Đến nội dung

tcqang

tcqang

Đăng ký: 25-02-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

#608419 $x^{4}-4x^{2}+10x+5=0$

Gửi bởi tcqang trong 11-01-2016 - 12:23

Giải PT:

$x^{4}-4x^{2}+10x+5=0$

Về lý thuyết, mọi phương trình bậc 4 luôn giải được theo công thức Ferrari, bằng cách đổi biến, và quy về việc tìm hệ số $\alpha$ bằng cách giải 1 phương trình bậc 3. Phương trình bậc 3 vẫn luôn giải được tổng quát theo công thức Cacdano. Đối với bài trên, chạy máy sẽ thấy nghiệm cực kỳ khủng

$x = -1/(2 sqrt(3/(8+(2006-18 sqrt(11065))^(1/3)+(2 (1003+9 sqrt(11065)))^(1/3))))-1/2 sqrt(16/3-1/3 (2006-18 sqrt(11065))^(1/3)-1/3 (2 (1003+9 sqrt(11065)))^(1/3)+20 sqrt(3/(8+(2006-18 sqrt(11065))^(1/3)+(2 (1003+9 sqrt(11065)))^(1/3))))$

Có lẽ mọi cách đặt ẩn phụ đều chỉ mang mục đích tính toán "trâu bò" một tí mới được :D  




#608243 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 22:31

Mọi người ai có bộ đề thi hsg toán 10 các tỉnh có đáp án cho mình xin dc ko? tks nhiều

Đây nè bạn.

http://download.com....p 10/index.aspx




#608237 Topic về bất đẳng thức

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 22:16

Mình giải rồi. Post lên để cùng tham khảo lời giải của các bạn, biết đâu có nhiều ý tưởng hay hơn...




#608121 \[P= \sqrt{16+a^{4}}+4\sqrt{1+b^...

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 09:18

Áp dụng BĐT Min-cốp-xki và Cô-si, ta có:
 
$P= \sqrt{16+a^{4}}+4\sqrt{1+b^{4}}=\sqrt{16+a^{4}}+\sqrt{16+16b^2}\geq \sqrt{(a^2+4)^2+(4+4b^2)^2}\geq \sqrt{2(a^2+4)(4b^2+4)}\geq \sqrt{2.\frac{(a+2)^2}{2}.4.\frac{(b+1)^2}{2}}=\frac{9\sqrt{2}}{2}$

Hình như dấu bằng không xảy ra rùi nhen bạn.
Đã có lời giải ở đây http://diendantoanho...rt16a44sqrt1b4/


#608116 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 08:01

Thêm 1 bài Đại số.

Bài 16:

Cho $f(x) = ax^2 + bx + c$, với $ac < 0$.

Chứng minh rằng $f(f(x))$ có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.

$f(f(x)) = 0 \Leftrightarrow a f^2(x) + bf(x) + c = 0 \Leftrightarrow f(x) = t_1$ hoặc $f(x) = t_2$, với $t_1 < 0 < t_2$ (vì $ac < 0$).

$\Leftrightarrow ax^2 + bx + c - t_1 = 0 (1)$ hoặc $ax^2 + bx + c - t_2 = 0 (2)$.

Tới đây lý luận:

Vì $ac < 0$ nên có thể giả sử $a > 0$ và $c<0$ (nếu không thích giả sử thì xét 2 trường hợp cũng được)

suy ra $c - t_2 < 0$, dẫn đến $a(c - t_2) < 0$ nên phương trình $(2)$ có ít nhất 2 nghiệm trái dấu $x_1 < 0< x_2$ (đpcm).




#608115 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 07:49

Bài 15:

Giải phương trình

$$\sqrt{x^2 - 3x\sqrt{2}+9} + \sqrt{x^2 - 4x\sqrt{2}+16} = \frac{5}{\sqrt{49x^2 -168x\sqrt{2}+289} } $$

Dùng BĐT vecto đánh giá $VT \ge 5 \ge VP$. Từ đó phương trình có 1 nghiệm duy nhất $x = \frac{12\sqrt{2}}{7}$.




#608114 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 07:46

Góp 1 bài:

Bài 14:

Cho $a, b, c$ là 3 cạnh của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:

$$5(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge (a+b+c)^3 + 18abc$$

Sử dụng kết quả $(a\vec{GA} + b\vec{GB}+c\vec{GC})^2 \ge 0$ (với G là trọng tâm tam giác $ABC$).

Khai triển kết quả trên và dùng công thức đường trung tuyến sẽ ra được yêu cầu đề bài.

Dấu bằng xảy ra khi tam giác $ABC$ đều.




#608110 Có bao nhiêu số có 9 chữ số lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 và ch...

