Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Được yêu thích nhất


#387251 Chuyên đề số học của diễn đàn VMF

Gửi bởi Ispectorgadget trong 16-01-2013 - 21:29

ChuyenDeSoHoc.png



Các bạn thân mến,


Số học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với chúng ta xuyên suốt quá trình học toán từ bậc tiểu học đến trung học phổ thông. Chúng ta được tiếp xúc với số học bắt đầu bằng những khái niệm đơn giản như tính chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất... giúp làm quen dễ dàng hơn với sự kì diệu của những con số cho đến những vấn đề đòi hỏi nhiều tư duy hơn như đồng dư, số nguyên tố, các phương trình Diophantine mà nổi tiếng nhất là định lý lớn Fermat..., đâu đâu từ tầm vi mô đến vĩ mô, từ cậu bé lớp một bi bô 4 chia hết cho 2 đến Giáo sư thiên tài Andrew Wiles (người giải quyết bài toán Fermat), chúng ta đều có thể thấy được hơi thở của số học trong đó.


Số học quan trọng như vậy nhưng lạ thay số chuyên đề viết về nó lại không nhiều nếu đem so với kho tàng đồ sộ các bài viết về bất đẳng thức trên các diễn đàn mạng. Xuất phát từ sự thiếu hụt đó cũng như để kỉ niệm tròn một năm Diễn đàn toán học (VMF) khai trương trang chủ mới (16/01/2012 - 16/01/2013), nhóm biên tập chúng tôi cùng với nhiều thành viên tích cực của Diễn đàn đã chung tay biên soạn một chuyên đề gửi đến bạn đọc.

Chuyên đề là tập hợp các bài viết riêng lẻ của các tác giả Nguyễn Mạnh Trùng Dương, Nguyễn Trần Huy, Nguyễn Trung Hiếu, Phạm Quang Toàn, Trần Nguyễn Thiết Quân, Trần Trung Kiên,Nguyễn Đình Tùng… cùng sự góp sức gián tiếp của nhiều thành viên tích cực trên Diễn đàn như Nguyen Lam Thinh, nguyenta98, Karl Heinrich Marx, The Gunner, perfectstrong...

Kiến thức đề cập trong chuyên đề tuy không mới nhưng có thể giúp các bạn phần nào hiểu sâu hơn một số khái niệm cơ bản trong số học cũng như trao đổi cùng các bạn nhiều dạng bài tập hay và khó từ cấp độ dễ đến các bài toán trong các kì thi Học sinh giỏi quốc gia, quốc tế.

Chuyên đề gồm 7 chương. Chương 1 đề cập đến các khái niệm về Ước và Bội. Số nguyên tố và một số bài toán về nó được giới thiệu trong chương 2. Chương 3 nói sâu hơn về Các bài toán chia hết. Phương trình nghiệm nguyên, Phương trình đồng dư được phác họa trong các chương 4 và 5. Hệ thặng dư và định lý Thặng dư Trung Hoa sẽ được gửi đến chúng ta qua chương 6 trước khi kết thúc chuyên đề bằng Một số bài toán số học hay trên VMF ở chương 7.

Do thời gian chuẩn bị gấp rút nội dung chuyên đề chưa được đầu tư thật sự tỉ mỉ cũng như có thể còn nhiều sai sót trong các bài viết, chúng tôi mong bạn đọc thông cảm. Mọi sự ủng hộ, đóng góp, phê bình của độc giả sẽ là nguồn động viên tinh thần to lớn cho ban biên tập cũng như cho các tác giả để những phiên bản cập nhật sau của chuyên đề được tốt hơn, đóng góp nhiều hơn nữa cho kho tàng học thuật của cộng đồng toán mạng. Chúng tôi hi vọng qua chuyên đề này sẽ giúp các bạn tìm thêm được cảm hứng trong số học và thêm yêu vẻ đẹp của những con số. Mọi trao đổi góy ý xin gửi về địa chỉ email : [email protected].




Trân trọng,


Nhóm biên tập chuyên đề số học




Tải file (sách khổ giấy A5) : File gửi kèm  ChuyenDeSoHocVMF.pdf   1.31MB   34787 Số lần tải


(Nesbit bổ sung)

Cách in ra giấy A4 để đóng thành sách (xin cảm ơn thầy hungchng):

Đối với từng file sau: in ra trên 8 tờ A4 2 mặt, gấp đôi cả xấp tám tờ này lại, tiếp tục in file thứ hai. In xong 5 xếp thì xếp chồng lên nhau theo thứ tự để đóng thành sách.

File 1
File 2
File 3
File 4
File 5


Ngoài ra:

1. Nhóm biên tập rất mong nhận được ý kiến phản hồi của các bạn để lần xuất bản sau được tốt hơn. Mọi ý kiến xin thảo luận ngay trong topic này.

2. Chuyên đề Số học vẫn được mở để đón nhận bài viết của tất cả các bạn. Bạn muốn viết một chuyên đề về Số học ? Hoặc chỉ là muốn bổ sung các chuyên đề đã có ? Hay là tham gia vào nhóm biên tập ? Xin hãy đề xuất ở bên duới !




Update lỗi của chuyên đề:

*(CD13) Trang 2, mục 1.1.2: hai tính chất đầu tiên là Định nghĩa. Ở tính chất thứ hai ghi {m;k} $\in$ là sai.

*(CD13) Ví dụ 1.1: Chỗ "Suy ra $d|2(9k+4)-9(2k-1)$ - cách ghi chưa chuẩn. Sửa lại thành $d|[2(9k+4)-9(2k-1)]$. Ví dụ 1.2, phải sửa

Đặt $b = 123456789; a = 987654321$.

thành

Đặt $a = 123456789; b = 987654321$.



*(Phạm Chí Cường) Trang 16 ví dụ 2.7 có lỗi.

Thay vì

Tương tự bài tập 3, ta chứng minh được mọi ước nguyên tố $p$ của $k$ đều lớn hơn $k$.


phải sửa lại thành

Tương tự Ví dụ 2.6, ta chứng minh được mọi ước nguyên tố $p$ của $k! - 1$ đều lớn hơn $k$.




#411379 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH NHÂN TỬ TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Gửi bởi nthoangcute trong 08-04-2013 - 21:07

PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH NHÂN TỬ
TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
 
 
Bùi Thế Việt, lớp 10 Toán 2, THPT Chuyên Thái Bình, Thái Bình
Yahoo: vietpro213tb
 
 
          Như chúng ta đã biết, phương trình và hệ phương trình là một dạng toán hay và khó, được rất nhiều bạn học sinh và thầy cô giao yêu thích. Nó thường xuyên xuất hiện trong các kì thi quan trọng như kì thi HSG, tốt nghiệp THPT, Đại học và Cao đẳng, …Tuy nhiên, để giải một phương trình hay hệ phương trình, nhiều khi chúng ta cần phải nhóm, phân tích hợp lý để có nhân tử, tạo điều kiện dễ dàng hơn trong việc giải toán. Đó là một điều khá khó, không hẳn ai cũng làm được, không có phương pháp chung để giải. Mình xin trình bày ý tưởng của mình về phương pháp phân tích thành nhân tử trong Phương trình vô tỷ và Hệ phương trình có hệ số nguyên.
I.             Phương trình vô tỷ:
Như chúng ta đã biết, việc phân tích thành nhân tử trong phương trình vô tỷ thường được đưa về dạng:
$$f+k\sqrt{g}=\left( a+{{k}_{1}}\sqrt{{{g}_{1}}} \right)\left( b+{{k}_{2}}\sqrt{{{g}_{2}}} \right)$$
Phương pháp phân tích:
1. Tìm nghiệm của phương trình
2. Ta chia làm hai trường hợp:
a) Nghiệm của phương trình là số vô tỷ
Phương pháp được thể hiện qua ví dụ sau:
VD1: Giải phương trình: $f(x)={{x}^{2}}+1-(x+1)\sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=0$
Hướng giải:
Bước 1: Tìm tập nghiệm của phương trình: $S=\{ 1 \pm \sqrt{2} \}$
Bước 2: Tại giá trị $x$là nghiệm thì giá trị của căn thức là bao nhiêu:
$$x=1+\sqrt{2}\to \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=2$$
$$x=1-\sqrt{2}\to \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=2$$
Điều này chứng tỏ sau khi phân tích thành nhân tử thì sẽ có nhân tử là $\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}-2 \right)$
Bước 3: Xét tổng, hiệu để làm mất căn thức:
$$f(x)+(x+1)(\sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}-2)={{x}^{2}}-2x-1$$
Bước 4: Nhân liên hợp nhân tử ở bước 2:
$$\left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}-2 \right)  \left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}+2 \right) ={x}^{2}-2\,x-1$$
Suy ra: $$f(x)=\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}-2 \right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}+2 \right)-\left( x+1\right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}-2 \right)\\f(x)= \left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}-2 \right)  \left( \sqrt{{x}^{2}-2\,x+3}+2 \right) - \left( x+1 \right)  \left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}-2 \right) = \left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}-2 \right)  \left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+3}-x+1 \right)$$
Bài giải: Bạn đọc tự giải
Nhận xét: Phương pháp này áp dụng cho các bài phương trình vô tỷ mà chỉ có chứa một căn thức và nghiệm của phương trình là số vô tỷ. Tuy nhiên, để mở rộng phạm vi của phương pháp thì hãy xét ví dụ sau:
VD2: Giải phương trình: $$f(x)=5x+7+13\sqrt{x-1}-9\sqrt{x+1}-7\sqrt{{{x}^{2}}-1}=0$$
Hướng giải: (tương tự VD1)
Bước 1: Tập nghiệm của phương trình là $S=\frac{20-4\sqrt{7}}{9},\frac{35+9\sqrt{5}}{8}$
Bước 2: Tại $x=\frac{20-4\sqrt{7}}{9}$ thì $\sqrt{x-1}=\frac{-2+\sqrt{7}}{3}$ và $\sqrt{x+1}=\frac{-1+2\sqrt{7}}{3}$
Bước 3: Do hệ số của phương trình vô tỷ đều là số nguyên nên giả sử sau khi phân tích $f(x)$thành nhân tử thì trong nhân tử đó có dạng $a\sqrt{x-1}+b\sqrt{x+1}+c$với $a,b,c$ là các số nguyên. Do đó, ta chỉ cần tìm mối liên hệ giữa các căn thức: \[\sqrt{x+1}-2\sqrt{x-1}-1=0\]
Tương tự với nghiệm \[x=\frac{35+9\sqrt{5}}{8}\] thì mối liên hệ giữa các căn thức là: $\sqrt {x-1}-3\,\sqrt {x+1}+6=0$
Do đó $f(x)$ chứa các nhân tử $\left( \sqrt{x+1}-2\sqrt{x-1}-1 \right)$ và $\sqrt {x-1}-3\,\sqrt {x+1}+6$
Bước 4: Nhẩm thấy $f(x)= \left( \sqrt {x-1}-3\,\sqrt {x+1}+6 \right)  \left( 2\,\sqrt {x-1}-\sqrt {x+1}+1 \right)$
(nếu không thì từ các nhân tử, ta biến đổi dần dần $f(x)$ thành các cụm chứa nhân tử đó)
Bài giải: Bạn đọc tự giải
b) Nghiệm của phương trình là số nguyên:
TH1: Phương trình vô tỷ chỉ có một căn thức, biểu thức trong căn có dạng $\sqrt{ax+b}$
Lưu ý: Kể cả khi nghiệm của phương trình là số vô tỷ vẫn có thể áp dụng được phương pháp này.
VD3: Giải phương trình: $f(x)=2{{x}^{2}}-3x+2-x\sqrt{3x-2}=0$
Hướng giải:
Bước 1: Đặt $t=\sqrt{3x-2} \to x=\frac{t^2+2}{3}$
Bước 2: Thế $x=\frac{t^2+2}{3}$ vào phương trình, ta được:
\[f(x)=2{{\left( \frac{1}{3}{{t}^{2}}+\frac{2}{3} \right)}^{2}}-{{t}^{2}}-\left( \frac{1}{3}{{t}^{2}}+\frac{2}{3}\right)t=\frac{1}{9}(t-1)(t-2)(2{{t}^{2}}+3t+4)\]
Bước 3: Thay ngược trở lại: $t=\sqrt{3x-2}$ và $t^2=3x-2$ vào các nhân tử, ta được:
$$f(x)=\frac{1}{9}\left( \sqrt{3x-2}-1 \right)\left( \sqrt{3x-2}-2 \right)\left( 2\left( 3x-2 \right)+3\sqrt{3x-2}+4 \right)$$
$$f(x)= \frac{1}{9}\,  \left( \sqrt {3\,x-2}-1 \right)  \left( \sqrt {3\,x-2}-2 \right)  \left( 2 \left( 3\,x-2 \right)+3\,\sqrt {3\,x-2}+4 \right)= \frac{1}{3}\, \left( \sqrt {3\,x-2}-1 \right)  \left( \sqrt {3\,x-2}-2 \right) \left( 2\,x+\sqrt {3\,x-2} \right)$$
Từ đó ta có thể phân tích thành nhân tử.
TH2: Phương trình vô tỷ chứa 1 căn thức nhưng biểu thức trong căn thức là đa thức bậc cao.
VD4: Giải phương trình: $f(x)=2\,{x}^{3}+x-2- \left( 4\,{x}^{2}-x+2 \right) \sqrt {{x}^{2}-x-1}=0$
Nhận xét: Phương trình này khá khó phân tích thành nhân tử vì nó chỉ có nghiệm $x=2$nên căn thức và biến khó có mối liên hệ nào. Do đó, ta sẽ nghĩ tới việc tìm nghiệm phức của phương trình.
Bước 1: Từ giải thiết ta có:
$0=\left( 2\,{x}^{3}+x-2 \right) ^{2}- \left( 4\,{x}^{2}-x+2 \right) ^{2} \left( {x}^{2}-x-1 \right)= - \left( x-2 \right)  \left( 3\,{x}^{2}-3\,x+2 \right)  \left( 4\,{x}^{3}+4\,{x}^{2}+3\,x+2 \right)$
Ta không quan tâm đến nghiệm $x=2$mà quan tâm đến nhân tử $3x^2-3x+2$.
Bước 2: Nếu $x$ thỏa mãn $3x^2-3x+2=0$ thì khi đó $\sqrt{x^2-x-1}=\frac{\sqrt{15}}{3} i=1-2x$
Do đó $f(x)$ sẽ có nhân tử là $\left(\sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1\right)$
Bước 3: Xét tổng, hiệu với nhân tử để làm mất căn thức:
$f(x)+\left(4x^2-x+2 \right) \left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1\right)= -2\,x \left( 3\,{x}^{2}-3\,x+2 \right)$
Bước 4: Nhân liên hợp nhân tử tìm được ở bước 2:
$\left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1 \right)  \left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}+2\,x-1 \right) =-3\,{x}^{2}+3\,x-2$
Từ đó ta được:
$f(x)=2x\left( \sqrt{{{x}^{2}}-x-1}-2x+1 \right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}-x-1}+2x-1 \right)-\left( 4{{x}^{2}}-x+2\right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}-x-1}-2x+1 \right)$$f(x)= 2\,x \left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1 \right)  \left(\sqrt {{x}^{2}-x-1}+2\,x-1 \right) - \left( 4\,{x}^{2}-x+2 \right)  \left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1 \right)=\left( \sqrt {{x}^{2}-x-1}-2\,x+1 \right)  \left( 2\,x\sqrt {{x}^{2}-x-1}-x-2 \right)$
TH3: Phương trình vô tỷ chứa nhiều căn thức và các hệ số là các số nguyên nhỏ
Lưu ý: Trường hợp này cũng áp dụng cho VD2
VD5: Giải phương trình: $f(x)=8{{x}^{3}}-8{{x}^{2}}-8x-127+73\sqrt{x+1}+39x\sqrt{x-1}=0$
Giả sử sau khi phân tích thành nhân tử, $f(x)$ trở thành:
$\left( a\sqrt {x+1}+b\sqrt {x-1}+c \right)  \left( d\sqrt {x+1}+e\sqrt {x-1}+f \right)$
Do $f(x)$ mất hệ số $\sqrt{x^2-1}$, hệ số của $\sqrt{x-1}$ chỉ là $39x$ , không chứa hệ số tự do nên $b=ux,e=vx$, $du+av=0$, $u,v$ là các số nguyên. Hệ số của $\sqrt{x+1}$ là một số nguyên, $c$ và $f$ cũng là các số nguyên nên $a,d$ là các số nguyên.
Tóm lại là $f(x)$ có dạng: $\left( k\sqrt {x+1}+kx\sqrt {x-1}+m \right)  \left( t\sqrt {x+1}-tx\sqrt {x-1}+n \right)$
Dễ thấy $x=\frac{5}{4}$ là nghiệm của phương trình nên tồn tại một nhân tử nhận $x=\frac{5}{4}$ làm nghiệm
Nếu \[\left( k\sqrt{x+1}+kx\sqrt{x-1}+m \right)=0\]tại $x=\frac{5}{4}$. Khi đó $\frac{17}{8}k+m=0$ hay $m=-\frac{17}{8}k$
Vậy $k\sqrt {x+1}+kx\sqrt {x-1}+m=k \left( \sqrt {x+1}+x\sqrt {x-1}-{\frac{17}{8}} \right)$
Suy ra $f(x)$ có nhân tử là $\left(8\,\sqrt {x+1}+8\,x\sqrt {x-1}-17\right)$
Dễ dàng phân tích được $f(x)= \left( 8\,\sqrt {x+1}+8\,x\sqrt {x-1}-17 \right)  \left( \sqrt {x+1}-x\sqrt {x-1}-7 \right)$
Nếu $\left( t\sqrt{x+1}-tx\sqrt{x-1}+n \right)=0$ tại $x=\frac{5}{4}$. Khi đó $n=-\frac{7}{8}t$
Khi đó $f(x)$ có nhân tử $8\,\sqrt {x+1}-8\,x\sqrt {x-1}-7$
Suy ra nhân tử còn lại là $8\,\sqrt {x+1}+8\,x\sqrt {x-1}-7$
Thành thử thấy không thỏa mãn
Vậy $f(x)= \left( 8\,\sqrt {x+1}+8\,x\sqrt {x-1}-17 \right)  \left( \sqrt {x+1}-x\sqrt {x-1}-7 \right)$
Lưu ý: Cách làm trên chủ yếu dựa vào đánh giá, không khái quát được cách làm, dễ nhầm lẫn. Do đó, ta có thể biến đổi phương trình thành
\[8{{b}^{2}}-8{{a}^{2}}-119+73a+39b=0\]  với $a=\sqrt{x+1},b=x\sqrt{x-1}$
Khi đó $8{{b}^{2}}-8{{a}^{2}}-119+73a+39b=-\left( 8a+8b-17 \right)\left( a-7-b \right)=0$
TH4: Phương trình vô tỷ có nhiều căn thức, có nhiều hơn hai nghiệm hữu tỷ:
Lưu ý: Trường hợp này hiếm gặp
VD: Giải phương trình: $f(x)=11\,x+47-\sqrt {{x}^{2}-1}-6\,\sqrt {x-1}-38\,\sqrt {x+1}=0$
Hướng giải:
Bước 1: Tìm tập nghiệm của phương trình: $S=\left\{ \frac{5}{4},\frac{325}{36} \right\}$
Bước 2: Xét từng giá trị của nghiệm để tìm hai số $a,b$ thỏa mãn:
$\sqrt{x-1}+a\sqrt{x+1}+b=0$
Ta được $a=-\frac{7}{5},b=\frac{8}{5}$
Chứng tỏ có một nhân tử $\left( 5\,\sqrt {x-1}-7\,\sqrt {x+1}+8 \right)$
Bước 3: Chia đa thức ta được $f(x)= \left( 5\,\sqrt {x-1}-7\,\sqrt {x+1}+8 \right)  \left( 2\,\sqrt {x-1}+3\,\sqrt {x+1}-2 \right)$
Tóm lại: Việc phân tích thành nhân tử trong phương trình vô tỷ sẽ dễ dàng hơn trong việc tìm được nghiệm của phương trình. Việc tìm nghiệm còn giúp ích trong việc giải hệ phương trình, do đó kỹ năng nhẩm nghiệm cũng khá quan trọng.
 
