perfectstrong

Cho e xin cái hình được không ạ? e vẽ mà (C,CD) cắt (c) tại 2 điểm mà cả 2 điểm ấy đều thuộc cung AC luôn ấy ạ 

Thầy Thế quên nói rằng $D$ nằm giữa $A,B$. Bạn dùng hình này nhé:

Ta giải với $R>0$ bất kỳ. Diện tích toàn phần sẽ tỉ lệ thuận với $R^2$.

 

Đặt $d=2R$ là đường kính của trái bóng.

Gọi $a,b,c$ là số trái bóng lần lượt sắp theo chiều dài, rộng, cao của hình hộp.

Trong trường hợp xếp theo "hình hộp" như giải thích ở bài viết https://diendantoanh...ổi/#entry743621 thì ta có các số liệu sau:

\begin{gather*}
    \begin{array}{c|c|c|c|c}
    \text{STT} & \text{Dài} (\#) & \text{Rộng} (\#) & \text{Cao}(\#) & \text{S} (R^2) \\
\hline 1 & 12 & 1 & 1 & 50,00\\
\hline 2 & 6 & 2 & 1 & 40,00\\
\hline 3 & 4 & 3 & 1 & 38,00\\
\hline 4 & 3 & 2 & 2 & 32,00\\
    \end{array}
\end{gather*}

 

Vậy lời giải số 4 (xếp theo \(3 \times 2 \times 2 \)) đang là lời giải tốt nhất.

 

Nếu ta xếp xen kẽ các trái bóng thì ta có thể làm tốt hơn không?

Dưới đây là một cách xếp xen kẽ 2 lớp, mỗi lớp 2 hàng, mỗi hàng 3 bóng xen kẽ với hàng trên.

 

 

Chú ý rằng khi xếp chồng 2 lớp lên thì mặt bên của hình hộp (mặt có 6 bóng) sẽ có sắp xếp tương tự với lớp 1 hoặc 2. Sau khi tính toán các thông số, ta thu được chiều dài \(3,5 R\), chiều rộng \(\left( {1+\frac{\sqrt 3}{2}} \right)R\) và chiều cao \(\left( {1+\frac{\sqrt 3}{2}} \right)R\). Vậy diện tích toàn phần sẽ xấp xỉ \((17,5+9\sqrt{3})R^2 \approx \bf 33,09R^2\).

 

Vậy là phương án xếp xen kẽ không thể vượt được cách xếp hình hộp \(3 \times 2 \times 2\)

 

Thế nhưng, liệu có thể chứng mình đấy là phương án tốt nhất không?

(CASIO THCS toàn quốc năm 2011) Một quả bóng rổ theo tiêu chuẩn quốc tế có dạng hình cầu với bán kính $R = 12,09 (cm)$ (như hình bên). Người ta muốn tạo ra các túi dạng hình hộp đứng có nắp bằng bìa ( cứng và nhẵn ) để đựng được ${\bf 12}$ quả bóng rổ nói trên. Nếu chưa tính cần có các mép dán thì diện tích bìa ít nhất để tạo mội túi như thế là bao nhiêu $cm^2$?

 

https://diendantoanh...5-đến-năm-2014/

 

Mình chứng minh như sau (không phụ thuộc hình vẽ). Mình viết chứng minh dài vì giải thích từng tí một.

 

Hai đường tròn: đường tròn tâm $A$ với bán kính $AP$ và đường tròn tâm $D$ với bán kính $DA$ lần lượt đi qua tâm của nhau. Do đó với hai giao điểm $E$ và $F$ của chúng, chúng ta suy ra $AE = AF = DE = DF = AD$, kéo theo hai tam giác $ADE$ và $ADF$ là hai tam giác đều.

