Để ý rằng cặp số $(\sqrt 2 +1; \sqrt 2 -1)$ không hề có vai trò nào khác ngoài đẳng thức $(\sqrt 2 + 1)(\sqrt 2 - 1)=1$. Vậy thì ta hoàn toàn có thể thay thế bằng một bộ $\left( {\alpha; \frac{1}{\alpha}} \right)$.
- hxthanh, tritanngo99 và MHN thích
Gửi bởi perfectstrong trong 11-03-2024 - 15:14
Để ý rằng cặp số $(\sqrt 2 +1; \sqrt 2 -1)$ không hề có vai trò nào khác ngoài đẳng thức $(\sqrt 2 + 1)(\sqrt 2 - 1)=1$. Vậy thì ta hoàn toàn có thể thay thế bằng một bộ $\left( {\alpha; \frac{1}{\alpha}} \right)$.
Gửi bởi perfectstrong trong 08-03-2024 - 01:31
N* nha bạn
Chỉ việc thay $x_i = y_i + 1$ là quy về bài toán chia kẹo kinh điển. Đáp số là $C_{n-1}^{m-1}$
Gửi bởi perfectstrong trong 05-03-2024 - 09:16
Gửi bởi perfectstrong trong 01-03-2024 - 10:58
Mở đầu ta xem xét định lí sau:
Qua định lí này ta thấy rằng dễ dàng tìm vô cùng bé tương đương cho một tích bằng thế vô cùng bé tương đương cho từng hàm số nhưng đối với tổng hoặc hiệu thì điều này trở nên "nguy hiểm". Ta xét ví dụ sau đây
Hàm $f(x)=0$ vẫn thỏa mãn điều kiện trong lân cận quanh $x=0$, và $\lim_{x \to 0} \frac{x^3}{3} = 0$ thì đâu khác gì $\lim_{x \to 0} f$ ?
Mình lại nghĩ ví dụ này đúng, chỉ là tùy tình huống mà sẽ có lợi hay không.
Gửi bởi perfectstrong trong 27-02-2024 - 10:38
Gửi bởi perfectstrong trong 27-02-2024 - 10:30
Bài này phải ở mức THPT hoặc Olympic nên mình sẽ chuyển về bên ấy.
Có nhiều cách chứng minh bài toán này. Tổng đã cho tương đương với
\[S = \sum\limits_{k = 0}^{1014} {{3^{2k}}C_{2018}^{2k}} \]
Nhìn hạng tử $3^{2k}C_{2018}^{2k}$ làm ta liên tưởng tới số hạng của khai triển nhị thức $(1+3x)^n$, nên ta đặt $f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^{2018}}$.
Lại chú ý rằng tổng $S$ chỉ có những số hạng mũ chẵn, nên ta phải tìm cách triệt tiêu các số mũ lẽ của $f$.
Một cách thông dụng là xét $f(x)+f(-x)$, khi đó các số mũ lẻ sẽ tự triệt tiêu nhau.
\[S = \frac{{f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right)}}{2} = ...\]
Gửi bởi perfectstrong trong 26-02-2024 - 17:11
1. Đánh giá độ khó của từng bài, xếp theo thứ tự dễ đến khó rồi tấn công từ bài.
2. Tập giải nhiều bài để có được trực giác và nhiều phương pháp.
Hai việc này thực ra đi song hành với nhau: làm nhiều mới biết được bài khó hay dễ.
Còn về cách trình bày, bạn tập trình bày lý luận ngược: muốn chứng minh A, ta cần có B và C. Để chứng minh B, ta có ... Để chứng minh C, ta thấy rằng có D, E, F, v.v.
Gửi bởi perfectstrong trong 24-02-2024 - 18:33
Bạn vui lòng đặt tiêu đề theo quy định.
https://diendantoanh...ệc-đặt-tiêu-đề/
Sau đó, hãy gõ công thức toán bằng LaTeX như hướng dẫn ở đây : https://diendantoanh...-trên-diễn-đàn/
Bạn có 3 ngày để sửa bài viết. Nếu bạn không làm đúng quy định thì bài viết sẽ bị khóa vĩnh viễn.
Gửi bởi perfectstrong trong 24-02-2024 - 18:33
Bạn vui lòng đặt tiêu đề theo quy định.
https://diendantoanh...ệc-đặt-tiêu-đề/
Sau đó, hãy gõ công thức toán bằng LaTeX như hướng dẫn ở đây : https://diendantoanh...-trên-diễn-đàn/
Bạn có 3 ngày để sửa bài viết. Nếu bạn không làm đúng quy định thì bài viết sẽ bị khóa vĩnh viễn.
Gửi bởi perfectstrong trong 24-02-2024 - 08:33
Gửi bởi perfectstrong trong 21-02-2024 - 23:37
Cho em hỏi là việc mình dùng góc định hướng để giải thì có lợi ích gì hơn so với khi làm góc bình thường ấy ạ?
Mục đích là giảm sự phụ thuộc vào vị trí tương đối của các điểm/đoạn thẳng. Chẳng hạn, nếu $ABC$ nhọn thì $H$ nằm trong tam giác $ABC$, nhưng nếu tam giác $ABC$ tù thì $H$ lại nằm ngoài.
Mệnh đề "$E,F,H$ thẳng hàng" vẫn đúng, nhưng các góc cần so sánh đã thay đổi vị trí, các phép cộng trừ góc có thể sẽ cần phải viết lại. Sử dụng góc định hướng giúp cho việc tính toán góc không phụ thuộc vào vị trí "chúng ta đang thấy".
Gửi bởi perfectstrong trong 20-02-2024 - 17:42
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O).Đườngthẳng CH cắt AB tại D . Đường thẳng qua D vuông góc với OD , cắt đường thẳngBC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH cắt đường thẳng AB tại F ( F khôngtrùng B ). Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.
Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:
Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.
Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.
Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:
Áp dụng vào bài toán ban đầu, ta thu được $DI = DE$. Lại có $DG=DH$ nên dễ dàng suy ra $GI \parallel EH$.
Ta có đpcm.
Gửi bởi perfectstrong trong 20-02-2024 - 11:35
Lúc nào viết cũng thấy chữ mình hơi ẩu e trình bày như thế ổn không ạ?
Bạn cẩn thận dòng $\angle FMC = \frac{1}{2} \text{sđ } EC; \angle FBC = \frac{1}{2} \text{sđ } DC$, vì bạn đang nói tới hai đường tròn khác nhau.
Nên nói thêm là hai đường tròn này có cùng bán kính và dây cung của hai cung nhỏ nói tới bằng nhau.
Gửi bởi perfectstrong trong 20-02-2024 - 11:30
Có nhất thiết phải là Cabri không bạn ? Không thì có Geogebra 3D miễn phí mà còn dùng được trên trình duyệt nữa.
Gửi bởi perfectstrong trong 19-02-2024 - 10:11
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học