II. Hệ phương trình hệ số nguyên
Sau đây là một phương pháp mới em tự nghĩ ra cho việc giải hệ phương trình với hệ số nguyên. Phương pháp này yêu cầu phải biết trước một vài cặp nghiệm của hệ phương trình và cũng yêu cầu sự chăm chỉ trong việc phân tích thành nhân tử.
 
Để hiểu được phương pháp, ta thử làm một ví 
dụ sau:
VD7: Giải hệ phương trình sau:
$$\left\{ \begin{align}  & {{x}^{2}}+3xy-9{{y}^{2}}+23y-17=0 \\  & {{x}^{2}}-2xy+3{{y}^{2}}-6y-3=0\\ \end{align} \right.$$
Hướng giải:
Đặt $a=x^2+3xy-9y^2+23y-17$ và $b=x^2-2xy+3y^2-6y-3$
Cách 1: Từ giả thiết ta có:
$$0=a+b=(x+2y-5)(2x-3y+4)$$
Cách 2: Từ giả thiết ta có:
$$0=33a+59b=(23x+24y-123)(4x-5y+6)$$
Từ các cách trên ta có thể thế $x=my+n$ vào một trong hai phương trình $a=0$ hoặc $b=0$. Lời giải dành cho bạn đọc
Nhận xét: Theo cách 1, nhiều người có thể nghĩ tới việc phân tích nhân tử $a+b$. Tuy nhiên, nếu làm theo cách 2 thì tại sao lại xuất hiện việc phân tích thành nhân tử $33a+59b$, tại sao lại không lấy các hệ số khác mà lại lấy hệ số $(33,59)$? Do đó phương pháp này giúp các bạn tìm các hệ số cần biến đổi để phân tích được thành nhân tử.
Như phương pháp phân tích thành nhân tử trong phương trình vô tỷ, ta chia phương pháp này làm các trường hợp khác nhau:
TH1: Hệ phương trình hai ẩn dạng:
\[\left\{ \begin{matrix}  A={{a}_{1}}{{x}^{2}}+{{b}_{1}}{{y}^{2}}+{{c}_{1}}xy+{{d}_{1}}x+{{e}_{1}}y+{{f}_{1}}=0  \\B={{a}_{2}}{{x}^{2}}+{{b}_{2}}{{y}^{2}}+{{c}_{2}}xy+{{d}_{2}}x+{{e}_{2}}y+{{f}_{2}}=0  \\\end{matrix} \right.\]
Ta cần tìm hệ số $k$ sao cho $A+kB$ có thể phân tích thành nhân tử .
Cách 1: Đặt $$a={{a}_{1}}+k{{a}_{2}},b={{b}_{1}}+k{{b}_{2}},c={{c}_{1}}+k{{c}_{2}},$$
$$a=a_1+ka_2,b=b_1+kb_2,c=c_1+kc_2,d=d_1+kd_2,e=e_1+ke_2,f=f_1+kf_2$$
Khi đó $k$ là nghiệm của phương trình sau với $a \neq 0$
$$(cd-2ae)^2=(c^2-4ab)(d^2-4af)$$
hoặc có thể viết gọn hơn thành:
$$cde+4abf=ae^2+bd^2+fc^2$$
 
Cách 2: Tìm ít nhất hai cặp nghiệm của hệ phương trình, giả sử đó là $(x,y)=(m,n);(p,q)$
Khi đó hai điểm $(m,n);(p,q)$ thuộc đường thẳng $\left( n-q \right) x- \left( m-p \right) y+mq-np=0$
Cho $(a,b)$ là một điểm khác $(x,y)=(m,n);(p,q)$thuộc đường thẳng này. Khi đó, tại $(x,y)=(a,b)$ thì $A=A_1,B=B_1$ là các hằng số. Vậy $k=-\frac{{{A}_{1}}}{{{B}_{1}}}$
VD8: Giải hệ phương trình sau:
$$\left\{ \begin{matrix}   {{x}^{2}}+8{{y}^{2}}-6xy+x-3y-624=0  \\   21{{x}^{2}}-24{{y}^{2}}-30xy-83x+49y+585=0  \\\end{matrix} \right.$$
Hướng giải:
a) Theo cách 1 thì $k$ là nghiệm của phương trình: $cde+4abf=ae^2+bd^2+fc^2$
Với $a=1+21k,b=8-24k,c=-6-30k,d=1-83k,e=-3+49k,f=-624+585k$
Ta được $(9k-11)(31k-1)(5265k-227)=0$
Từ đó ta được 3 cách làm cho bài toán này.
 
b) Theo cách 2, ta tìm trước các nghiệm của hệ phương trình:
$$\left( \frac{13}{3},-\frac{169}{24} \right);\left( -222,-\frac{897}{8} \right);\left( -\frac{131}{72},\frac{1201}{144} \right)$$
Chọn hai cặp nghiệm bất kì, ví dụ như $\left( \frac{13}{3},-\frac{169}{24} \right);\left( -222,-\frac{897}{8} \right)$. Khi đó đường thẳng đi qua hai điểm này là:
$26x-56y-507=0$
Do đó, điểm $\left( \frac{39}{2},0 \right)$ thuộc đường thẳng này. Tại điểm này thì $A=-\frac{897}{4}$, $B=\frac{27807}{4}$
Vậy $k=-\frac{A}{B}=\frac{1}{31}$
Tức là phân tích thành nhân tử đa thức$31A+B$, ta được $(2x-4y+37)(26x-56y-507)=0$
Lưu ý: Theo cách 2 thì sau khi tìm được $k$ và phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm nghiệm thì sau khi phân tích thành nhân tử, sẽ có một nhân tử chính là phương trình đường thẳng đó.
 
TH2: Hệ phương trình hai ẩn hệ số nguyên có dạng khác TH1
Ở đây, hệ số $k$ cần nhân thêm vào không phải là một hằng số mà là một biểu thức chứa biến.
Cách làm sẽ có một số sự khác biệt so với TH1. Hãy xem cách làm một bài hệ phương trình sau đây, nó sẽ khiến một bài Hệ phương trình có khá nhiều cách làm.
 
VD9: Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}3\,{x}^{2}+xy-9\,x-{y}^{2}-9\,y=0\\ 2\,{x}^{3}-20\,x-{x}^{2}y-20\,y=0\end{matrix}\right.$$
Hướng giải:
Đặt $a=3\,{x}^{2}+xy-9\,x-{y}^{2}-9\,y=0$$b=2\,{x}^{3}-20\,x-{x}^{2}y-20\,y=0$.
 
Bước 1: Tìm nghiệm của hệ phương trình, cần ít nhất là hai bộ nghiệm hữu tỷ hoặc một bộ nghiệm vô tỷ.
Phương trình trên có 2 cặp nghiệm dễ thấy nhất là $(x,y)=(0,0);(2,-1)$
Ngoài ra còn các cặp nghiệm $(10,15);\left( \frac{15+\sqrt{145}}{2},11+\sqrt{145} \right);$
$(10,15);\left(\frac{15+\sqrt{145}}{2},11+\sqrt{145} \right); \left(\frac{15-\sqrt{145}}{2},11-\sqrt{145}\right)$
Bước 2: Chọn 2 cặp nghiệm bất kì, ví dụ như $(x,y)=(0,0);(2,-1)$. Khi đó đường thẳng đi qua hai điểm này là $x+2y=0$
Tại $x=-2y$ thì $a=9y(y+1)$ và $b=-20y(y+1)(y-1)$
Vậy để sau khi phân tích thành nhân tử có nhân tử là $(x+2y)$ thì cần lấy $20(y-1)a+9b=0$ rồi phân tích thành nhân tử.
Tức là $20(y-1)a+9b$
$20(y-1)a+9b= \left( x+2\,y \right)  \left( 18\,{x}^{2}+15\,xy-60\,x-10\,{y}^{2}-80\,y \right)$
Bước 3: Xét hệ mới:
$\left\{\begin{matrix}3\,{x}^{2}+xy-9\,x-{y}^{2}-9\,y=0\\ 18\,{x}^{2}+15\,xy-60\,x-10\,{y}^{2}-80\,y=0\end{matrix}\right.$
 
Theo TH1 ta sẽ tìm được các cách khác nhau để phân tích nhân tử hệ mới này.
 
Nhận xét: Với mỗi 2 cặp nghiệm, ta có được khoảng 3 cách cho mỗi trường hợp. Do đó bài toán trên có khoảng hơn 10 cách làm, nhưng hầu hết cách làm đều giống nhau. Với những cách làm kiểu như này, khá khó khăn cho người chấm thi, và cũng khá khó khăn cho cả người làm bài vì dễ viết sai. Tuy nhiên, phương pháp này có thể giải quyết được nhiều hệ phương trình hệ số nguyên. Xét ví dụ sau:
VD10: Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}x^4-y^4-240=0\\ x^3-2y^3-3(x^2-4y^2)+4(x-8y)=0\end{matrix}\right.$
Hướng giải: Gọi $a$ là VT của PT(1)
$b$ là VT của PT(2). Dễ thấy hệ có nghiệm $(x,y)=(4,2);(-4,-2)$ nên theo phương pháp thì chúng ta nghĩ tới việc cho $x=2y$,từ đó lấy $5(y^2+4)a-2yb=0$. Tuy nhiên, cách này khá dài, không khả quan vì hai phương trình không chứa hệ số xy. Ta sẽ đặt $x=\pm y+k$ để PT(1) giảm bậc xuống còn bậc 3, PT(2) vẫn là bậc 3, thuận tiện trong việc tìm hệ số $k$ là một hằng số chứ không phải là một biểu thức nữa. Do hệ có nghiệm $(x,y)=(4,2);(-4,-2)$ nên ta tìm được nhân tử là $(x+y-6)$hoặc $(x+y+6)$
Tại $x=6-y$ thì $a=-24(y-2)(y^2-7y+22)$
Và $b=-3(y-2)(y^2-7y+22)$
Duy ra $k=-8$
Vậy lấy $PT(1)-8PT(2)$ ta được:
$(x+y-6)(x-y+2)((x-2)^2+(y-4)^2)=0$
Còn tại $x=-6-y$ thì $a=24(y+2)(y^2+7y+22)$ và $b=-3(y+2)(y^2+y+58)$
Khi đó $k$ không phải là hằng số nên loại
Vậy ta có thể phân tích nhân tử bằng cách trên.
 