 

Tam giác $APD$ cân tại $A$ vì $P$ và $D$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$ với bán kính $AP$. Cùng với việc $Q$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APD$, chúng ta chứng minh được hai tam giác $QDA$ và $QPA$ bằng nhau và cùng hướng. Từ điều này chúng ta có cặp góc bằng nhau, cụ thể là $(AQ, AD) \equiv (PQ, PA) \pmod{\pi}$. Nếu vẽ tiếp tuyến $t$ đi qua $A$ của đường tròn $c$ thì chúng ta có $(AQ, t) \equiv (PQ, PA) \pmod{\pi}$ (phiên bản góc định hướng cho định lý góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau). Do đó $(AQ, AD) \equiv (AQ, t)\pmod{\pi}$, điều này có nghĩa là $AD$ trùng $t$, hay $AD$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $c$.

 

Tiếp tục áp dụng định lý về góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung, cùng với việc hai tam giác $ADE$ và $ADF$ đều (chúng cũng ngược hướng nữa) chúng ta có

$$(CA, CB)\equiv (AD, AB) \equiv (AD, AF) \equiv (FA, FD) \equiv -(FD, FA) \pmod{\pi}$$

$$(BA, BC)\equiv (AD, AC) \equiv (AD, AE) \equiv (AF, AD) \equiv -(AD, AF) \pmod{\pi}$$

Từ hai điều này, chúng ta suy ra hai tam giác $ABC$ và $DAF$ đồng dạng ngược hướng (trường hợp góc-góc). Vì tam giác $DAF$ là tam giác đều nên tam giác $ABC$ cũng là tam giác đều.

 

____

 

Lưu ý: Việc có $\angle EAF = 120^{\circ}$ là không đủ để suy ra $\angle BAC = 60^{\circ}$. Bởi vì nếu chỉ có $\angle EAF = 120^{\circ}$ thì $\angle BAC$ có thể có số đo là $60^{\circ}$ hoặc $120^{\circ}$.

 

Mình có góp ý nữa: Các bạn không nên dùng những từ như "dễ thấy" và "quen thuộc" vì đó là những tính từ mang tính chủ quan, làm suy giảm tính khách quan và sự dễ theo dõi cho người đọc. Ngoài ra, khi lập luận, nếu nêu rõ được dùng mệnh đề gì, điều kiện gì để "suy ra" thì tốt hơn là chỉ nêu mỗi "suy ra ..."

Bạn dùng cả góc định hướng thì quá tầm THCS mất rồi Hình học THCS thì chỉ dừng lại ở mức trực quan chứ chưa thể làm chặt chẽ hơn như THPT Nhưng đúng là không nên "dễ thấy" và "quen thuộc", dễ tạo thành thói quen xấu khi đi kiểm tra thi thố.

Giả sử tồn tại tập $B$ có $50$ phần tử bất kỳ của $S$ sao cho không tìm được 2 số có tổng là số chính phương.
Chia S thành $50$ cặp số dạng $(k;100-k); k \in \{1;...;50 \}$
Khi đó tập $B$ chỉ chứa đúng $1$ số trong mỗi cặp.

• $3 \in B$ thì do $3+78=81 =9^2$ nên $78 \not \in B \implies 22 \in B$. Lại có $22;3 \in B; 22+3=25=5^2$, mâu thuẫn 
• $97 \in B$ thì do $97+99=196=14^3$ nên $99 \not \in B \implies 1 \in B$ Lại có $1+8=3^2;1+48=7^2 \implies 48;8 \not \in B \implies 92;52 \in B$ nhưng $92+52=12^2$ nên mâu thuẫn.

Do đó giả sử sai.

Chú ý rằng $k=50$ thì $k=100-k$, mà $50$ chỉ được chọn nhiều nhất 1 lần thôi. Và em vẫn chưa xét phần tử $100$.

Bạn vui lòng đặt tiêu đề đúng quy định

https://diendantoanh...ệc-đặt-tiêu-đề/

Và gõ công thức toán bằng LaTeX

https://diendantoanh...-trên-diễn-đàn/

 

Bài toán của bạn còn thiếu điều kiện về $a,b,m,n$. Nhưng nói chung chỉ cần dùng phương pháp biến đổi tương đương: khai triển ở VP rồi lượt bớt phần tử chung để thu về $(a^m-b^m)(a^n-b^n) \ge 0$. Sau đó xét 2 trường hợp $a \ge b$ và $a \le b$ (hoặc có thể giả sử luôn từ ban đầu vì bđt đã cho đối xứng đối với $a,b$).

Một chút tản mạn về nguồn gốc bài toán: mình lấy cảm hứng từ đề thi CASIO THCS toàn quốc năm 2011

https://diendantoanh...5-đến-năm-2014/

 

Bài 10. ( 5 điểm ) Một quả bóng rỗ theo tiêu chuẩn quốc tế có dạng hình cầu với bán kính $R = 12,09 (cm)$ (như hình bên). Người ta muốn tạo ra các túi dạng hình hộp đứng có nắp bằng bìa ( cứng và nhẵn ) để đựng được 12 quả bóng rỗ nói trên. Nếu chưa tính cần có các mép dán thì diện tích bìa ít nhất để tạo mội túi như thế là bao nhiêu $cm^2$? Trình bày tóm tắt cách giải vào phần dưới đây.

 2024-02-16_15h00_33.png   69.17K   0 Số lần tải

 

Đáp án trong file chỉ xét cách xếp "hình hộp" mà không tính tới trường hợp xếp xen kẽ. Bạn nào thử nghĩ xem nếu xếp xen kẽ thì có thể cải thiện đáp án không?

Chấm điểm bài làm:

1. Nguyen Bao Khanh: 3đ. Bạn đọc đề chưa kỹ. Bài báo mà bạn tìm ra nói về mật độ thể tích, trong khi đề chỉ yêu cầu diện tích toàn phần của hình hộp bao ngoài. Và đề cũng không yêu cầu bạn phải chứng minh giá trị cực tiểu.

2. bahieupbc: 3đ.

3. trantiennguyen: 7đ. Mặc dù bạn giải đúng nhưng BGK gặp khó khăn để đọc bài làm của bạn. Bạn không tải ảnh trực tiếp lên diễn đàn mà lại dùng link ngoài. Chất lượng chụp ảnh không đủ tốt khiến một số ký tự quan trọng bị mờ.

Đáp án:

Lời giải câu 1
Ta có kích thước của thùng nước ngọt (hình hộp chữ nhật) như sau:

 xep lon 1.png   9.38K   0 Số lần tải

• Chiều dài: \(5,5 \times 6 = 33 (cm)\)
• Chiều rộng: \(5,5 \times 4 = 22 (cm)\)
• Chiều cao: \(14,5 (cm)\)

Vậy diện tích toàn phần (tổng diện tích giấy) là:
\begin{equation*}
    2 \times (33 \times 22 + 33 \times 14,5 + 22 \times 14,5) = 3047 (cm^2) = 0,3047 (m^2)
\end{equation*}

 

Lời giải câu 2
Nếu để ý rằng ta có thể xếp các hàng "so le" với nhau, tức là lon nước hàng dưới sẽ nằm giữa hai lon kề nó ở hàng trên, thì ta có thể giảm chiều rộng tổng thể. Vậy ta hãy thử xếp cách sau: 1 lớp, mỗi lớp 4 hàng, mỗi hàng gồm 6 lon sắp so le so với hàng trên.

 xep lon 2.1.png   19.47K   0 Số lần tải

Hình b là hình nhìn từ trên xuống. Chú ý rằng mỗi tam giác dựng từ các tâm hình tròn liền kề sẽ là tam giác đều với cạnh là đường kính lon. Do đó, các thông số của hình hộp là: chiều dài 33,75 cm, chiều rộng \(\left(1+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)5,5 \) cm, và chiều cao 29 cm. Diện tích toàn phần là \({\bf 3025,59} \, cm^2\), tương ứng với \(0,302559 \, m^2\), giúp tiết kiệm được \(0,70\%\) diện tích giấy phải dùng.