Gửi bởi tcqang trong 09-01-2016 - 06:50

Đây là bài test IQ của Đại học FPT. Ban đầu mình cũng nghĩa là các chữ số đôi một khác nhau nhưng không đơn giản như vậy. Ở chữ số cuối cùng mình chưa hiểu lắm, chỉ có 1 cách chọn chứ không phải 9 cách chọn cho chữ số cuối cùng ???
Vì là trắc nghiệm nên có thể loại trừ
Loại đáp án A vì chắc chắn các số thỏa mãn phải nhiều hơn 9!
Loại đáp án D và E vì 2 đáp án này đều nhỏ hơn 9! 
-> Chỉ còn hoặc B hoặc C đúng

8 chữ số đầu là tùy ý, thì ta tổng 8 chữ số này và chia cho 9 luôn xảy ra 1 trong 9 trường hợp: dư 0 (chia hết) hoặc dư 1, 2,3,....8. Nên chữ số cuối cùng chỉ còn đúng 1 cách chọn để tổng của nó với 8 số đầu là chia hết cho 9.


#608090 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 22:55

Bài 15:

Giải phương trình

$$\sqrt{x^2 - 3x\sqrt{2}+9} + \sqrt{x^2 - 4x\sqrt{2}+16} = \frac{5}{\sqrt{49x^2 -168x\sqrt{2}+289} } $$




#608085 TOPIC ôn thi Olimpic 30/04 và thi HSG toán 10

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 22:19

Góp 1 bài:

Bài 14:

Cho $a, b, c$ là 3 cạnh của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:

$$5(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge (a+b+c)^3 + 18abc$$




#607951 Tìm hệ số trong khai triển $P(x)=1-(x-1)+(x-1)^2-(x-1)^3+...+(x-1)^98-(x...

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 13:50

1) Cho khai triển $P(x)=1-(x-1)+(x-1)^2-(x-1)^3+...+(x-1)^98-(x-1)^99$ có dạng $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+...+a_{99}x^{99}$

Tìm $a_{2}$

 

2) Cho 40 viên bi gồm: 10 viên bị xanh được đánh số từ 1 đến 10, 10 viên bị đỏ được đánh số từ 1 tới 10, 10 viên bi vàng được đánh số từ 1 đến 10, 10 viên bi trắng được đánh số từng 1 tới 10. Có bao nhiêu cách lấy ngẫu nhiên 5 viên bi khác số từ 40 viên bi trên ?

 

Bài 2 mình có cách làm như thế này, mọi người xem giúp mình có đúng ko nhá, nếu ko đúng hay có cách hay hơn thì cho mình biết nhá :D Mình cám ơn :)

 

Trường hợp 1: Trong 5 bi có 2 bi xanh.

Lấy 2 bi xanh khác số trong 10 bi xanh có $C_{10}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi đỏ, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi đỏ có $C_{8}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi vàng, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi vàng có $C_{7}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi trắng, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi trắng có $C_{6}^{2}$ cách.

$\Rightarrow$ Trường hợp 1 có $C_{10}^{2}.C_{8}^{2}.C_{7}^{2}.C_{6}^{2}=a$ cách.

Vì các trường hợp sau tương tự nên ta lấy kết quả nhân lên cho 4, vậy ta được tổng cộng có $4a=...$ cách lấy.

 

a là 1 số nhá, mình lười tính :D

Bài 1 chúng ta chỉ cần viết lại $P$ cho có 1 quy luật: $P = 1 + (1 - x) + (1 - x)^2 + ... + (1 - x)^{99}$.

Với $k \ge 2$ thì hệ số của $x^2$ trong khai triển $(1-x)^k$ là $C_{k-2}^k = C_k^2$

Suy ra hệ số của $x^2$ trong khai triển của $P$ là: $C_2^2 + C_3^2 + C_4^2 + ... + C_{99}^2$.




#607950 Tìm hệ số trong khai triển $P(x)=1-(x-1)+(x-1)^2-(x-1)^3+...+(x-1)^98-(x...

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 13:44

1) Cho khai triển $P(x)=1-(x-1)+(x-1)^2-(x-1)^3+...+(x-1)^98-(x-1)^99$ có dạng $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+...+a_{99}x^{99}$

Tìm $a_{2}$

 

2) Cho 40 viên bi gồm: 10 viên bị xanh được đánh số từ 1 đến 10, 10 viên bị đỏ được đánh số từ 1 tới 10, 10 viên bi vàng được đánh số từ 1 đến 10, 10 viên bi trắng được đánh số từng 1 tới 10. Có bao nhiêu cách lấy ngẫu nhiên 5 viên bi khác số từ 40 viên bi trên ?

 

Bài 2 mình có cách làm như thế này, mọi người xem giúp mình có đúng ko nhá, nếu ko đúng hay có cách hay hơn thì cho mình biết nhá :D Mình cám ơn :)

 

Trường hợp 1: Trong 5 bi có 2 bi xanh.

Lấy 2 bi xanh khác số trong 10 bi xanh có $C_{10}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi đỏ, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi đỏ có $C_{8}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi vàng, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi vàng có $C_{7}^{2}$ cách.

Lấy 1 bi trắng, khác số với những bi đã lấy trên, từ 10 bi trắng có $C_{6}^{2}$ cách.

$\Rightarrow$ Trường hợp 1 có $C_{10}^{2}.C_{8}^{2}.C_{7}^{2}.C_{6}^{2}=a$ cách.