VD11: Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}x^2y^2+3x+3y-3=0\\ x^2y-4xy-3y^2+2y-x+1=0\end{matrix}\right.$
Hướng giải: 
Gọi a, b là VT của PT(1), PT(2)
Dễ thấy HPT có nghiệm $(x,y)= (0,1) ; (1,0)$ nên ta nghĩ tới việc thay $x=1-y$
Tại $x=1-y$ thì $a=y^2(y-1)^2$ và $b=y^2(y-1)$. Do đó $k=1-y$
Vậy ta phân tích thành nhân tử đa thức: $a+(1-y)b$, ta được:
$(x+y-1)(3y^2+xy-2y+2)=0$
Xét hệ mới:
$\left\{ \begin{matrix}  3y^2+xy-2y+2=0  \\   {{x}^{2}}y-4xy-3{{y}^{2}}+2y-x+1=0 \\\end{matrix} \right.$
Trong các nghiệm của HPT này, có một cặp nghiệm mà ta phải để ý tới:
$(x,y)=\left(3,\frac{-1 \pm \sqrt{23}i}{6}\right)$
 
Do đó, đường thẳng đi qua 2 điểm này là $x=3$. Tại $x=3$ thì HPT trở thành 2 PT bậc 2 nên ta cho $y=0$ (hoặc bao nhiêu cũng được), khi đó $3y\hat{\ }2+xy-2y+2=2$và ${{x}^{2}}y-4xy-3{{y}^{2}}+2y-x+1=-2$. Từ đó $k=1$, nên cộng 2 PT này với nhau, ta được: $(x-3)(xy-1)=0$
__________________________________________
Nhớ like nha !!!

 




#511311 Chuyên đề : Làm mạnh BĐT CôSy

Gửi bởi Rias Gremory trong 06-07-2014 - 20:57

Đầu tiên , ta nhắc lại BĐT Côsi quá quen thuộc :

$1$, $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\geq ab\Leftrightarrow (a-b)^{2}\geq 0$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$ 

Những BĐT mở rộng khác của BĐT Côsi : 

Với $a,b,c> 0$ ta có :

$2$, $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$ 

$3$, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4 }{a+b}$

$4$, $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq a+b+c$

$5$, $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ 

$6$, $\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\geq ab+bc+ca$ 

$7$, $\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ 

Những BĐT này khá quen thuộc và chứng minh dễ dàng bằng BĐT Côsi hoặc chứng minh tương đương.

Nảy sinh từ các BĐT này cùng với BĐT đơn giản là : 

Nếu $k\geq 0$ thì $(1-\alpha )k\geq 0 (0\leq \alpha \leq 1)$

Ta xây dựng được những BĐT mạnh hơn :

Với $a,b,c> 0;0\leq \alpha ,\beta ,\gamma \leq 1$ 

$\bullet$ $a^{2}+b^{2}\geq 2ab+\alpha (a-b)^{2}$ (1)

$\bullet$ $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{\alpha }{2}(a-b)^{2}+\frac{\beta }{2}(b-c)^{2}+\frac{\gamma }{2}(c-a)^{2}$ (2)

BĐT $(1)\Leftrightarrow (1-\alpha )(a-b)^{2}\geq 0$

Cộng từng vế của các BĐT 

$a^{2}+b^{2}\geq 2ab+\alpha (a-b)^{2}$

$b^{2}+c^{2}\geq 2bc+\beta (b-c)^{2}$

$c^{2}+a^{2}\geq 2ca+\gamma(c-a)^{2}$

Ta được BĐT (2).

$\bullet$ $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq (a+b+c)+\frac{\alpha }{b}(a-b)^{2}+\frac{\beta }{c}(b-c)^{2}+\frac{\gamma }{a}(c-a)^{2}$ (3)

Cộng từng vế các BĐT :

$\frac{a^{2}}{b}+b\geq 2a+\frac{\alpha }{b}(a-b)^{2}$

$\frac{b^{2}}{c}+c\geq 2b+\frac{\beta }{c}(b-c)^{2}$

$\frac{c^{2}}{a}+a\geq 2a+\frac{\gamma }{a}(c-a)^{2}$

Ta được BĐT (3)

$\bullet$ $a^{m+n}+b^{m+n}\geq \frac{1}{2}(a^{m}+b^{m})(a^{n}+b^{n})+\frac{\alpha }{2}(a^{m}-b^{m})(a^{n}-b^{n})$ (4) 

$BĐT\Leftrightarrow (1-\alpha )(a^{m}-b^{m})(a^{n}-b^{n})$

$\bullet$ $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)+\frac{2\alpha }{3}(a^{2}-b^{2})(a-b)$ (5)

Chứng minh : Ta có $\frac{a^{3}+b^{3}}{2}\geq (\frac{a+b}{2})^{3}+\frac{\alpha }{4}(a^{2}-b^{2})(a-b)$

$\Leftrightarrow 4(a^{3}+b^{3})\geq a^{3}+b^{3}+3ab(a+b)+2\alpha (a^{2}-b^{2})(a-b)$

$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)+\frac{2\alpha }{3}(a^{2}-b^{2})(a-b)$ (ĐPCM)

$\bullet$ $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4-8\alpha }{a+b}+\frac{4\alpha }{\sqrt{ab}}$ (6)

Chứng minh : Nhân theo vế của $2$ BĐT :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{2}{\sqrt{ab}}+\alpha (\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}})^{2}$

$a+b\geq 2\sqrt{ab}+\alpha (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$

Ta được $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(a+b)\geq 4+\frac{2\alpha }{\sqrt{ab}}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}+2\alpha \sqrt{ab}(\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}})^{2}+\alpha ^{2}(\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}})^{2}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$

$\Rightarrow (\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(a+b)\geq 4+\frac{4\alpha }{\sqrt{ab}}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}=4+\frac{4\alpha }{\sqrt{ab}}(a+b-2\sqrt{ab})\geq 4-8\alpha +\frac{4\alpha (a+b)}{\sqrt{ab}}$

Suy ra ĐPCM

$\bullet$ $\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\geq ab+bc+ca+\frac{2\alpha }{3b}(a^{2}-b^{2})(a-b)+\frac{2\beta }{3c}(b^{2}-c^{2})(b-c)+\frac{2\gamma }{3a}(c^{2}-a^{2})(c-a)$ (7)

Cộng vế với vế các BĐT : (áp dụng BĐT (5) )

$\frac{a^{3}}{b}+b^{2}\geq a^{2}+ab+\frac{2\alpha }{3b}(a^{2}-b^{2})(a-b)$

$\frac{b^{3}}{c}+c^{2}\geq b^{2}+bc+\frac{2\beta }{3c}(b^{2}-c^{2})(b-c)$

$\frac{c^{3}}{a}+a^{2}\geq c^{2}+ca+\frac{2\gamma }{3a}(c^{2}-a^{2})(c-a)$

Thu được BĐT (7)

Bài tập áp dụng :

Bài tập $1$ : Với $0< a,b,c\leq 1$ , chứng minh rằng :

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{1}{3}(a-b)^{2}+\frac{1}{4}(b-c)^{2}+\frac{1}{5}(c-a)^{2}$

 

Làm trước $1$ bài nhé :

 

Sử dụng BĐT (2) , ta chọn $\alpha =\frac{2}{3},\beta =\frac{1}{2},\gamma =\frac{2}{5}$

 

Bài tập $2$ : Với $0< a,b,c\leq 1$ chứng minh :

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{a(a-b)^{2}}{2(a+b)}+\frac{b(b-c)^{2}}{2(b+c)}+\frac{c(c-a)^{2}}{2(c+a)}$

 

Bài tập $3$ : Với $a\geq 2b\geq 4c> 0$ , chứng minh

 

$a^{2}+3b^{2}+5c^{2}\geq 2(ab+bc+ca)+\frac{1}{a}(b^{3}+c^{3})+\frac{c^{3}}{b}$

 

Bài tập $4$ : Với $a,b,c> 0,a+b+c=1$. Chứng minh rằng :

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 1+(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}$

 

Bài tập $5$ : Với $a,b,c> 0$ , chứng minh rằng :

$\sum \sqrt[3]{2(a^{3}+b^{3})-a(a-b)^{2}}\geq \sqrt[3]{4}(a+b+c)$

 

Bài tập $6$ : Với $a,b,c> 0,\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}=3$ . Chứng minh rằng :

$P=2(\sum \frac{1}{a+b})+5(\sum \frac{1}{\sqrt{ab}})\leq 18$




#376326 Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Gửi bởi WhjteShadow trong 09-12-2012 - 18:02

Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ VMF và 1 số nguồn link trên internet.

(Mấy cái nặng thì mình không up lên diễn đàn được, các bạn bấm vô link để down nhé :P )

1. Sử dụng $AM-GM$ để chứng minh bất đẳng thức [Võ Quốc Bá Cẩn- Trần Quốc Anh]:
http://www.mediafire...csj1vx6jz6cwav5


2. Sử dụng $Cauchy-Schwarz$ để chứng minh bất đẳng thức:
File gửi kèm  BAT DANG THUC CAUCHY SCHAWRZ DANG ENGEL.pdf   66.8K   20763 Số lần tải
File gửi kèm  bcsvaungdung.pdf   479.94K   13468 Số lần tải


3. Sử dụng kĩ thuật phân tách $Chebyshev$ :
Các bạn tham khảo bài viết:
http://diendantoanho...tach-chebyshev/


4. Sáng tạo bất đẳng thức [Phạm Kim Hùng]:
http://www.mediafire.com/?hnminzmmmu3


5. Những viên Kim cương trong Bất đẳng thức Toán học:
http://www.mediafire...w4eb518qqpq6m9g


6. Phương pháp đổi biến $p,q,r$ và bất đẳng thức $Schur$:
File gửi kèm  pqr_schur_vothanhvan.pdf.pdf   527.62K   11306 Số lần tải
Còn đây là $Vornicu\,Schur$:
File gửi kèm  BDT_Schur.pdf   226.11K   6227 Số lần tải


7. Kĩ thuật phân tích tổng bình phương S.O.S (Mình khuyên các bạn nên đọc trong sáng tạo BĐT dễ hiểu hơn )
http://www.mediafire...2svk1s83camdo5x


8. Phương pháp dồn biến[Phan Thành Việt]:
File gửi kèm  phuong_phap_don_bien.pdf   323.63K   10968 Số lần tải


9. Kĩ thuật phân tích $S.O.C$ :
File gửi kèm  VNMATH.COM-KyThuatPhanTichBinhPhuongHoanVi.pdf   313.08K   9097 Số lần tải


10. Phương pháp GLA [Bùi Việt Anh]:
http://www.mediafire.com/?jgngozgbwmc


11. Phương pháp ABC [Nguyễn Anh Cường]:
http://www.mediafire.com/?nj95dnrl2ya


12. Phương pháp chia để trị:
Các bạn tham khảo tr0ng cuốn Kim cương và tr0ng Topic:
http://diendantoanho...chứng-minh-bdt/


13. Phương pháp $S-S$:
http://diendantoanho...-schur-ban-sos/
Và ebook ^^~:

File gửi kèm  Phuong phap S-S va bat dang thuc dang Schur.pdf   156.99K   6903 Số lần tải

14. Sử dụng khai triển Abel để chứng minh BĐT
http://diendantoanho...-bất-dẳng-thức/

15. Phương pháp nhân tử Lagrange
http://diendantoanho...an-tử-lagrange/

16. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu
http://diendantoanho...uchy-ngược-dấu/

17. Phương pháp dồn biến thừa trừ [Vũ Đình Quý]
http://diendantoanho...-biến-thừa-trừ/



....Updating.... :luoi:




#286901 THÔNG BÁO VỀ VIỆC ĐẶT TIÊU ĐỀ

Gửi bởi E. Galois trong 06-12-2011 - 21:42

THÔNG BÁO

V/v đặt tiêu đề các bài viết trong diễn đàn

--------------------


Hiện nay, trên diễn đàn xuất hiện nhiều bài viết với các tiêu đề như:
- Một bài số học; hình học 9 đây!, Một bài phương trình hay, một bài hàm số khó, giải phương trình, ...
- Help, giúp tớ với, giúp giải phương trình với, nhờ các pro giải bài này (cần gấp), Làm cả chiều không ra, đang đau đầu vì bài này đây, cho hỏi tí, các cao thủ cho em hỏi cái này...

Cách đặt tiêu đề như vậy một mặt vi phạm điều 4 trong Nội quy diễn đàn, mặt khác gây ra sự phản cảm cho người đọc, làm mất thẩm mĩ diễn đàn, gây nhiễu và gây khó khăn cho quản lý.

BQT đã nhiều lần nhắc nhở các thành viên không nên đặt tiêu đề như vậy. Đội ngũ ĐHV đã nhiệt tình chỉnh sửa các tiêu đề đặt sai quy định nhưng các tiêu đề kiểu như trên vẫn nhan nhản trên diễn đàn.

Thiết nghĩ, đặt tiêu đề như vậy cũng giống như spam (spam tiêu đề), thể hiện sự cẩu thả trong việc tham gia diễn đàn. Vì vậy, BQT tạm thời quy định như sau:

1) Không đuợc đặt tiêu đề như trên. Đối với các bài toán Đại số, Giải tích, Lượng giác, Số học, ... hãy gõ $\LaTeX$ nội dung của đề bài lên tiêu đề. Nếu đề bài quá dài, hãy thu nhỏ kích thước hoặc gõ 1 phần đề bài. Chẳng hạn, nếu đề bài là:
 

 

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : $a^2 + b^2 + c^2 = 3$
Chứng minh $\dfrac{a}{\sqrt{b}} + \dfrac{b}{\sqrt{c}} + \dfrac{c}{\sqrt{a}} \geq a + b + c$


Bạn có thể gõ tiêu đề là:

 

$$\sum \dfrac{a}{\sqrt{b}} \geq \sum a$$


2) Đối với các bài hình học, bạn nên tóm tắt nội dung lên tiêu đề. Chẳng hạn:

 

Cho tam giác ABC cân tại A.
đường thẳng AB và BC lần lượt có PT:
$ 7x + 6y - 24 = 0 $
$ x - 2y - 2 = 0 $
lập PT đường cao kẻ từ B của tam giác ABC.


Có thể đặt tiêu đề là:

 

Lập PT đường cao của tam giác cân biết PT cạnh đáy, 1 cạnh bên


3) Nếu dùng 1 topic đề đăng nhiều bài thì chọn bài ngắn nhất làm tiêu đề.

 

4) Mình kêu gọi mọi thành viên VMF nói KHÔNG với kiểu đặt tiêu đề gây nhiễu. KHÔNG đặt tiêu đề gây nhiễu, KHÔNG trả lời các topic có tiêu đề gây nhiễu.
 

VÌ MỘT VMF PHÁT TRIỂN




#377630 Thủ thuật giải toán bằng CASIO

Gửi bởi nthoangcute trong 14-12-2012 - 21:34

(Sao chép xin ghi rõ nguồn: diendantoanhoc.net hoặc tác giả "Bùi Thế Việt")

 


CÁC THỦ THUẬT CASIO


(Tác giả : Bùi Thế Việt, 11 Toán 2, THPT Chuyên Thái Bình, Thái Bình)


 

Thủ thuật 1: Khai triển đa thức hệ số nguyên hoặc hệ số là phân số nhỏ
(Cái này áp dụng rất nhiều trong việc giải toán)

a) Hệ số nguyên
Nội dung: Ta nên nhớ một điều như sau:
Giả sử khi khai triển đa thức thì đa thức có dạng: $a_n x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_1x+a_0$
Tại $x=10$ thì đa thức có giá trị là $\overline{a_na_{n-1}...a_1a_0}$
Tại $x=100$ thì đa thức có giá trị là $\overline{a_n0a_{n-1}0...0a_10a_0}$

Tại $x=1000$ thì đa thức có giá trị là $\overline{a_n00a_{n-1}00...00a_100a_0}$
...
Chắc bạn sẽ khó hiểu về cái này ! Nhưng hãy ấn phím trên CASIO và làm theo các bước sau là bạn sẽ hiểu ngay:
Bước 1: Nhập đa thức :$9X^3+2X^2+7X+1$
Bước 2: Ấn CALC, máy hỏi $X?$
Bước 3: Nhập $10$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $9271$. Ấn tiếp "=", máy hỏi $X?$
Bước 4: Nhập $100$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $9020701$. Ấn tiếp "=", máy hỏi $X?$
Bước 5: Nhập $1000$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $9002007001$
Vậy chắc bạn đã hiểu, nếu không hiểu Comment bên dưới

Nhưng nếu những hệ số là số nguyên âm thì sao ? Lại tìm hiểu tiếp nhé !