Phương án trên vẫn chưa đạt đủ con số \(1\%\) cần có nên ta sẽ tìm cách khác. Ta sắp các lon thành 2 lớp, mỗi lớp gồm 3 hàng, mỗi hàng gồm 4 lon.

 xep lon 2.2.png   8.07K   0 Số lần tải

Diện tích toàn phần là \({\bf 2959} \,cm^2\), tương ứng với \(0,2959 \, m^2\). Phương án này giúp tiết kiệm được \(2,88\%\) diện tích giấy phải dùng: thỏa mãn đề.
Lời giải câu 3
Để thuận tiện tính toán, ta ký hiệu \(\#\) là đơn vị số lon sắp theo mỗi chiều. Dưới đây ta liệt kê một số phương án xếp lon. Chú ý rằng vì số lon ở chiều dài và rộng là tương đương nhau, nên ta chỉ cần quan tâm những cách xếp có chiều dài bằng hơn lớn hơn chiều rộng.
\begin{gather*}
    \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}
    \text{STT} & \text{Dài} (\#) & \text{Dài} (cm) & \text{Rộng} (\#) & \text{Rộng}(cm) & \text{Cao}(\#) & \text{Cao}(cm) & \text{S} (cm^2) \\
    \hline 1 & 48 & 264 & 1 & 5,5 & 1 & 14,5 & 10719,50 \\
    \hline 2 & 24 & 132 & 2 & 11 & 1 & 14,5 & 7051,00 \\
    \hline 3 & 12 & 66 & 4 & 22 & 1 & 14,5 & 5456,00 \\
    \hline 4 & 12 & 66 & 2 & 11 & 2 & 29 & 5918,00 \\
    \hline 5 & 8 & 44 & 6 & 33 & 1 & 14,5 & 5137,00 \\
    \hline 6 & 8 & 44 & 6 & 33 & 1 & 14,5 & 5137,00 \\
    \hline 7 & 7 & 38,5 & 7 & 38,5 & 1 & 14,5 & 5197,50 \\
    \hline 8 & 6 & 33 & 4 & 22 & 2 & 29 & 4642,00 \\
    \hline 9 & 5 & 27,5 & 5 & 27,5 & 2 & 29 & 4702,50 \\
    \hline 10 & 4 & 22 & 4 & 22 & 3 & 43,5 & 4796,00 \\
    \hline 11 & 4 & 22 & 3 & 16,5 & 4 & 58 & 5192,00 \\
    \hline 12 & 6,5 & 35,75 & 3,59 & 19,78 & 2 & 29 & {\bf 4636,23}
    \end{array}
\end{gather*}

Vì \(48=2 \times 24\) nên ta có thể suy nghĩ dựa trên kết quả từ hai câu trước. Điều thú vị là nếu ta xếp chồng gấp đôi phương án tốt hơn ở câu 2 để thu được phương án số 11, thì kết quả lại tệ hơn là sử dụng cách xếp cổ điển (số 8). Thậm chí, nếu ta chấp nhận xếp "thiếu" như phương án số 9, ta lại tiết kiệm được giấy hơn.

Trong trường hợp này, phương án tốt nhất mà ta hiện có, số 12, lại phát triển từ cách sắp thứ nhất ở câu 2: 2 lớp, mỗi lớp gồm 4 hàng, mỗi hàng gồm 6 lon sắp so le so với hàng trên.

 xep lon 3.3.png   11.63K   0 Số lần tải

Khi đó, các thông số trở thành: chiều dài 33,75 cm, chiều rộng \(\left(1+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)5,5 \) cm, và chiều cao 29 cm. Diện tích toàn phần là \( {\bf 4636,23} \, cm^2\), tương ứng với \(0,463623 \, m^2\). Cách này tốt chỉ tốt hơn cách cổ điển \(0,12\%\).
Phụ chú câu 3
Dưới đây là một số suy nghĩ khi tiếp cận bài toán.

Ta sẽ tìm cách sắp xếp "hình hộp" tối ưu. Ta gọi một cách sắp lon là "hình hộp" khi các lon xếp thành từng lớp đặt khớp nhau theo chiều cao của lon; trong mỗi lớp các lon xếp theo hàng và cột sao cho không có cột hay hàng nào thiếu.

Gọi \(N\) là tổng số lon nước cần phải sắp xếp.

Gọi \(d, h\) lần lượt là đường kính và chiều cao lon nước.

Gọi \(a, b, c\) lần lượt là số lon được sắp theo chiều dài, rộng và cao. Khi đó, theo định nghĩa của cách sắp "hình hộp", ta có:
\begin{equation}
    N = a \times b \times c
\end{equation}

Kích thước hình hộp và diện tích toàn phần:
\begin{align*}
  A &= ad \hfill \\
  B &= bd \hfill \\
  C &= ch \hfill \\
  S &= 2\left( {AB + BC + AC} \right)
\end{align*}

Áp dụng BĐT Cauchy 3 số, ta có:
\begin{align}
    S \ge 6{\left( {ABC} \right)^{2/3}} = 6{\left( {N{d^2}h} \right)^{2/3}}
\end{align}

Dấu = xảy ra khi \( A = B = C \Leftrightarrow c = \sqrt[3]{{\frac{{N{d^2}}}{{{h^2}}}}} \) và \(a = b = \sqrt[3]{{\frac{{Nh}}{d}}}\). Tuy nhiên chú ý rằng \(a,b,c \in \mathbb N\) nên \(c \approx \sqrt[3]{{\frac{{N{d^2}}}{{{h^2}}}}} \) và \(a \approx b \approx \sqrt[3]{{\frac{{Nh}}{d}}}\).

 

File PDF:  VMF_Khai_xuân_2024___Hình_học.pdf   225.27K   19 Số lần tải

Có bao nhiêu số nguyên $m$ để phương trình $\frac{sin^{4}x+cos^{4}x+cos4x}{tan(\frac{\pi}{6}+x)cot(\frac{\pi}{3}-x)}=m$

Không biết có sai ở đâu không nhưng ra hàm khá "xấu"

 

\[f\left( x \right) = \frac{{si{n^4}x + co{s^4}x + cos4x}}{{tan(\frac{\pi }{6} + x)cot(\frac{\pi }{3} - x)}} = m\]

Ta tính lần lượt từng số hạng:

\[\begin{align*}  & {\sin ^4}x = \frac{1}{8}\left( {3 - 4\cos 2x + \cos 4x} \right) \hfill \\   &{\cos ^4}x = \frac{1}{8}\left( {3 + 4\cos 2x + \cos 4x} \right) \hfill \\  &\cos 4x = 8{\cos ^4}x - 8{\cos ^2}x + 1 \hfill \\  &{\sin ^4}x + {\cos ^4}x + \cos 4x = \frac{1}{4}\left( {5\cos 4x + 3} \right) = 10{\cos ^4}x - 10{\cos ^2}x + 2 \hfill \\  & \tan \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\cot \left( {\frac{\pi }{3} - x} \right) = {\tan ^2}\left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) \end{align*} \]

Đặt $t = \tan x \in \mathbb R \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{1}{{1 + {t^2}}}$ thì ta có

\[f\left( x \right) = g\left( t \right) = \frac{{\frac{{10}}{{{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^2}}} - \frac{{10}}{{1 + {t^2}}} + 2}}{{3{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 3 t}}{{\sqrt 3  - t}}} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {{t^2} - t + 1} \right)\left( {{t^2} + t - 1} \right){{\left( {\sqrt 3  - t} \right)}^2}}}{{3{{\left( {\sqrt 3 t + 1} \right)}^2}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}\]

Khảo sát $g(t)$ trên WolframAlpha cho ra min toàn cục là $-10,59$

https://www.wolframa...sqrt 3 - t))^2)

 

$\Leftrightarrow (2^{3}\cdot 2)^{2024}\equiv 1(mod15)$

Sai công thức số mũ : $(2^3)^{2024} = 2^{3 \times 2024} \ne 2^{3 ^{2024}}$

 

Chú ý rằng : $3^2 \equiv 1 (\text{mod } 4) \Rightarrow 3^{2024}=(3^2)^{1012} \equiv 1 (\text{mod }4)$

$\Rightarrow 2^{3^{2024}} = 2^{4k + 1} \equiv 2 (\text{mod }15)$

Bạn sử dụng phản chứng: giả sử $A,B$ có một phần tử chung $x_0$.

Khi đó, phải tìm miền xác định của $m$ dựa trên $\Delta_A \ge 0$ và $\Delta_B \ge 0$. Khi đó $m \ge 6\sqrt{33}-35$ hoặc $m \le -6\sqrt{33}-35$.

Bạn thế vào hai phương trình đã cho và tìm cách cộng/trừ để khử đi $x_0^2$ và tính $x_0$ theo $m$.

\[0 = 3x_0^2 - \left( {m + 5} \right){x_0} - 5m - 1 - 3\left( {x_0^2 - m{x_0} - 4} \right) = \left( {2m - 5} \right){x_0} + 11 - 5m\]

Nếu $m= \frac{5}{2}$ thì đẳng thức không thỏa mãn, nên $m \ne \frac{5}{2}$. Do đó ${x_0} = \frac{{11 - 5m}}{{2m - 5}}$

Rồi thế lại vào phương trình đã cho để có được một phương trình hoàn toàn theo $m$.

Đến đây thì nhường bạn làm nốt.

Nãy giờ không ai chứng minh GTLN của $A,B$ nhỉ ? Đơn giản là $A > x + \sqrt{x^2} = 2x$ nên $x \rightarrow \infty$ thì $A \rightarrow \infty$. Do đó $A$ không có GTLN. Tương tự với $B$.

 

 

a; $\Leftrightarrow A-x=\sqrt{x^{2}+\frac{8}{x}}\Leftrightarrow (A-x)^2=x^2+\frac{8}{x}\Leftrightarrow A^2-2Ax+x^2=x^2+\frac{8}{x}\Leftrightarrow A^2=2Ax+\frac{8}{x}\geq 2\sqrt{2Ax.\frac{8}{x}}$ $=8\sqrt{A}\Leftrightarrow A^{4}\geq 64A\Leftrightarrow A^3\geq 64\Leftrightarrow A\geq 4 \Rightarrow GTNN$ của $A=4$ khi $\left\{\begin{matrix} 2Ax=\frac{8}{x}  \\ A=4  \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=1$

Bạn làm tốt rồi, nhưng để tròn điểm thì nên cẩn thận khi phát biểu GTNN. Phải tìm dấu = trước rồi mới khẳng định GTNN

Ngoài ra, ở những chỗ bình phương lên thì cần phải chú ý về điều kiện hai vế cùng dấu (cùng không âm hoặc cùng không dương).

Cho nên dấu $\Leftrightarrow$ không cần thiết lắm, cứ $\Rightarrow$ thôi.

Đúng thế. Một hàm vừa tăng vừa giảm, hoặc chính xác hơn là "vừa tăng không nghiêm ngặt, vừa giảm không nghiêm ngặt" thì sẽ là hàm hằng.

Gọi $I$ là tâm nội tiếp của $\Delta ABC$. Hạ $ID \perp AB$. Dễ thấy bán kính đường tròn nội tiếp $r = AD \tan \frac{\angle BAC}{2}$.

Do $BC$ cố định và $A$ chỉ di chuyển trên cung lớn $BC$ nên $\angle BAC$ cố định. Dẫn tới muốn tìm $r_{\max}$ thì ta cần tìm $AD_{\max}$.

Lại có $AD = \frac{AB + AC - BC}{2}$. $BC$ cố định nên ta phải tìm GTLN của $AB + AC$.

Phần còn lại xin nhường cho bạn.