Vì các trường hợp sau tương tự nên ta lấy kết quả nhân lên cho 4, vậy ta được tổng cộng có $4a=...$ cách lấy.

 

a là 1 số nhá, mình lười tính :D

Sai nhé bạn.

Khi nào đề có yêu cầu đủ 4 màu thì mình mới xét 4 trường hợp như vậy, Ví dụ ta có thể lấy hết 5 bi màu xanh số 1, 2, 3, 4, 5 vẫn thỏa yêu cầu bài toán.

Bài này cứ đếm thẳng, có $40.36.32.28.24 :5!$ cách.




#607947 Giải : $\frac{x-\sqrt{x}}{1-\sqr...

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 13:34

Giải : $\frac{x-\sqrt{x}}{1-\sqrt{2(x^2-x+1)}}\geqslant 1$

ĐK: $x \ge 0$.

Nhận thấy $x^2 - x + 1 \ge \frac{3}{4}, \forall x \in R$ nên $1 - \sqrt{2(x^2 - x + 1)} < 0, \forall x \in R$.

Do đó bpt $\Leftrightarrow x - \sqrt{x} \le 1-\sqrt{2(x^2-x+1)} \Leftrightarrow -x + \sqrt{x} +1 \ge \sqrt{2(x^2-x+1)}$.

Nhận thấy $x = 0$ không thỏa mãn bpt, nên với $x > 0$, chia 2 vế cho $\sqrt{x}$ ta được bpt bậc 2 theo $t = \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}}$ là ra được $t$ và đáp số $x = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ (trường hợp đặc biệt $A^2 \le 0 \Leftrightarrow A = 0$.




#607944 Tạp chí toán học khối 10 THPT Chuyên Hà Giang

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 13:15

Bài 1: Cho tam thức bậc 2 f(x)=ax^2+bx+ac khác 0

Chứng minh rằng nếu ac<0 thì phương trình f(f(x))=0 có nghiệm.

 

Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I, J, M lần lượt là trung điểm của AH, EF, BC. P, Q lần lượt là giao điểm của EF với các tiếp tuyến  tại B và C của đường tròn (O), MF cắt AD tại L, ME cắt đường thẳng qua F và song song với BC tại K.

a)Chứng minh MP song song với CF, MQ song song với BE.

b)Chứng minh IJ luôn đi qua điểm cố định khi (O) và BC cố định, A di động trên cung BC.

c)Tính góc giữa hai đường thẳng IK và EL?

Bài 1.

Viết lại $f(f(x) = a f^2 (x) + b f(x) + c $.

Chúng ta có thể chứng minh chặt chẽ hơn: phương trình $f(f(x)) = 0$ có ít nhất 2 nghiệm trái dấu.

Thật vậy, do $ac < 0$ nên phương trình $af^2 + bf + c = 0$ luôn có 2 nghiệm trái dấu $t_1 < 0 < t_2$.

Tức $a f^2 (x) + b f(x) + c = 0 \Leftrightarrow f(x) = t_1$ hoặc $f(x) = t_2$ .

$\Leftrightarrow ax^2 + bx + c - t_1 = 0 (1) $ hoặc $ax^2 + bx + c - t_2 = 0 (2)$

Tới đây lý luận:

Do ac < 0 nên có thể giả sử $a > 0$ và $c < 0$ (nếu không thích giả sử thì chia thành 2 trường hợp cũng vậy).

Nên $c - t_2 < 0$ suy ra $a(c - t_2) < 0$, nên pt $(2)$ luôn có 2 nghiệm trái dấu $x_1 < 0 < x_2$.

Suy ra đpcm.




#607904 TOPIC Tổ hợp-Xác suất

Gửi bởi tcqang trong 08-01-2016 - 10:59

Bài 21.

Cho các chữ số: 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6.

Từ các chữ số này, lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 6.

Gọi $n = \bar{abcdef}$ là số thỏa mãn yêu cầu.

Một số chia hết cho 6 khi nó là số chẵn và chia hết cho 3 (có tổng các chữ số chia hết cho 3).

Trước tiên, ta lập các bộ 6 chữ số có tổng chia hết cho 3.

Để ý tổng 7 chữ số 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 chia hết cho 3, nên để chọn 6 chữ số có tổng chia hết cho 3, ta chỉ cần bỏ ra 1 chữ số chia hết cho 3 (tức bỏ 0; hoặc 3; hoặc 6), có đúng 3 bộ:

A = {1; 2; 3; 4; 5; 6}, B = {0; 1; 2; 4; 5; 6}, C = {0; 1; 2; 3; 4; 5}.

Xét bộ A:

f: có 3 cách chọn (2 hoặc 4 hoặc 6)

5 số còn lại: 5!

Suy ra, từ bộ A có 3.5! số.

Xét bộ B, C: Tương tự bộ A, ta chỉ cần trừ lại những số có 0 đi đầu, nên đều có (3.5! - 1.2.4!) số

(Hoặc có thể đếm trực tiếp bằng cách chia 2 trường hợp số cuối bằng 0 và khác 0).

Theo quy tắc cộng, có tất cả (9.5! - 4.4!) số.