Bước 1: Nhập đa thức :$9X^3-2X^2-7X+1$
Bước 2: Ấn CALC, máy hỏi $X?$
Bước 3: Nhập $10$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $8731$. Ấn tiếp "=", máy hỏi $X?$
Bước 4: Nhập $100$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $8979301$. Ấn tiếp "=", máy hỏi $X?$
Bước 5: Nhập $1000$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $8997993001$. Ấn tiếp "=", máy hỏi $X?$
Bước 6: Nhập $10000$ và ấn nút $=$. Bạn sẽ thấy kết quả là $8999799930001$

Nhận xét: Nếu số bạn nhập là $10^x$ (tức là số $\overline{100...0}$ với $x$ số $0$), hãy chia kết quả thành các khoảng $x$ chữ số từ phải sang trái. VD: $8997993001$ thì là $8|997|993|001$ hoặc $8999799930001$ thì là $8|9997|9993|0001$
Gọi giá trị khoảng thứ $t$ ($t \leq n$) là $k_t$ thì ta có:
+ Nếu $k$ có nhiều số $9$ thì hệ số $a_{t}=10^{x}-k_t$
+ Nếu $k$ có nhiều số $0$ thì hệ số $a_{t}=k_t$

P/s: Mình nói hơi khó hiểu và lòng vòng, tốt nhất là nên đọc luôn cách làm bên dưới:

Cách làm:
Cách 1: (Chỉ áp dụng cho các bài có hệ số $\leq 3$).
VD cần khai triển $2(x+1)^2(x-1)-7(x^2+1)-8$

Bước 1: Nhập đa thức ẩn $X$ với các hệ số nguyên và không quá cồng kềnh.
(VD $2(X+1)^2(X-1)-7(X^2+1)-8$)
Bước 2: Ấn CALC, máy hỏi $X?$, Ấn $1000$ và ấn $=$
Bước 3: Máy hiện ra kết quả là một số có nhiều chữ số, tách ra từng 3 chữ số một từ phải sang trái
(VD: Máy hiện $1994997983$ thì ta tách $1|994|997|983$)
Bước 4: Ta lần lượt tìm hệ số $a_0,a_1,...$ bằng cách sau:
Nhóm 3 chữ số thứ $k$ (tính từ phải sang trái) có giá trị là $M_k$, chữ số hàng trăm của $M_k$ là số $9$ thì chứng tỏ hệ số của $x^k$ sẽ là $M_k-1000$ (số âm), và giá trị của nhóm thứ $k+1$ sẽ có giá trị là $M_{k+1}+1$ (tăng thêm 1)
Nhóm 3 chữ số thứ $k$ (tính từ phải sang trái) có giá trị là $M_k$, chữ số hàng trăm của $M_k$ là số $0$ thì chứng tỏ hệ số của $x^k$ sẽ là $M_k$ (số dương)
(VD: Nhóm 1: $|983|$ thì hệ số $a_0$ là $-17$ và thêm 1 vào nhóm 2
Nhóm 2: $|997|$ thì hệ số $a_1$ là $-3+1=-2$ và thêm 1 vào nhóm 3
Nhóm 3: $|994|$ thì hệ số $a_2$ là $-6+1=-5$ và thêm 1 vào nhóm 4
Nhóm 4: $|001|$ thì hệ số $a_3$ là $1+1=2$)
Bước 5: Điền kết quả: $2(x+1)^2(x-1)-7(x^2+1)-8=2x^3-5x^2-2x-17$
Bước 6: Thử lại cho chắc ăn !
(Ấn $2(x+1)^2(x-1)-7(x^2+1)-8-(2x^3-5x^2-2x-17)$, gán giá trị $x=1,2,3,4,...$ mà thấy kết quả luôn =0 thì chắc là chính xác)

Nhận xét: Cách này không hay lắm, nếu làm quen thì chắc nhìn hệ số các nhóm là sẽ biết được ngày kết quả triển.

Cách 2: Áp dụng cho bậc cao, hệ số nguyên (Bậc cũng đừng cao quá, hì hì)
VD cần khai triển $2(x+1)^3(x-1)^2-7(x^2+1)^2-8$
Bước 1: Gán giá trị $x=1000$ hoặc $10000$ nếu thích.
(Tại $x=1000$ thì kết quả là $1,994995982$x$10^{15}$)
Bước 2: Nhìn vào giá trị sau dấu phảy, xem xét số bên cạnh nó ! Nếu số bên cạnh là $9$ thì hệ số bậc cao nhất là hệ số sau dấu phảy công 1, nếu là số $0$ thì dữ nguyên.
(Sau dấu phảy là số $1$, cạnh nó là số $9$, suy ra hệ số bậc cao nhất (bậc 5) là $2$)
Bước 3: Viết lại đa thức, sau đó trừ đi bậc cao nhất vừa tìm.
($2(x+1)^3(x-1)^2-7(x^2+1)^2-8-2x^5$)
Bước 4: Cho $x=1000$ thì kết quả là bậc đa thức sẽ giảm, tiếp tục làm như bước 2
(Tại $x=1000$ thì giá trị nhân được là $-5,004017998$x$10^{12}$. Do đó bậc hạ từ $15$ xuống $12$ nên đa thức có hệ số bậc 4 khác 0.
Sau dấu phảy là số $-5$, cạnh nó là số $0$ nên hệ số bậc 4 là $-5$
Ấn tiếp $2(x+1)^3(x-1)^2-7(x^2+1)^2-8-2x^5+5x^4$
Gán $x=100$ thì kết quả là $-4179813$, tách thành $-4|17|98|13|$ ta được hệ số bậc $3$ là $-4$, hệ số bậc $2$ là $-18$, hệ số bậc nhất là $2$, hệ số tự do là $-13$)
Bước 5: Ghi kết quả: $2(x+1)^3(x-1)^2-7(x^2+1)^2-8=2x^5-5x^4-4x^3-18x^2+2x-13$
Bước 6: Thử lại

Nhận xét: Làm nhiều mới quen, chứ cái này khó nói lắm. Cũng hay chứ nhỉ ?

b) Hệ số là phân số:
Bước 1: Tìm ước chung lớn nhất các mẫu mà ta dự đoán chúng sẽ góp mặt trong hệ số sau khi phân tích
Bước 2: Viết đa thức, có cả phân số, tất cả đa thức nhân với ước chung lớn nhất vừa tìm được
Bước 3: Làm như phần a)

P/s: Ai không hiểu cứ comment

Thủ thuật 2: Phân tích phương trình bậc 4 thành nhân tử (Cái này mình post lại)

Đối với phương trình bậc 4 dạng $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ ta chia làm 2 mảng lớn:
*** Đầu tiên là phương trình $f(x)$ có nghiệm, ta xét:
- Nếu trong trường hợp bạn phải đi thi, kiểm tra thì bạn nên sử dụng máy tính CASIO $fx$ mà giải nhé, sau đây là hướng dẫn giải phương trình bậc 4 bằng Casio :
+Trường hợp 1: Bạn lấy máy tính, viết phương trình bậc 4 của bạn vào, ấn Shift + Solve và sau đó ấn "=" để giải phương trình bậc 4 đó:
@@1: Nếu máy tính hiện ra $X=$ một số nguyên cụ thể nào đó hoặc là số vô hạn có tuần hoàn (VD:1,3333333...)

thì bạn ấn AC, sau đó ấn RCL + X thì máy sẽ hiện lên chính xác nghiệm đó của bạn (số nguyên hoặc phân số tối giản).

Khi đó $f(x)$ có một nhân tử là $(x - X)$ (với X là nghiệm bạn vừa tính được).

Sau đó bạn sẽ phân tích thành $(x - X) (mx^3+nx^2+px+q)$.

Khi đó dùng máy tính để giải nghiệm phương trình bậc 3 nhé bằng cách vào Mode Mode Mode 1 rồi lần lượt ghi hệ số của nó vào nhé.

Từ đó bạn nhận được tất cả các nghiệm của $f(x)$ gồm X và 3 ngiệm của phương trình bậc 3 đó. . .


@@2: Nếu máy tính hiên ra $X=$ một số vô hạn không tuần hoàn, bạn chuyển sang Trường hợp 2(Cái này mới khó)

+Trường hợp 2:( Cái này là công thức bí mật đấy):

Khi tìm được 1 nghiệm của phương trình bậc 4 đó, bạn chuyển dữ liệu sang A bằng cách ấn Alpha X Shift Sto A

Sau đó bạn viết lại phương trình bậc 4 đó, Ấn Shift + Solve, máy hiện tiếp $X?$ bạn nhập 100 vào, ấn "=", ấn "=" để giải.

Khi đó máy sẽ tính một nghiệm nữa khác với nghiệm ban đầu.

Bạn chuyển dữ liệu nghiệm vừa tìm được sang B bằng cách ấn Alpha X Shift Sto B.

Sau đó bạn viết lại phương trình bậc 4 đó, Ấn Shift + Solve, máy hiện tiếp $X?$ bạn nhập -100 vào, ấn "=", ấn "=" để giải.

Khi đó máy sẽ tính một nghiệm nữa khác với nghiệm ban đầu.

Bạn chuyển dữ liệu nghiệm vừa tìm được sang C bằng cách ấn Alpha X Shift Sto C (Thế là đủ).

Cái này là xong nè: Ấn Alpha A + Alpha B rồi "=", nếu kết quả là số nguyên hoặc phân số thì bạn ấn tiếp Alpha A Alpha B rồi "=" để
tính được tích của 2 số đó.

Khi ấy áp dụng định lý Viét đảo ta được $f(x)$ có một nhân tử là $x^2 - (A+B)x + AB$ (Hay chưa).

Còn nếu A+B không là số nguyên hoặc số vô hạn có tuần hoàn (Tức là phân số ấy) thì Bạn làm tương tự với tổng B+C, C+A từ đó tìm được nhân tử của $f(x)$

Nói không bằng làm, bạn hãy làm theo ví dụ sau, chắc bạn sẽ hiểu:


$x^4+3x^3-4x^2-11x+5=0$
Ta ấn phím trên máy tính CASIO như sau:
Viết PT $x^4+3x^3-4x^2-11x+5=0$ trên máy tính CASIO fx-570MS hoặc fx-570ES.
Ấn shift + SOLVE
Máy hỏi X?
Ấn 10 = (Nếu là máy fx-570ES thì không cần làm tiếp, đối với máy fx-570MS thì ấn tiếp Shift SOLVE)

Sau một hồi, máy hiện X=1,791287847

Ấn AC,

Ấn Alpha X Shift STO A
_______________________________________________________________
Viết lại phương trình : $x^4+3x^3-4x^2-11x+5=0$

Ấn shift + SOLVE

Máy hỏi X?

Ấn -10 = (Nếu là máy fx-570ES thì không cần làm tiếp, đối với máy fx-570MS thì ấn tiếp Shift SOLVE)

Sau một hồi, máy hiện X= - 2,791287847

Ấn AC,

Ấn Alpha X Shift STO B
______________________________________________________

Viết lại phương trình : $x^4+3x^3-4x^2-11x+5=0$

Ấn shift + SOLVE

Máy hỏi X?

Ấn -1 = (Nếu là máy fx-570ES thì không cần làm tiếp, đối với máy fx-570MS thì ấn tiếp Shift SOLVE)

Sau một hồi, máy hiện X= 0,4142135624

Ấn AC,

Ấn Alpha X Shift STO C
________________________________________________________________
Nhận xét:
Ấn Alpha B + Alpha C =

Máy hiện : -2,377074285

Ấn Alpha C + Alpha A =

Máy hiện : 2,20550141

Ấn Alpha A + Alpha B =

Máy hiện : -1
_____________________________

Chứng tỏ trong các tổng A+B, B+C, C+A thì chỉ thấy A+B nguyên (hoặc là một số vô hạn tuần hoàn)

Ấp tiếp Alpha A x Alpha B =

Máy hiện : -5

Chứng tỏ A, B là nghiệm của phương trình bậc 2 ẩn x : $x^2 - (A+B)x+AB=0$

Mà A+B= -1, A.B= -5

Suy ra A, B là nghiệm của phương trình $x^2+x-5=0$

Mà A, B cũng là nghiệm của phương trình: $x^4+3x^3-4x^2-11x+5=0$

Suy ra $x^4+3x^3-4x^2-11x+5$ khi phân tích nhân tử có một nhân tử là $x^2+x-5$

Suy ra $x^4+3x^3-4x^2-11x+5 = (x^2+x-5)(ax^2+bx+c)$

Từ đó ta phân tích thành nhân tử được


Bài tập áp dụng:
${x}^{4}+3\,{x}^{3}-4\,{x}^{2}-11\,x+5=0$
${x}^{4}+12\,{x}^{3}+21\,{x}^{2}-24\,x+5=0$
${x}^{4}-6\,{x}^{3}-132\,{x}^{2}+885\,x+500=0$
$10\,{x}^{4}+27\,{x}^{3}-16\,{x}^{2}-45\,x+28=0$
$10\,{x}^{4}+27\,{x}^{3}+245\,{x}^{2}+306\,x+1288=0$
${x}^{4}+9\,{x}^{3}+20\,{x}^{2}+9\,x+1=0$


Thủ thuật 3: Phân tích đa thức bậc cao thành nhân tử (Tổng quát của thủ thuật 2)

Nhận xét: Đôi khi ta thấy những bài phương trình vô tỷ mà chỉ cần nhìn là thấy bình phương lên ra phương trình bậc cao cho nó lành ( = Bước đường cùng - Nguyễn Công Hoan) nhưng chính việc khai triển nó, phân tích thành nhân tử khiến chúng ta nản. Nhưng phương pháp sau đây sẽ giúp ích phần nào điều đó.

Nội dung: Trước tiên, cần xác định bậc của đa thức, để khi phân tích thành nhân tử ta sẽ kiểm tra xem có thiếu nhân tử nào không ! VD: $(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-36x^2-7x+2$ có bậc là $6$
Sau đó, xác định khoảng chứa nghiệm của phương trình, giống như phương trình bậc 4

Cách làm:
Cách 1: Áp dụng cho những bài mà nhân tử của nó là đa thức bậc < 3
Bước 1: Nhập đa thức: $(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-36x^2-7x+2$
Bước 2: Giải nghiệm phương trình, cho $X$ là điểm giữa khoảng nghiệm
VD: $0.414213562, -2.414213562, 1.618033988, -0.6180339880$
Bước 3: Cố tìm xem các nghiệm ấy là nghiệm của phương trình bậc 2 hay bậc 3 nào ?
VD: $x^2-x-1=0$ và $x^2+2x-1=0$
Bước 4: Viết luôn ra vở rằng PT tương đương với $(x^2-x-1)(x^2+2x-1)(...)$ với ... là một tam thức bậc 2 có dạng $ax^2+bx+c$. Quan trọng bây giờ là tìm $a,b,c$
Bước 5: Vì hệ số bậc cao nhất phương trình bậc 6 là 1 nên $a=1$, hệ số tự do bằng $6$ nên $c=6$
Bước 6: Viết ra máy tính như sau: $(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-36x^2-7x+2-(x^2-x-1)(x^2+2x-1)(x^2+Ax+6),A$
Bước 7: Ấn Shift + Solve để giải phương trình trên theo $A$. Đầu tiên cho $X=1,2,3,...$ mà khi giải, ta luôn được $A=4$, do đó $b=4$
Bước 8: Viết tiếp $(x^2+4x+6)$
Bước 9: Thử lại

Nhận xét: Cách này hơi hạn chế

Cách 2: (Một số bài toán khi bình phương để giải phương trình bậc cao, lại ra một tam thức bậc 2 nhân với một đa thức bậc 4 hoặc bậc 3, cách này vẫn gần giống cách 1 nhưng nó giúp chúng ta tìm được nhân tử phương trình còn lại. Cách này áp dụng thủ thuật 1.)

VD: Giải phương trình $(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-26x^2-17x-8=0$

Bước 1: Tìm các nghiệm phương trình, thấy phương trình có đúng 2 nghiệm và từ đó ta có nhân tử
$(x^2-x-1)$ (Như cách 1)
Bước 2: Ta sẽ tìm nốt nhân tử bậc 4 còn lại, cách làm như sau:
Viết lên máy tính: $\dfrac{(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-26x^2-17x-8}{x^2-x-1}$
Bước 3: Cho $x=1000$ thì ta được kết quả là $1,006013008$x$10^{12}$
Chứng tỏ hệ số bậc 4 là $1$
Bước 4: Viết tiếp $\dfrac{(x^2+1)^2(x^2+5x+4)-21x^3-26x^2-17x-8}{x^2-x-1}-x^4$
Cho $x=1000$ ta được $6013008004$ nên ta được phương trình bậc 4 là:
$x^4+6x^3+13x^2+8x+4$
Bước 5: Viết : $(x^2-x-1)(x^4+6x^3+13x^2+8x+4)=0$
Bước 6: Chứng minh phương trình bậc 4 kia vô nghiệm (Xem thủ thuật 4)
Bước 7: Kết luận (Cái này nhiều người thiếu)

Nhận xét: Thủ thuật này làm mất đi trí óc, tư duy con người nên không khuyến cáo dùng cách này...

Thủ thuật 4: Chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm: (Post lại bài mình đã post)

Thêm một phương pháp "tủ" của mình, đó là cách chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm ! (Ai không hiểu gì cứ pmmmm nha, nhưng cũng hơi đau đầu đấy)
_________________________
Xét PT $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ với $d>0$ và $a,b,c$ là các hệ số.
Khi bạn giải mãi cái này mà không ra nghiệm (Can't solve), bạn hãy chứng minh phương trình vô nghiệm

Ví dụ 1: Giải phương trình: $x^4-6x^3+16x^2-22x+16=0$

Cách 1: Cách ăn may: đó chính là $f(x)$ phân tích thành 2 cái bậc 2 cộng với một hệ số tự do không âm,
giống như $f(x)=x^4-6x^3+16x^2-22x+16$

Khi đó $f(x)=(x^2-2x+3)(x^2-4x+5)+1>0$

[?] Vậy tại sao lại có thể phân tích thành cái này, đó là câu hỏi khó ?

Cách làm ở đây là đặt $f(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)+e$
Suy ra $f(x)=x^4+(a+c)x^3+(d+ac+b)x^2+(bc+ad)x+bd+e$
Đồng nhất với đa thức ban đầu là $f(x)=x^4-6x^3+16x^2-22x+16$
Ta có:
$$\left\{\begin{matrix}
a+c=-4\\
d+ac+b=16\\
bc+ad=-22\\
bd+e=16
\end{matrix}\right.$$
Từ đó dễ dàng suy ra $a=-2, \;b=3, \;c=-4, \; d=5, \; e=1$ nhờ phương pháp mò (Vì đây là cách ăn may mà)

Cách 2: (Cách này ảo nhất, bây giờ tui mới phát hiện ra)

Cũng từ: $A=f(x)=x^4-6x^3+16x^2-22x+16$

Ta sẽ chứng minh $f(x)>0$ bằng cách đặt $x=y-\frac{a}{4}$, để mất đi hệ số của $y^3$

Đặt $x=y+\frac{3}{2}$

Biểu thức đã cho trở thành:
$$A=y^4+\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}=y^4-2m y^2+m^2+(2m+\frac{5}{2})y^2-y+\frac{61}{16}-m^2$$

(Chỗ này khá ảo, nhưng hay)

Cần tìm $m > -\frac{5}{2}$ để PT $(2m+\frac{5}{2})y^2-y+\frac{61}{16}-m^2$ vô nghiệm (khi đó nó mới >0)

Thì $\Delta = <0$

Tìm bất kì số $m$ nào thỏa mãn BĐT kia và phải thỏa mãn $m> \frac{5}{2}$

Có nhiều $m$ thỏa mãn lắm, VD: $m=0$ hoặc $m=-1$ hoặc $m=1$ là đẹp mắt nhất

Chọn một cái và làm !

Giả sử:

a) $m=-1$ thì $A=(y^2+1)^2+\frac{3}{2}(y-\frac{1}{3})^2+\frac{175}{48}$
Suy ra $A= (x^2-3x+\frac{13}{4})^2+\frac{3}{2}(x-\frac{11}{6})^2+\frac{175}{48}>0$

b) $m=0$ thì $A=y^4+\frac{5}{2}(y-\frac{1}{5})^2 +\frac{297}{80}$
Suy ra $A=(x-\frac{3}{2})^4+\frac{5}{2}(x-\frac{17}{10})^2 +\frac{297}{80}>0$

c) $m=1$ thì $A=(y^2-1)^2+\frac{7}{2}(y-\frac{1}{7})^2+\frac{419}{112}$
Suy ra $A=(x^2-3x+\frac{5}{4})^2+\frac{7}{2}(x-\frac{23}{14})^2+\frac{419}{112}$

_______________________

Nhận xét: Nhưng các bạn cũng không nên lợi dụng nó quá, giống như minhtuyb đã nhận xét:


"Mình cũng chia sẻ chút chỗ này :
Khi đã ra $A=y^4+\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}$ thì trước khi chọn hệ số $m$ thích hợp như trên nên kiểm tra xem tam thức bậc hai $\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}$ có vô nghiệm hay không:
+) Nếu vô nghiệm $(\Delta <0)$ thì ta phân tích thẳng luôn: $A=y^4+\frac{5}{2}(y-\frac{1}{5})^2+\frac{297}{80}$, tức là chọn $m=0$ để đỡ mất công cho phần sau
+) Nếu có nghiệm thì lại phải lục cục đi tìm $m$ thôi "


________________________

Để không phải xét như thế, mình post một VD khác để có thể áp dụng hoàn toàn :

Ví Dụ 2: Giải phương trình $12x^4-108x^3+312x^2+183x+119=0$
___________

Nhận xét: Trước khi bắt tay vào giải phương trình, các bạn phải kiểm chứng rằng phương trình có nghiệm hay không !!!
Mình khuyên các bạn nên dùng Máy Tính Bỏ túi Casio để giải phương trình, nếu nó báo Can't solve thì chắc là phương trình không có nghiệm


Hướng làm: (Cái này trong nháp)
Ta thấy $12x^4-108x^3+312x^2+183x+119=0 \Leftrightarrow {x}^{4}-9\,{x}^{3}+26\,{x}^{2}+{\frac {61}{4}}\,x+{\frac {119}{12}}=0$
Đặt $A={x}^{4}-9\,{x}^{3}+26\,{x}^{2}+{\frac {61}{4}}\,x+{\frac {119}{12}}$
Giống như phương trình bậc 4 tổng quát có dạng $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0$ thì bạn đặt $x=y-\frac{a}{4}$ rồi rút gọn lại

Vậy đặt $x=y-\frac{-9}{4}$
Suy ra $$A=(y-\frac{-9}{4})^4-9(y-\frac{-9}{4})^3+26(y-\frac{-9}{4})^2+\frac{61}{4}(y-\frac{-9}{4})+\frac{119}{12}$$
$$={y}^{4}+9\,{y}^{3}+{\frac {243}{8}}\,{y}^{2}+{\frac {729}{16}}\,y+{
\frac {6561}{256}} -9\,{y}^{3}-{\frac {243}{4}}\,{y}^{2}-{\frac {2187}{16}}\,y-{\frac {
6561}{64}}+26\,{y}^{2}+117\,y+{\frac {1053}{8}}+{\frac {61}{4}}\,y+{\frac {2123}{48}}$$
$$={y}^{4}-{\frac {35}{8}}\,{y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y+{\frac {76007}{
768}}$$

Bước tiếp theo là cộng hệ số thích hợp:
$$A={y}^{4}-{\frac {35}{8}}\,{y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y+{\frac {76007}{
768}}$$
$$=y^4-2my^2+m^2+ \left( 2\,m-{\frac {35}{8}} \right) {y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y-{m}^{
2}+{\frac {76007}{768}}$$

Để $A>0$ thì ta sẽ tìm $m> \frac{35}{16}$ để phương trình $ \left( 2\,m-{\frac {35}{8}} \right) {y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y-{m}^{
2}+{\frac {76007}{768}}=0$ vô nghiệm

Hay $\Delta ={\frac {108241}{64}}-4\, \left( 2\,m-{\frac {35}{8}} \right) \left( -
{m}^{2}+{\frac {76007}{768}} \right) =8\,{m}^{3}-{\frac {35}{2}}\,{m}^{2}-{\frac {76007}{96}}\,m+{\frac {
5258029}{1536}} <0$

(Nếu bạn muốn tìm nhanh mà không mất công rút gọn biểu thức thì hãy nhập $\Delta$ vào máy tính Casio rồi ấn Calc.
Máy hỏi M? Ấn thử xem với $M$ bằng bao nhiêu thi kết quả là một số âm)


Có nhiều giá trị của $m$ thỏa mãn BĐT đấy, ta chọn lấy cái đẹp nhất nhưng mà thỏa mãn $m > \frac{35}{16}$

VD: Ta lấy $m$ bất kì chỉ cần thỏa mãn $\frac{51}{10} \leq m \leq \frac{39}{5}$ là BĐT kia đúng !!!

(Cách tìm $m$ nhanh mà không phải mò !... Vào mode EQN, ấn cách hệ số của PT bậc 3 vào lần lượt $a, \; b, \;c$ rồi máy sẽ tính được 3 nghiệm, rồi lập bảng xét dấu là xong)

Cho $m=6$ hay $m=7$ thì ta được:

Nếu $m=6$ thì $ \left( 2\,m-{\frac {35}{8}} \right) {y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y-{m}^{
2}+{\frac {76007}{768}}={\frac {61}{8}}\,{y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y+{\frac {48359}{768}}={\frac {61}{8}}\, \left( y+{\frac {329}{122}} \right) ^{2}+{\frac {
352115}{46848}}$
Do đó $A=(y^2-6)^2+{\frac {61}{8}}\, \left( y+{\frac {329}{122}} \right) ^{2}+{\frac {
352115}{46848}} = ({x}^{2}-\frac{9}{2}\,x-{\frac {15}{16}})^2+{\frac {61}{8}}\, \left( x+{\frac {109}{244}} \right) ^{2}+{\frac {
352115}{46848}}>0$

Nếu $m=7$ thì $\left( 2\,m-{\frac {35}{8}} \right) {y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y-{m}^{
2}+{\frac {76007}{768}}={\frac {77}{8}}\,{y}^{2}+{\frac {329}{8}}\,y+{\frac {38375}{768}}={\frac {77}{8}}\, \left( y+{\frac {47}{22}} \right) ^{2}+{\frac {51013
}{8448}}$
Do đó $A=(y^2-7)^2+{\frac {77}{8}}\, \left( y+{\frac {47}{22}} \right) ^{2}+{\frac {51013
}{8448}}=({x}^{2}-\frac{9}{2}\,x-{\frac {31}{16}})^2+{\frac {77}{8}}\, \left( x-{\frac {5}{44}} \right) ^{2}+{\frac {51013}
{8448}}>0$

Do đó có nhiều cách chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm, nhưng lời giải thì rất ngắn gọn:

Lời giải 1: (cái làm làm luôn vào bài)
Ta có: $12x^4-108x^3+312x^2+183x+119=0$
$\Leftrightarrow 12\, \left( {x}^{2}-\frac{9}{2}\,x-{\frac {15}{16}} \right) ^{2}+{\frac {183}{
2}}\, \left( x+{\frac {109}{244}} \right) ^{2}+{\frac {352115}{3904}}=0$
Vô lý do VT > 0 với mọi $x$

Lời giải 2:
Ta có: $12x^4-108x^3+312x^2+183x+119=0$
$\Leftrightarrow 12\, \left( {x}^{2}-\frac{9}{2}\,x-{\frac {31}{16}} \right) ^{2}+{\frac {231}{
2}}\, \left( x-{\frac {5}{44}} \right) ^{2}+{\frac {51013}{704}}=0$
Vô lý do VT > 0 với mọi $x$

__________________________________
Nhận xét: 2 lời giải trên thật ngắn gọn, nhưng lại phải có một "công trình" nghiên cứu như trên, nhưng còn với phương trình bậc 6, 8, ... thì lại phải làm một hướng khác !
Vì dụ ở dưới sẽ giúp bạn thành thạo hơn !!!


Thủ thuật 5: (Vật lý) Tổng hợp lực (Cái này mình thích lắm)

Nội dung: Áp dụng đặc điểm số phức
Cách làm:
Cho các vecto lực: $\overrightarrow{F_0},\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3},...,\overrightarrow{F_n}$ biết góc tạo bởi $\overrightarrow{F_0}$ với các $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},...\overrightarrow{F_n}$ là $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$

Hợp lực của nó và góc tạo bởi vecto hợp lực với $\overrightarrow{F_0}$ được tính như sau:
Bước 1: Ấn Shift + MODE, ấn $\bigtriangledown $, chọn CMPLX, chọn $r\angle \theta $
Bước 2: Vào Mode, chọn CMPLX
Bước 3: Ấn như sau: $F_0\angle 0+F_1 \angle \alpha_1 +F_2 \angle \alpha_2 +...+F_n \angle \alpha_n$
Ấn $=$ là ta được kết quả !

Nhận xét: Mình nghĩ là thủ thuật 5 giúp rất nhiều trong những bài toán về lực, động lượng, điện tích, ...

Thủ thuật 6: Phân tích đa thức chứa căn thức thành nhân tử (Cái này thì hơi khó hiểu, làm nhiều sẽ quen)

Nội dung: Có khá nhiều cách và cũng khá nhiều trường hợp để sử dụng thủ thuật này, mình chỉ nêu vài thủ thuật chính, nhưng đảm bảo sẽ giúp ích cho các bạn rất rất nhiều

Cách 1: (Đối với đa thức chứa một căn thức bậc nhất, có dạng $f(x)=g(x)+h(x)\sqrt{ax+b}$
(VD: $f(x)=2x^2-3x+2-x\sqrt{3x-2}$)
Bước 1: Đặt $t=\sqrt{ax+b}$ (tức $t=$ cái căn thức)
($t=\sqrt{3x-2}$)
Bước 2: Viết đa thức theo $t$ (Do $t=\sqrt{ax+b}$ nên $x=\frac{t^2-b}{a}$)
($f(x)=2\, \left( \frac{1}{3}\,{t}^{2}+\frac{2}{3} \right) ^{2}-{t}^{2}- \left( \frac{1}{3}\,{t}^{2}+
\frac{2}{3} \right) t$)
Bước 3: Áp dụng thủ thuật 1 để phân tích thành nhân tử
($f(x)=\frac{1}{9} (t-1)(t-2)(2t^2+3t+4)$)
Bước 4: Thế $t=\sqrt{ax+b}$ vào nhân tử vừa tìm được
($f(x)=\frac{1}{3}\, \left( \sqrt {3\,x-2}-1 \right) \left( \sqrt {3\,x-2}-2
\right) \left( 2\,x+\sqrt {3\,x-2} \right) $)
Bước 5: Viết luôn kết quả và xem giải.

Nhận xét: Cách này khá ảo diệu, nhưng rất dễ lộ liễu phương pháp. Để tránh người khác khó hiểu hay tò mò về phương pháp này thì tốt hơn hãy làm như sau: (VD $f(x)=2x^2-3x+2-x\sqrt{3x-2}$)
Đặt $t=\sqrt{3x-2}$ ta được $t^2=3x-2$
Khi đó $f(x)=2x^2-xt-t^2=(2x+t)(x-t)$
Suy ra ...
(Thực ra nó chính là phương pháp hằng số biến thiên)

Cách 2: (Đối với đa thức chứa ít căn thức, thường là một hoặc hai hoặc ba căn thức, biểu thức trong căn là một đa thức bậc cao)

Nội dung: Khó nói nhưng dễ hiểu !!!

Phần 1: Nghiệm vô tỷ

Lưu ý: Chỉ nghiệm vô tỷ mới áp dụng đấy
Cách làm: VD như phương trình vô tỷ này: $x^2+1-(x+1)\sqrt{x^2-2x+3} =0$ (theo provotinhvip)
Bước 1: Viết vào CASIO, giải phương trình này, ta được các nghiệm $1 \pm \sqrt{2}$
Bước 2: Tính giá trị biểu thức trong căn: $\sqrt{x^2-2x+3}=2$
Bước 3: Suy ra 100% sẽ có nhân tử $(\sqrt{x^2-2x+3}-2)$
Bước 4: Do kiểu gì cũng có nhân tử $(\sqrt{x^2-2x+3}-2)$ nên đến đây là rất dễ rồi còn gì !!!
Bước 5: Đọ kết quả

VD2: $6\,{x}^{3}-18\,{x}^{2}+8\,x+4+ \left( 3\,{x}^{2}-6\,x-4 \right) \sqrt
{{x}^{2}-2\,x+7}=0$
Bước 1: Giải nghiệm, cũng được $x=1+\sqrt{2}$
Bước 2: Tính giá trị của căn: $ \sqrt
{{x}^{2}-2\,x+7}=2\sqrt{2}$
Bước 3: Vì đa thức hệ số hữu tỷ nên 100% nhân tử cũng hữu tỷ, suy ra $ \sqrt
{{x}^{2}-2\,x+7}=2\sqrt{2}=2x-2$
Bước 4: Suy ra 100% sẽ có nhân tử $\sqrt
{{x}^{2}-2\,x+7}-2x+2$
Bước 5: Trừ đa thức, làm tiếp ta được phương trình tương đương với:
$$\left( \sqrt {{x}^{2}-2\,x+7}-2\,x+2 \right) \left( \left( \sqrt {{
x}^{2}-2\,x+7}+2\,x-2 \right) ^{2}+1 \right)
=0$$
Bước 6: OK?

Phần 2: Nghiệm hữu tỷ (Cực kì quan trọng, áp dụng cực nhiều)
Tham khảo: http://diendantoanho...ệ-phương-trình/
 
Thủ thuật 7: Dùng CASIO để làm Bất Đẳng Thức nhiều biến đối xứng
Phần 1: Điều kiện với tổng
Thực ra đây chỉ là một phần nhỏ của phương pháp UCT, khá hay cho việc làm BĐT ...
Nội dung: Tham khảo bài viết của viet 1846 ở đây: http://diendantoanho...ố-bất-dịnh-uct/
Để dễ hình dung, xét VD sau: http://diendantoanho...-frac12-ageq-3/
 
Ví Dụ: Cho a,b,c dương thõa mãn $\sum a^{2}=3$,CmR $\sum \frac{1}{2-a}\geq 3$
 
Hướng làm: Tìm $k$ và $m$ để $$ \frac{1}{2-a} \geq ka^2+m$$
Nhìn vào bài toán là thấy điểm rơi $a=b=c=1$, do đó, đạo hàm hai vế rồi cho $a=1$ ta sẽ tìm được $k$
Tức là: $$k=\dfrac{\left .\dfrac{d}{dx}\left (\dfrac{1}{2-x}  \right )  \right |_{x=1}}{\left .\dfrac{d}{dx}\left (x^2 \right )  \right |_{x=1}}$$
Cứ gõ nguyên cái này vào CASIO fx570ES là thấy ngay...
Sau khi tìm được $k=\frac{1}{2}$, lại thấy điểm rơi $a=1$ và $ \frac{1}{2-a} = ka^2+m$ nên ta được $m=\frac{1}{2}$
Sau khi tìm được $k$ và $m$, ta phải chứng minh lại BĐT mình vừa nêu ra, tức là:
$$\frac{1}{2-a} \geq \frac{a^2+1}{2}$$ với mọi $0<a<2$
Cái này có thể đúng, có thể sai
Nếu luôn đúng thì ngon rồi, chứng minh tương tự với $b,c$ ta được Q.E.D
Nếu chưa chắc đúng thì ta dùng tới $Jen-sen$, hoặc hàm lồi
 
Tóm lại, tổng quát luôn: Giả thiết: $g(a)+g(b)+g(c)=x$, cần tìm cực trị của $f(a)+f(b)+f(c)$
Điểm rơi của bài là $a=b=c=x_0$
Ta cần tìm $k$ và $m$ thỏa mãn: $f(a) \geq k g(a)+m$
Khi đó $$k=\dfrac{\left .\dfrac{d}{dx}f(x)  \right |_{x=x_0}}{\left .\dfrac{d}{dx}g(x)  \right |_{x=x_0}}$$
Còn $m=f(x_0)-kg(x_0)$. Sau đó chứng minh lại thôi
 
Phần 2: Với điều kiện dạng tích:
Giả thiết cho $abc=t$, tìm cực trị của $f(a)+f(b)+f( c )$
Kiểu gì thì chúng ta cũng đưa dạng $abc=t$ thành $xyz=1$
Tức là cho $xyz=1$, tìm cực trị của $f(x)+f(y)+f(z)$

Để ý rằng: $\ln x+\ln y+\ln z=\ln xyz=0$ nên ta chỉ cần tìm $k$ và $m$ sao cho BĐT sau luôn đúng:
$$f(x) \geq k \ln x+m$$
_____________
Tìm $k$ nhanh: $$k=\left (\left .\dfrac{d}{dx}f(x)  \right |_{x=x_0}  \right )x_0$$
Thế vào tìm được $m$
Sau đó chứng minh lại BĐT vừa tìm bằng phương pháp đạo hàm, từ đó ta có thể làm nhanh những bài dạng này
_______________________________________
Thủ thuật 8: Phương pháp phân tích thành nhân tử với 2 biến bằng CASIO
 
Lưu ý: Thủ thuật này chỉ áp dụng cho biểu thức 2 ẩn bậc không quá cao (giới hạn bậc 4) cho một ẩn ...
Ví dụ như: $x^3y^3+10x^2-20xy^3+1$ vẫn nằm trong phạm vi của phương pháp này ... Do đó ứng dụng thực tiễn của phương pháp này là khá lớn, thuận tiện cho việc giải Phương trình và Hệ phương trình.
Yêu cầu: Đọc qua Thủ Thuật 1 : CÁC THỦ THUẬT CASIO
Ý tưởng: Nhận xét sơ bộ một biểu thức cần phân tích, xem bậc cái nào cao nhất, cho nó bằng $1000$ rồi phân tích
_______________________________________

Ví Dụ 1: $A=x^2+xy-2y^2+3x+36y-130$
Bước làm: 
Bước 1: Nhìn thấy bậc của $x$ và $y$ đều bằng $2$ nên mình chọn cái nào cũng được
Bước 2: Cho $y=1000$, ta được $A=x^2+1003x-1964130$
Bước 3: Phân tích nhân tử nó: $A=(x+1990)(x-987)$
Bước 4: Áp dụng thủ thuật 1, ta được: $1990=2y-10$ và $-987=-y+13$
Bước 5: Thế vào ta được $A=(x+2y-10)(x-y+13)$
Dễ không nào ???

Ví Dụ 2: $B=6x^2y-13xy^2+2y^3-18x^2+10xy-3y^2+87x-14y+15$
Bước 1: Bậc của $x$ nhỏ hơn
Bước 2: Cho $y=1000$, ta được $B=5982\,{x}^{2}-12989913\,x+1996986015$
Bước 3: Phân tích nhân tử: $B=2991\, \left( 2\,x-333 \right)  \left( x-2005 \right) $
Bước 4: Có $2991=3y-9, 333=\frac{999}{3}=\frac{y-1}{3},2005=2y+5$
Bước 5: Ta được: $B=(3y-9)(2x-\frac{y-1}{3})(x-2y-5)=(y-3)(x-2y-5)(6x-y+1)$
OK?

Ví Dụ 3: $C={x}^{3}-3\,x{y}^{2}-2\,{y}^{3}-7\,{x}^{2}+10\,xy+17\,{y}^{2}+8\,x-40\,y+16$
Bước 1: Bậc như nhau
Bước 2: Cho $y=1000$, ta được $C={x}^{3}-7\,{x}^{2}-2989992\,x-1983039984$
Bước 3: Phân tích: $C=(x-1999)(x+996)^2$
Bước 4: Thế $1999=2y-1$ và $996=y-4$
Bước 5: $C=(x-2y+1)(x+y-4)^2$

Ví Dụ 4: $D=2\,{x}^{2}{y}^{2}+{x}^{3}+2\,{y}^{3}+4\,{x}^{2}+xy+6\,{y}^{2}+3\,x+4\,y+12$
Bước 1: Bậc như nhau
Bước 2: Cho $y=1000$ ta được $D={x}^{3}+2000004\,{x}^{2}+1003\,x+2006004012$
Bước 3: Phân tích: $D=\left( x+2000004 \right)  \left( {x}^{2}+1003 \right) $
Bước 4: Thế $2000004=2y^2+4$ và $1003=y+3$
Bước 5: $D=(x^2+y+3)(2y^2+x+4)$
 
Ví Dụ 5: $E={x}^{3}y+2\,{x}^{2}{y}^{2}+6\,{x}^{3}+11\,{x}^{2}y-x{y}^{2}-6\,{x}^{2}-7\,xy-{y}^{2}-6\,x-5\,y+6$
Bước 1: Bậc của $y$ nhỏ hơn
Bước 2: Cho $x=1000$ ta được $E=1998999\,{y}^{2}+1010992995\,y+5993994006$
Bước 3: Phân tích: $E=2997\, \left( 667\,y+333333 \right)  \left( y+6 \right)$
Bước 4: "Ảo hóa" nhân tử: $E=999(2001y+999999)(y+6)$
Bước 5: Thế $999=x-1,2001=2x+1,999999=x^2-1$
Bước 6: $E=(x-1)((2x+1)y+x^2-1)(y+6)=(x-1)(y+6)(x^2+2xy+y-1)$
 
Ví Dụ 6: $F=6\,{x}^{4}y+12\,{x}^{3}{y}^{2}+5\,{x}^{3}y-5\,{x}^{2}{y}^{2}+6\,x{y}^{3}+{x}^{3}+7\,{x}^{2}y+4\,x{y}^{2}-3\,{y}^{3}-2\,{x}^{2}-8\,xy+3\,{y}^{2}-2\,x+3\,y-3$
Bước 1: Bậc $y$ nhỏ hơn
Bước 2: Cho $x=1000$ ta được: $$F=5997\,{y}^{3}+11995004003\,{y}^{2}+6005006992003\,y+997997997$$
Bước 3: Phân tích $F= \left( 1999\,y+1001001 \right)  \left( 3\,{y}^{2}+5999000\,y+997 \right) $
Bước 4: Thế $1999=2x-1;1001001=x^2+x+1;5999000=6x^2-x,997=x-3$
Bước 5: Ta được $$F=((2x-1) y+x^2+x+1)(3y^2+(6x^2-x)y+x-3)\\=\left( {x}^{2}+2\,xy+x-y+1 \right)  \left( 6\,{x}^{2}y-xy+3\,{y}^{2}+x-3 \right)$$




#516077 Phương Pháp : Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng loại $2$

Gửi bởi Rias Gremory trong 28-07-2014 - 17:24

Mình thấy gặp rất nhiều bài toán về giải phương trình vô tỷ ở diễn đàn đã được giải giải bằng cách đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại $2$

Và câu hỏi là : Tại sao lại có cách đặt như vậy ?? Chẳng nhẽ là may mắn sao, hay là '' mò ra ta có ''  . Câu trả lời là không !!

Đặt ẩn phụ thế nào , ra sao đều có nguyên nhân của nó !!

Ở phần này , mình sẽ lý giải về cách đặt đó !!

Đầu tiên , mình sẽ nói cách đạo hàm nhé . Cái này làm nháp nên bạn không cần hiểu sâu đạo hàm đâu .

$f(x)=ax^{2}+bx+c$ (*)

$f'(x)=2ax+b$ (**)

$g(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ (***)

$g'(x)=3ax^{2}+2bx+c$ (****)

$g''(x)=6ax+2b$ (*****)

Từ (****) xuống (*****) thì cũng giống như từ (*) xuống (**) . Các bạn không cần biết tại sao nó lại như vậy !! Chỉ cần nhớ công thức là được :D

Những phần mình tô màu đỏ là làm ở Nháp nhé , không có trong bài làm !!

 

Dạng $1$ : $\sqrt{ax+b}=\frac{1}{a}x^{2}+cx+d$ thõa mãn $b+ad=\frac{a^{2}c}{2}(1+\frac{c}{2})$  ( các bạn nhớ chú ý điều kiện dạng này nhá , chứ không nên để lẫn lộn )

Cách giải :

Xét $f(x)=\frac{1}{a}x^{2}+cx+d$

$f'(x)=\frac{2}{a}x+c_{1}'$

Ta cho $f'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{-ac}{2}$ hay $x+\frac{ac}{2}=0$ ( đoạn này cũng đừng hỏi tại sao nhé , nhớ là được )

Khi đó đặt $\sqrt{ax+b}=y+\frac{ac}{2}$

 

Ví dụ $1$ : $x^{2}+4x=\sqrt{x+6}$ (1)

ĐK : $x\geq -6$

$f(x)=x^{2}+4x$

$f'(x)=2x+4$

$f'(x)=0\Leftrightarrow x=-2$

Đặt $\sqrt{x+6}=y+2(y\geq -2)$ (2)

$\Rightarrow (y+2)^{2}=x+6$

Từ (1) ta có : $x^{2}+4x=y+2\Leftrightarrow (x+2)^{2}=y+6$ (3)

Từ (2)(3) ta có hệ ĐX L$2$ : $\left\{\begin{matrix} (x+2)^{2}=y+6 \\ (y+2)^{2}=x+6 \end{matrix}\right.$

Việc còn lại khá đơn giản phải không ??

 

Dạng $2$ : $\sqrt{ax+b}=cx^{2}+dx+e$ ( $a\neq 0 ,c\neq 0 , a\neq \frac{1}{c}$ )

Cách giải

$f(x)=cx^{2}+dx+e$

$f'(x)=2cx+d$

Đặt $\sqrt{ax+b}=2cy+d$

Ví dụ $2$ : $x^{2}-x-2013\sqrt{1+16104x}=2013$ (1)

Đặt $a=2013\Rightarrow 16104=8a$

PT(1) trở thành : $x^{2}-x-a\sqrt{1+8ax}=a$ (2)

$f(x)=x^{2}-x$

$f'(x)=2x-1$

Đặt $\sqrt{1+8ax}=2y-1$ ( $y\geq \frac{1}{2}$ )

$\Rightarrow 1+8ax=4y^{2}-4y+1\Leftrightarrow y^{2}-y=2ax$ (3)

PT(2) trở thành $x^{2}-x-a(2y-1)=a\Leftrightarrow x^{2}-x=2ay$ (4)

Từ (3)(4) ta có hệ đỗi xứng loại $2$ : $\left\{\begin{matrix} x^{2}-x=2ay \\ y^{2}-y=2ax \end{matrix}\right.$

 

Ví dụ $3$ : Ví dụ này khó hơn $2$ ví dụ trên !!

