_k=\binom{c_k}{2} +\binom{m-c_k}{2}=\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)$ trong đó $c_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}=\sum_{k=1}^{n} {\left(\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)\right)}=\frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\sum_{k=1}^{n} {c_k(m-c_k)}.$$ Do $m$ lẻ, nên $c_k(m-c_k)$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{m^2-1}{4}$ khi $c_k=\frac{m\pm 1}{2}$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}\geq \frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\frac{n(m^2-1)}{4}=\frac{n(m-1)^2}{4}.$$ đpcm. Vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}$, suy ra tồn tại $i$ mà $\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}\geq \frac{n(m-1)^2}{2m}$. $\square$
Chào bạn, những kiến thức này học ở đâu vậy bạn... cho mình xin tên của dạng này hay thông tin cũng được ạ.
#9
Đã gửi 14-03-2017 - 15:00
Chào bạn, những kiến thức này học ở đâu vậy bạn... cho mình xin tên của dạng này hay thông tin cũng được ạ.
Chào bạn. Đây là phương pháp đếm bằng hai cách, một phương pháp rất phổ biến dùng để giải quyết một số bài toán Tổ hợp. Ở Việt Nam có một số tài liệu cũng đề cập đến phương pháp này, tuy nhiên số lượng khá ít và trên mạng thì mình chưa thấy. Vậy mình xin giới thiệu với bạn file này (Tiếng Anh) về đếm bằng hai cách khá đầy đủ và chi tiết: http://yufeizhao.com...ounting_mop.pdf.
#10
Đã gửi 14-03-2017 - 15:44
Chào bạn. Đây là phương pháp đếm bằng hai cách, một phương pháp rất phổ biến dùng để giải quyết một số bài toán Tổ hợp. Ở Việt Nam có một số tài liệu cũng đề cập đến phương pháp này, tuy nhiên số lượng khá ít và trên mạng thì mình chưa thấy. Vậy mình xin giới thiệu với bạn file này (Tiếng Anh) về đếm bằng hai cách khá đầy đủ và chi tiết: http://yufeizhao.com...ounting_mop.pdf.
Cảm ơn bạn
#11
Đã gửi 21-03-2017 - 16:21
Tại hạ xin mạo muội làm câu a phần hình, có các hạ nào xử lí câu b, câu b khó quá :l
Lời giải:
Ta có SEAD là hình bình hành => MP//ES => SE= $2MP$
AD//NC => MNCP là hình bình hành
=> MN//PC (1)
(SBD) _l_ (SAC) => BD _l_ PC (2)
Từ (1) và (2) => MN _l_ BD
Ta có: MP//SE (3)
BD _l_ (SAC) => BD_l_ OP => OP//SC (Do SC _l_ BD)
=> (SEC) // (OPM)
b) Mình tính lật hình nhưng dài quá.
#12
Đã gửi 04-04-2017 - 16:41
Câu b bài hình làm như thế nào vậy mọi người?
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: olympic
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f\left(\frac{x^2}{f(x)}\right)=x$Bắt đầu bởi supernatural1, 30-03-2023 olympic, toán sinh viên và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$ [f(x)]^{3}-3f(x).[g(x)]^{2}=\cos 3x $Bắt đầu bởi supernatural1, 30-03-2023 olympic, toán sinh viên và . |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
[MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thứcBắt đầu bởi pcoVietnam02, 05-04-2021 bất đẳng thức, marathon, cấp 2 và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
[TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$Bắt đầu bởi pcoVietnam02, 01-04-2021 phương trình hàm, vmo, olympic |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Bài toán về ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhấtBắt đầu bởi Arthur Pendragon, 16-07-2019 ucln, bcnn, số học, olympic và . |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh