Đến nội dung

tenlamgi

tenlamgi

Đăng ký: 06-11-2016
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Trong chủ đề: Có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử của A mà tổng bằng 90?

18-05-2019 - 14:13

Dùng partition function:

$Q(90, 3) = P(90 - C^2_3, 3) = \text{round}\left(\frac{87 ^ 2}{12}\right) = 631$

 

Tham khảo thêm tại:

http://mathworld.wol...nFunctionQ.html


Trong chủ đề: giải phương trình $x^{2}+\sqrt{(1-x^{2...

27-04-2017 - 13:42

1, $x^{2}+\sqrt{(1-x^{2})^{3}} =2x\sqrt{1-x^{2}}$

2, $\sqrt{1+\sqrt{1-x^{2}}}.\left ( \sqrt{(1-x)^{3}}- \right\sqrt{(1+x)^{3}} ) =2+\sqrt{1-x^{2}}$

3, $\sqrt{1-x}-2x\sqrt{1-x^{2}}-2x^{2}+1=0$

4, $64x^{6}-112x^{4}+56x^{2}-7=2\sqrt{1-x^{2}}$

5, $x+\frac{x}{\sqrt{x^{2}-1}}=\frac{35}{12}$

6, $(x-3)(x+1)+4(x-3)\sqrt{\frac{x+1}{x-3}}=-3$

Câu 4:Do ĐK: $-1\leq x\leq 1$ nên ta có thể đặt: $x=\cos a$ với $a \in [0;\pi]$

PT $\Leftrightarrow 2(32\cos ^6a-48\cos^4a+18\cos^2a-1)-2(8\cos^4a-8\cos^2a+1)+2(2\cos^2a-1)-1=2\sin a$

$\Leftrightarrow 2\cos 6a-2\cos 4a+2\cos 2a-1=2\sin a$

$\Leftrightarrow \cos 6a -1/2=\cos 4a -\cos 2a + \sin a$

$\Leftrightarrow 2(1/4-\sin^2 3a)=\sin a(1-2\sin 3a)$

$\Leftrightarrow (1-2\sin 3a)(1/2+\sin 3a)=\sin a(1-2\sin 3a)$

hoặc $\sin 3a =1/2\Leftrightarrow a \in {\pi/18;5\pi/18;13\pi/18;17\pi/18}$

hoặc $4\sin^3 a -2\sin a-1=0\Rightarrow a \in {3\pi/10;7\pi/10}$

Vậy  phương trình đầu có 6 nghiệm:

$x=\pm \cos(3\pi/10)=\pm \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$

$x=\pm \cos (\pi/18)$

$x=\pm \cos(5\pi/18)$


Trong chủ đề: Chứng minh rằng AF vuông góc với BX

23-04-2017 - 17:06

Cho hình vuông ABCD. E là điểm thuộc cạnh CD. Đường phân giác góc BAE cắt đoạn BC tại điểm F. Trên tia BF lấy điểm G sao cho FG=2DE. Gọi O là trung điểm FG. Từ B kẻ hai tiếp tuyến BH, BK tới đường tròn (O), H nằm ở miền trong của hình vuông ABCD (với (O) là đường tròn tâm O, bán kính OF).

a) Chứng minh rằng ABH là tam giác cân.

b) Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AH tại điểm X. Chứng minh rằng AF vuông góc với BX.

Gọi độ dài cạnh hình vuông là $a$:

Ta có:

a)$tan(2\angle BAF )=tan(\angle BAE)=cot(\angle EAD)=\frac{a}{\left \| DE \right \|}$

$\Rightarrow tan(\angle BAF)=\frac{\sqrt{1+\frac{a^2}{\left \| DE \right \|^2}}-1}{\frac{a}{\left \| DE \right \|}}\Rightarrow \left \| BF \right \|=atan(\angle BAF)=\sqrt{\left \| DE \right \|^2+a^2}-\left\|DE \right\|=\left \| AE \right \|-\left \| DE \right \|$

$\Rightarrow \left \| BO \right \|=\left \| BF \right \|+\left \| DE \right \|=\left \| AE \right \|$

mà:

$\left \| OH \right \|=\left \| ED \right \|\Rightarrow \Delta OHB=\Delta EDA\Rightarrow \left \| BH \right \|=\left \| AD \right \|=\left \| AB \right \|$

$\Rightarrow \Delta ABH$ cân.

b)Gọi $I$ là trung điểm $AB$, Xét tích vô hướng:$\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{BX}$

$\overrightarrow{BX}\cdot \overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{IX})\cdot (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF})=\overrightarrow{BI}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{IX}\cdot \overrightarrow{BF}=-\left \| BI \right \|\left \| AB \right \|+\left \| IX \right \|\left \| BF \right \|=-\frac{1}{2}a^2+\frac{1}{2}a^2tan(\angle BAF)tan(\angle BAH)$

Ta sẽ chứng minh: $tan(\angle BAF)tan(\angle BAH)=1$

Thật vậy do tứ giác $ABFH$ nội tiếp nên $\angle BAF+\angle BAH=\frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow \overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{BX}=\frac{-a^2}{2}(1-tan(\angle BAF)tan(\angle BAH))=0$

do đó $AF$ vuông góc $BX$


Trong chủ đề: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$

23-04-2017 - 13:38

Chứng minh bất đẳng thức sau :$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$

Không dùng bất đẳng thức phụ : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$

Bất đẳng thức sai với bộ $(1;-2;-2)$


Trong chủ đề: $x^3-3x+1=0$

01-03-2017 - 19:26

Vẫn vậy bạn à, phương trình thu được không có nghiệm thực. Bây giờ mình sẽ giải thích tại sao cách đặt này không có tác dụng nếu không dùng đến số phức.
Xét phương trình bậc 3 $x^3+px+q=0$ (1) có 3 nghiệm thực phân biệt. Khi đó, đặt $x=t-\frac{p}{3t}$ thì ta thu được phương trình $t^3+q+\frac{p^3}{27t^3}=0$. Nhân hai vế với $t^3$ để thu được $t^6+qt^3-\frac{p^3}{27}=0$. Đây là phương trình bậc hai theo $t^3$. Nó có nghiệm thực khi và chỉ khi $q^2-\frac{4p^3}{27}\geq 0$. Mặt khác ta biết rằng phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $q^2-\frac{4p^3}{27}<0$. Do đó nếu không dùng số phức thì cách này không áp dụng được.

Vậy giả sử như một học sinh cấp 2 mà hỏi bài kiểu này thì mình phải làm sao?