$\sqrt{3x+1}=-4x^{2}+13x-5$ (1)

Nếu ta làm như cách trên : 

$f(x)=-4x^{2}+13x$

$f'(x)=-8x+13$

Các bạn tiếp tục làm nhé , nhưng chắc chắn sẽ không ra đâu !! :D vì bài này khó hơn mà . Khi gặp tình cảnh này , nếu '' máy móc '' thì bí thôi . 

Nếu rơi vào trường hợp này , mình chia sẽ các bạn $1$ cách tìm ra cách đặt bằng phương pháp : '' ĐỒNG NHẤT HỆ SỐ ''

Ta chú ý một chút : Khi đặt $\sqrt{3x+1}=ax+b\Leftrightarrow 3x+1=a^{2}x^{2}+2abx+b^{2}\Leftrightarrow a^{2}x^{2}+x(2ab-3)+(b^{2}-1)=0$ (2)

PT(1) trở thành : $4x^{2}-13x+5+ax+b=0\Leftrightarrow 4x^{2}+x(a-13)+(b+5)=0$ (3)

Để từ (2)(3) ta có hệ đối xứng loại $2$ thì ta phải cân bằng hệ số một chút : 

$\left\{\begin{matrix} a^{2}=4 \\ 2ab-3=a-13 \\ b^{2}-1=b+5 \end{matrix}\right.$

Giải cái này ta sẽ tìm được : $\left\{\begin{matrix} a=-2 \\ b=3 \end{matrix}\right.$

Như vậy ta sẽ đặt : $\sqrt{3x+1}=-2y+3$ ( $y\leq \frac{3}{2}$ )

Việc còn lại các bạn tiếp tục nhé , thử xem nó có đưa về hệ đối xứng loại $2$ không   :D

 

Bài tập nhé : Các bạn thử dùng cách '' Đồng nhất hệ số '' này làm lại VD $1$ và VD $2$ 

 

Mở rộng lên bậc $3$ nhé ( thử xem được không ) :

 

Dạng $3$ : $\sqrt[3]{ax+b}=cx^{3}+dx^{2}+ex+f$ với $a\neq 0 ,c\neq 0, a=\frac{1}{c}$ ( các bạn nhớ chú ý điều kiện dạng này nhá , chứ không nên để lẫn lộn )

$f(x)=cx^{3}+dx^{2}+ex+f$

$f'(x)=3cx^{2}+2dx+e$

$f''(x)=6cx+2d$

$f''(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{-d}{3c}$

Đặt $\sqrt[3]{ax+b}=y+\frac{d}{3c}$

 

Dạng $4$ : $\sqrt[3]{ax+b}=cx^{3}+dx^{2}+ex+f$ với $a\neq 0,c\neq 0,a\neq \frac{1}{c}$

$f(x)=cx^{3}+dx^{2}+ex+f$

$f'(x)=3cx^{2}+2dx+e$

$f''(x)=6cx+2d$

Đặt $\sqrt[3]{ax+b}=3cy+d$

 

BÀI TẬP ÁP DỤNG :

$1$ , $x^{2}+1=\sqrt{x-1}$

$2$ , $x^{2}-2=\sqrt{2-x}$

$3$ , $16x^{2}+10x+1=\sqrt{2x+3}$

$4$ , $3x^{2}+2x+3=\sqrt{4x-5}$

$5$ , $3x^{2}+2x+3=\sqrt{9x-5}$

$6$ , $2x^{2}+4=\sqrt{\frac{x+3}{2}}$

$7$ , $3x^{2}+x-\frac{29}{6}=\sqrt{\frac{12x+61}{36}}$

$8$ , $x^{3}+3x^{2}+3x-1=3.\sqrt[3]{3x+5}$

$9$ , $\sqrt[3]{3x-\frac{63}{8}}=\frac{x^{3}}{3}-\frac{3}{2}x^{2}+\frac{9}{4}x$

$10$ , $\sqrt[3]{81x-8}=x^{3}-2x^{2}+\frac{4}{3}x^{3}-2$

 

P/s : Viết mỏi tay lắm rồi , các bạn nhớ LIKE và đánh giá $5$ sao nhé !!




#394613 Chuyên đề Đẳng thức Tổ hợp

Gửi bởi perfectstrong trong 07-02-2013 - 22:04

dtth_medium.png

Bạn đọc thân mến!

Đại Số Tổ Hợp ngày nay đã trở thành một môn học không thể thiếu trong chương trình trung học phổ thông. Khi nói về các bài toán Tổ hợp, chúng ta không thể không nhắc tới một dạng toán rất hay và quen thuộc đó là: Đẳng thức tổ hợp.

Đẳng thức tổ hợp (ĐTTH) là những đẳng thức có chứa các hệ số nhị thức thường được phát biểu dưới dạng tính tổng. Có thể nói ĐTTH là một trong những đề tài khó nhất và hấp dẫn nhất của Đại Số Tổ Hợp. Việc ĐTTH xuất hiện thường xuyên trong các kỳ thi Đại Học, học sinh giỏi những năm gần đây, cũng là một dấu hiệu cho thấy sự quan tâm và đầu tư một cách tích cực hơn về vấn đề này.

Nhân sự kiện đón xuân Quý Tỵ và kỷ niệm tròn một năm Diễn đàn Toán học khai trương trang chủ mới (16/01/2012 - 16/01/2013), nhóm biên tập chúng tôi cùng nhiều thành viên tích cực của diễn đàn đã chung tay biên soạn một chuyên đề gửi đến bạn đọc.

Với một số phương pháp từ cơ bản đến nâng cao về Đại Số Tổ Hợp nói chung và ĐTTH nói riêng, chúng tôi, những người thực hiện chuyên đề này, mong muốn đem đến cho bạn đọc một chút gì đó mới mẻ trong các bài toán về ĐTTH, chẳng hạn như phương pháp Sai Phân, Sai phân từng phần, v.v... Bạn đọc sẽ tìm thấy trong chuyên đề này một số dạng bài toán quen thuộc được nhìn nhận và tiếp cận theo phong cách hoàn toàn mới, qua những ví dụ và bài tập điển hình.

Chuyên đề là tập hợp các bài viết của các tác giả: Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong), Bùi Đức Lộc (supermember), Hoàng Xuân Thanh (hxthanh), Lê Kim Nhã (gogo123), Nguyễn Bảo Phúc (Dark Templar), Trần Trung Kiên (Ispectorgadget), Lưu Giang Nam (namheo1996), Hoàng Minh Quân (batigoal), Nguyễn Hiền Trang (tranghieu95) ... cùng sự góp sức của nhiều thành viên tích cực khác trên Diễn đàn Toán học như thầy Châu Ngọc Hùng (hungchng), Lê Hữu Điền Khuê (Nesbit), Đinh Ngọc Thạch (T*genie*), HeilHittler, trungpbc, ...

Chuyên đề gồm 6 chương. Chương 1 tóm tắt Tổng quan về hệ số nhị thức. Phương pháp cân bằng hệ số của khai triển nhị thức quen thuộc sẽ được nghiên cứu ở chương 2. Tính tổng bằng Sai Phân và Sai Phân Từng Phần chiếm vị trí ở chương 3. Chương 4 viết về Hàm Sinh và những ứng dụng mạnh mẽ trong chứng minh ĐTTH. Chương 5 là Một số ứng dụng của nhị thức trong các bài toán Số Học. Khép lại chuyên đề là chương 6 Phương pháp đếm bằng hai cách.

Những phương pháp và bài tập được giới thiệu trong chuyên đề này có thể chưa phải là hay nhất, chưa phải là tổng quát nhất. Nhưng hy vọng bạn đọc hãy tiếp tục nghiên cứu, sáng tạo. Đó mới là tinh thần học toán mà chuyên đề muốn mang tới.

Tài liệu này cũng thay cho lời chúc mừng năm mới của Diễn đàn Toán học gửi đến quý bạn đọc!

Do thời gian chuẩn bị gấp rút, một số nội dung chưa được đầu tư một cách tỉ mỉ và không thể tránh khỏi sai sót, chúng tôi mong bạn đọc thông cảm. Mọi sự ủng hộ, đóng góp, phê bình của độc giả sẽ là nguồn động viên tinh thần to lớn cho ban biên tập cũng như các tác giả để những phiên bản cập nhật sau của chuyên đề được tốt hơn. Mọi trao đổi góp ý xin gửi về địa chỉ email : [email protected].










Trân trọng!

Nhóm biên tập Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp.



Tải file (sách khổ giấy A5): File gửi kèm  DTTH.pdf   1.38MB   18952 Số lần tải

Lưu ý: khi chia sẻ tài liệu này lên các website khác, Diễn đàn Toán học yêu cầu website đó đưa link tải trực tiếp sau (không up tài liệu trực tiếp lên trang đó) :
diendantoanhoc.net/index.php?app=core&module=attach&section=attach&attach_id=13751
Mong các bạn hợp tác.


Cách in ra giấy A4 để đóng thành sách:

In file bìa ra 1 tờ A4 2 mặt để làm bìa

File gửi kèm  dtthbia_booklet.pdf   234.87K   2802 Số lần tải
Đối với từng file sau: in ra trên 9 tờ A4 2 mặt, gấp đôi cả xấp tám tờ này lại, tiếp tục in file thứ hai. In xong 5 xếp thì xếp chồng lên nhau theo thứ tự để đóng thành sách.

Phần 1: File gửi kèm  dtth_part1_booklet.pdf   600.65K   7486 Số lần tải
Phần 2: File gửi kèm  dtth_part2_booklet.pdf   426.64K   4169 Số lần tải
Phần 3: File gửi kèm  dtth_part3_booklet.pdf   452.86K   3730 Số lần tải
Phần 4: File gửi kèm  dtth_part4_booklet.pdf   409.54K   3448 Số lần tải
Phần 5: File gửi kèm  dtth_part5_booklet.pdf   402.31K   3535 Số lần tải

Ngoài ra:

1. Nhóm biên tập rất mong nhận được ý kiến phản hồi của các bạn để lần xuất bản sau được tốt hơn. Mọi ý kiến xin thảo luận ngay trong topic này.

2. Chuyên đề ĐTTH vẫn được mở để đón nhận bài viết của tất cả các bạn. Bạn muốn viết một chuyên đề về ĐTTH ? Hoặc chỉ là muốn bổ sung các chuyên đề đã có ? Hay là tham gia vào nhóm biên tập ? Xin hãy đề xuất ở bên duới !


Và đây, xin giới thiệu với mọi người cha đẻ - tổng chủ biên của chuyên đề :
426968_4224573855147_533762891_n.jpg

Update sửa lỗi chuyên đề:
  • Kí hiệu $\binom{n}{k}$ phải được hiểu là "số tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử", thay vì "tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử".
  • Trang 69 bài số 9 phải là "$S = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\left( { - 1} \right)^k }}{{k + \alpha }}\binom{n}{k}}$ thay vì $S = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\left( { - 1} \right)^k }}{{k + \alpha }}}$
  • Trang 21, bài số 5 phải là $$\sum_{k=0}^n (-1)^k 2^{-k}{n\choose k}{2n+k\choose k}=2^{-n}\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}{2n\choose k}$$
  • Trang 89, bài 4.8, công thức cần chứng minh sẽ là $$\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{1}{k}} {{n\choose k}^{ - 1}}{x\choose k-1}{y - k\choose n-k} = \dfrac{1}{{x - y}}\left( {{x\choose n} - {y\choose n}} \right)$$



#203545 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS

Gửi bởi Hero Math trong 01-07-2009 - 13:00

Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep:( Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.


#309546 ĐĂNG KÍ LÀM ĐHV DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

Gửi bởi Crystal trong 10-04-2012 - 21:52

ĐĂNG KÍ LÀM ĐHV DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF


Thân gửi các thành viên của VMF!


Các bạn thân mến! Trang chủ của Diễn đàn Toán học (VMF) đã chính thức ra mắt cộng động Toán được gần 3 tháng và đã thu hút được sự quan tâm của đông đảo bạn yêu toán trên Toàn quốc thông qua mạng cộng đồng. Số lượt khách truy cập vào Trang chủ luôn giữ ở mức cao, con số 26627 lượt khách truy cập trong 1 ngày là kỉ lục cho tới thời điểm hiện tại.


Sau khi ra mắt, Trang chủ Diễn đàn Toán học đã có nhiều bài viết được đánh giá là có chất lượng cao bao gồm tất cả các vấn đề trong Toán học, Toán học và đời sống, các sự kiện Toán học, các đề thi HSG, Olympic trong và ngoài nước,...


Bên cạnh đó, Diễn đàn (forum) cũng đã có nhiều thay đổi tích cực. Điều này cho thấy VMF hiện nay đang đi đúng quỹ đạo của mình và dần lấy lại được vị thế trước đây.


Để VMF có thể phát triển tốt hơn trong thời gian tới, Ban Quản Trị (BQT) đã thống nhất thực hiện một đợt tuyển ĐHV cho Diễn đàn và Biên tập viên (BTV) cho Trang chủ ở quy mô lớn cho tất cả các box Toán THCS, Toán THPT, Toán Olympic và Toán cao cấp, không giới hạn số lượng đăng kí và thời gian đăng kí. Điều khác biệt ở lần tuyển ĐHV này so với những lần trước chính là đây.


Topic này sẽ hoạt động suốt thời gian tới. Đây là dịp để bạn có thể trở thành một trong các ĐHV của Diễn đàn. Nếu thấy mình có đủ năng lực, thời gian và tâm huyết, bạn hãy đăng kí ngay bây giờ.


Khi nào BQT xét thấy bạn đáp ứng những tiêu chuẩn đề ra (sẽ nói sau) thì sẽ set bạn làm ĐHV, không đợi phải đủ số lượng. Đây cũng chính là sự thay đổi trong việc tìm kiếm và bổ sung vào đội ngũ ĐHV đang còn ít của Diễn đàn.


I. Giới thiệu các nhóm ĐHV


1. Nhóm ĐHV THCS

Nhóm này có thể đọc được tất cả các bài viết trên toàn bộ diễn đàn, kể cả các bài trong box dành cho Nhóm quản lý (ngoại trừ các box dành cho Admin), do đó có thể trực tiếp trao đổi và giao lưu với các ĐHV lớn tuổi, nhiều kinh nghiệm. Nhóm ĐHV THCS có toàn bộ quyền quản lý đối với Forum Toán Trung học Cơ sở. Bao gồm việc chỉnh lý các bài viết, quản lý thành viên của box, tổ chức và thực hiện các kế hoạch phát triển với sự hỗ trợ từ BQT và các nhóm ĐHV khác. Đây là thông tin về forum các bạn sẽ quản lý:


* Bất đẳng thức và cực trị (THCS) (1841 chủ đề, 10102 bài viết)

* Đại số (THCS) (1888 chủ đề, 7183 bài viết)

* Hình học (THCS) (3750 chủ đề, 800 bài viết)

* Phương trình và bất phương trình (THCS) (1257 chủ đề, 4243 bài viết)

* Số học (THCS) (2913 chủ đề, 9883bài viết)

* Các dạng toán khác (THCS) (480 chủ đề, 4802 bài viết)

* Tài liệ - Đề thi (THCS) (700 chủ đề, 3806 bài viết)

* Chuyên đề toán THCS (THCS) (27 chủ đề, 237 bài viết)


2. Nhóm ĐHV THPT


Nhóm này có thể đọc được tất cả các bài viết trên toàn bộ diễn đàn, kể cả các bài trong box dành cho Nhóm quản lý (ngoại trừ các box dành cho Admin). Nhóm ĐHV THPT có toàn bộ quyền quản lý Forum Toán Trung học Phổ thông. Đây là nhóm có vai trò rất quan trọng, trong thời gian tới số thành viên của forum này sẽ có thể tăng rất nhiều so với trước đây, và nhất là khi các kỳ thi Tốt nghiệp và thi Đại học đang tới gần. Thông tin về forum các bạn sẽ quản lý như sau:


* Bất đẳng thức và cực trị (THPT) (2061 chủ đề, 7583 bài viết)

* Đại số (THPT) (2918 chủ đề, 8605 bài viết)

* Giải tích (THPT) (1957 chủ đề, 5808 bài viết)

* Hình học (THPT) (2173 chủ đề, 4051 bài viết)

* Lượng giác (THPT) (1457 chủ đề, 4117 bài viết)

* Các dạng toán THPT khác (THPT) (685 chủ đề, 2168 bài viết)

* Chuyên đề toán THPT (THPT) (11 chủ đề, 33 bài viết)

* Tài liệu - Đề thi THPT (THPT) (623 chủ đề, 2338 bài viết)


3. Nhóm ĐHV Olympic


Nhóm này có thể đọc được tất cả các bài viết trên toàn bộ diễn đàn, kể cả các bài trong box dành cho Nhóm quản lý (ngoại trừ các box dành cho Admin). Nhóm ĐHV Olympic có toàn bộ quyền quản lý Forum Toán Olympic. Thông tin về forum các bạn sẽ quản lý như sau:


* Bất đẳng thức - Cực trị (Olympiad) (1440 chủ đề, 6082 bài viết)

* Dãy số - Giới hạn (Olympiad) (58 chủ đề, 129 bài viết)

* Đa thức (Olympiad) (26 chủ đề, 76 bài viết)

* Hình Học (Olympiad) (785 chủ đề, 1334 bài viết)

* Phương trình hàm (Olympiad) (39 chủ đề, 111 bài viết)

* Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình (Olympiad) (1547 chủ đề, 3574 bài viết)

* Số học (Olympiad) (1736 chủ đề, 4198 bài viết)

* Tổ hợp và rời rạc (Olympiad) (1274 chủ đề, 2857 bài viết)

* Các dạng toán khác (Olympiad) (352 chủ đề, 925 bài viết)

* Tài nguyên Olympic toán (1456 chủ đề, 3703 bài viết)

* Các kỳ thi Olympic (415 chủ đề, 2860 bài viết)


4. Nhóm ĐHV Đại học



Nhóm này có thể đọc được tất cả các bài viết trên toàn bộ diễn đàn, kể cả các bài trong box dành cho Nhóm quản lý (ngoại trừ các box dành cho Admin). Nhóm ĐHV Đại học có toàn bộ quyền quản lý Forum Toán Cao cấp. Đây là forum có số thành viên tham gia, số bài viết ít nhất trên Diễn đàn. Thông tin về forum các bạn sẽ quản lý như sau:


* Đại số tuyến tính, Hình học giải tích (258 chủ đề, 615 bài viết)

* Giải tích (594 chủ đề, 1561 bài viết)
* Tôpô đại cương (51 chủ đề, 137 bài viết)
* Xác suất - Thống kê (18 chủ đề, 14 bài viết)
* Kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên (54 chủ đề, 132 bài viết)
* Mathematics for College students (39 chủ đề, 73 bài viết)
* Tài liệu, chuyên đề Toán cao cấp (88 chủ đề, 32 bài viết)
 

5. Nhóm Biên tập viên


Nhóm này có thể đọc được tất cả các bài viết trên toàn bộ diễn đàn, kể cả các bài trong box dành cho Nhóm quản lý (ngoại trừ các box dành cho Admin). Nhiệm vụ của nhóm này là quản lý hoạt động của thành viên, biên tập các bài viết trên toàn forum, các bài viết đã được biên tập trên forum có nhiều khả năng sẽ được sử dụng để đăng trên Trang chủ, do đó vai trò của nhóm Biên tập viên là rất lớn. Nhóm Biên tập viên có toàn bộ quyền quản lý các forum sau đây


Thảo luận chung

Cửa sổ Diễn đàn toán học


II. Tiêu chuẩn tuyển ĐHV và Biên tập viên


1. Tiêu chuẩn chung:

- Có thời gian online và có thể ghé thăm VMF thường xuyên (Trung bình 40 phút mỗi ngày hoặc 4 tiếng mỗi tuần)

- Có tối thiểu 200 bài viết (chỉ tính đề toán, lời giải các bài toán, phương pháp giải toán). Trường hợp đặc biệt, BQT có thể xem xét bỏ qua tiêu chuẩn này

- Có chút kiến thức về tin học cơ bản, kĩ thuật $\LaTeX$ trên Diễn đàn tương đối tốt

- Yêu toán học, nhiệt tình và tâm huyết với VMF

 

 

2. Tiêu chuẩn riêng:

- ĐHV THCS: là học sinh THCS trở lên, có năng lực toán học, khuyến khích giáo viên, sinh viên khoa toán.


- ĐHV THPT: là học sinh THPT trở lên, có năng lực toán học, khuyến khích giáo viên, sinh viên khoa toán.


- ĐHV Olympic: là học sinh THCS trở lên, có năng lực toán học tương đối tốt, có khả năng về toán học sinh giỏi, toán Olympic, khuyến khích giáo viên, sinh viên khoa Toán và các bạn ở trong Đội tuyển HSG cấp tỉnh trở lên.


- ĐHV toán Cao cấp: là sinh viên ĐH trở lên, có năng lực toán học, khuyến khích các nghiên cứu sinh, giảng viên, sinh viên khoa Toán.


III. Cách thức đăng kí làm ĐHV Diễn đàn toán học VMF


Để đăng ký làm ĐHV, các bạn hãy đăng ký ở topic này bằng cách gửi bài với những nội dung theo mẫu sau:


1. Họ tên: (tên thật/đầy đủ)

2. Sinh năm (đầy đủ ngày tháng năm sinh)

3. Nghề nghiệp: (nếu là học sinh, sinh viên, các bạn nhớ ghi rõ trường lớp, tỉnh/thành phố bạn đang học)

4. Địa chỉ Mail/ Số điện thoại liên lạc (nếu có): (BQT sẽ liên lạc với bạn bằng mail và Sđt này)

5. Nick trên Diễn đàn: (các thành viên sẽ liên hệ với bạn qua nick này)

6. Vị trí muốn đăng kí:

7. Ý kiến thêm: (không hạn chế)


Các bạn cũng nên lưu ý một điều trước khi đăng ký làm ĐHV, đó là tất cả các thông tin cá nhân của bạn ở các mục 1, 2, 3, 5 sẽ được công khai cho toàn bộ thành viên Diễn đàn. BQT quyết định làm như vậy với hi vọng giữa ĐHV và thành viên có sự tương tác được thân thiện hơn.

 

Chú ý: BQT sẽ xóa không báo trước các bài đăng kí mà chưa đủ tiêu chuẩn hoặc ghi chưa đủ các nội dung đăng kí (thể hiện sự thiếu nghiêm túc khi đăng kí)

 

 

Trong quá trình đảm nhận vai trò ĐHV của các bạn trên VMF, nếu các bạn có biểu hiện không phù hợp với tiêu chí hoạt động của diễn đàn, BQT có quyền chuyển các bạn về nhóm thành viên ngay lập tức. Ngược lại, BQT cũng sẽ cố gắng hết sức để tạo điều kiện cho các bạn thực hiện những kế hoạch và mong muốn của bản thân khi tham gia Diễn đàn.

Bây giờ, các bạn đã có thể bắt đầu đăng ký tham gia nhóm ĐHV Diễn đàn Toán học.

 

Thay mặt BQT,

WWW

-----------

P/s: Trong bài viết trên có sử dụng một số thông tin từ bài viết của Admin MrMATH.




#64365 Mục lục box "Đề thi - Đáp án"

Gửi bởi marsu trong 23-03-2006 - 22:46

MỤC LỤC BOX ĐỀ THI - ĐÁP ÁN

I.Đề thi HSG THCS cấp Quốc giaII.Đề thi HSG lớp 7, 8III.Đề thi HSG lớp 9IV.Đề thi vào lớp 10 trường PTNK ĐHQG TP.HCMV.Đề thi vào lớp 10 hệ THPT chuyên ĐHSP ĐHQG HNVI.Đề thi vào lớp 10 hệ THPT chuyên ĐHKHTN ĐHQG HNVII.Đề thi vào lớp 10 các trường THPT chuyên trên toàn quốcVIII. Đề thi Giải toán trên máy tính cầm tay CASIO-VINACALIX. Một số tài liệu tổng hợpX. Một số đề luyện thi vào lớp 10To be updated... :)


#591478 Đề thi VMEO IV - Tháng 10

Gửi bởi perfectstrong trong 30-09-2015 - 23:53

File gửi kèm  Logo_VMF_1.jpg   36.01K   129 Số lần tải

Đ THI VMEO IV THÁNG 10

 

 

CP TRUNG HC CƠ S

Bài 1:

Cho $\alpha$ là s thc tha mãn $\alpha^3=\alpha+1$. Hãy xác đnh tt c các b t hu t $(a,b,c,d)$ tha mãn $$a\alpha^2+b\alpha+c=\sqrt d$$

 

 

Bài 2:

Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ tù và đường cao $AH$ vi $H$ thuc $BC$. Trên $CA, AB$ ly các đim $E,F$ sao cho $\angle BEH=\angle C$ và $\angle CFH=\angle B$. Gi $BE$ ct $CF$ ti $D$. Chng minh rng $DE=DF$.

 

 

Bài 3:

Tìm tt c các s nguyên $a,b,c$ tha mãn $a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)$.

 

 

Bài 4:

Trong Vượt ngc 4, Michael Scofield phi đt nhp vào T Chc đ ly mnh cui cùng ca Scylla. đây, anh bt gp mt loi mã hoá bo v Scylla khi b đánh cp. Loi mã này yêu cu chn ra tt c các s thuc bng mã hoá $2015 \times 2015$ sao cho s này tho mãn các điu kin sau:

  • S nm lin trên s này trong bng mã hoá phi chia $2$ dư $1$.
  • S nm bên phi s này trong bng mã hoá phi chia $3$ dư $2$.
  • S nm lin dưới s này trong bng mã hoá phi chia $4$ dư $3$.
  • S nm bên trái s này trong bng mã hoá phi chia $5$ dư $4$.

Hi Scofield đã phi chn ra bao nhiêu s như thế?

 

đây, bng mã hoá $n \times n$ là bng gm $n^2$ ô vuông, mi ô được đánh s t $1$ đến $n^2$. S $1,2, \cdots , n$ được đánh vào hàng th nht theo thứ tự tăng dần. S $n+1, \cdots , 2n$ được đánh vào hàng th hai theo thứ tự giảm dần, ...

 

Ví d, bng mã hoá $3 \times 3$ có dng:

File gửi kèm  THCS4.png   14.49K   100 Số lần tải

 

Hết đ cp THCS

 

 

CP TRUNG HC PH THÔNG

Bài 1:

Vi $n$ là mt s nguyên dương, dãy s $a_n$ được xác đnh bi công thc

$$\begin{cases}a_1=1 \\ a_{n+1}=\dfrac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_n}-\sqrt{2} \end{cases}$$

Tìm gii hn ca dãy s $S_n$ xác đnh bi $S_n=a_1+a_2+ \cdots +a_n$

 

 

Bài 2:

Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai đim đng giác nm bên trong. Gi $AP,AQ$ ln lượt ct đường tròn ngoi tiếp tam giác $QBC$ và $PBC$ ti $M,N$ ($M,N$ nm trong tam giác $ABC$).

 

a) Chng minh rng bn đim $M,N,P,Q$ cùng thuc mt đường tròn, gi đường tròn này là $(I)$.

 

b) Gi $MN$ ct $PQ$ ti $J$. Chng minh rng đường thng $IJ$ luôn đi qua mt đim c đnh khi $P,Q$ thay đi.

 

Chú thích: $P,Q$ được gi là hai đim đng giác ca tam giác $ABC$ nếu các đường thng $AP,BP,CP$ ln lượt đi xng vi đường thng $AQ,BQ,CQ$ qua các đường phân giác trong góc $A,B,C$ ca tam giác $ABC$.

 

 

Bài 3:

Cho trước s nguyên dương $k$. Tìm điu kin ca s nguyên dương $m$ theo $k$ sao cho tn ti duy nht mt s nguyên dương $n$ tho mãn $n^m \mid 5^{n^k}+1$.

 

 

Bài 4:

Cho $n$ là mt s nguyên dương. Xếp n bn hc sinh $A_1,A_2,..,A_n$ cách đu nhau trên mt vòng tròn. Phát cho h mi người mt s ko vi tng là $m \ge n$ cây ko. Ta gi mt cu hình là "cân bng" nếu vi mi bn hc sinh $A_i$ bt kì, luôn tn ti ít nht mt đa giác đu nhn $A_i$ làm đnh, và tt c các bn hc sinh là đnh ca đa giác này đu có s ko bng nhau.

 

a) Vi $n$ cho trước tìm điu kin ti thiu ca $m$ đ có th phát ko cho các hc sinh to ra cu hình "cân bng".

 

b) Gi s các bn hc sinh có th thc hin các bước chuyn ko, mi bước mt bn có th chuyn mt viên ko cho mt bn kế bên (trái hoc phi tùy ý) vi điu kin người nhn ko phi có ít ko hơn người cho. Chng minh rng nếu $n$ là tích ca nhiu nht 2 s nguyên t và $m$ tương ng tha mãn câu a, khi đó vi bt kì cách phát ko ban đu như thế nào, ta luôn có th đưa v cu hình "cân bng" sau hu hn ln chuyn ko.

 

Hết đ cp THPT

File gửi kèm




#191443 Một kĩ thuật chứng minh B.Đ.T

Gửi bởi vuthanhtu_hd trong 11-09-2008 - 19:51

Bài toán BĐT thường là nội dung khó với các bạn học sinh trung học cơ sở. Một lí do đơn giản vì đây là dạng toán ''mới mẻ'' với các bạn và khi giải các bài toán BĐT các bạn thường cảm thấy ''lúng túng'' không biết phải sử dụng phương pháp gì?Tuy nhiên, trong nhiều bài toán BĐT có điều kiện chúng ta có thể dựa vào điều kiện của biến để đặt ẩn phụ đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá được trực tiếp mà không cần sử dụng đến các công cụ ''đao to búa lớn''. Bài viết dưới đây dựa trên ý tưởng của My Teacher - thầy Hoàng Văn Đắc. Chúng ta bắt đầu với một bài toán đơn giản sau

Ví dụ 1. CMR Với $a,b \in R$ và $a+b=4$ thì $a^{4}+b^{4} \geq 32$

Nhận xét rằng một biểu thức nhiều biến thường đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi tất cả các biến bằng nhau ( tổng quát hơn là trường hợp một số biến bằng nhau) hoặc một số biến có giá trị trên biên. Điều này gợi ý cho ta cách đổi biến như sau

Lời giải
Do $a+b=4$ nên có thể đặt $a=2+x,b=2-x$ với $x\in R$
Ta có $a^{4}+b^{4}=(2+x)^{4}+(2-x)^{4}=2x^{4}+48x^{2}+32 \geq 32$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=0 \Leftrightarrow a=b=2$.
Như vậy bằng cách đổi biến thích hợp chúng ta đã đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá trực tiếp được và BĐT chúng ta sử dụng chỉ là BĐT cơ bản nhất $x^{2} \geq 0, \forall x\in R$

Tiếp theo chúng ta xem xét một vài ví dụ khác. Qua đó hi vọng các bạn học sinh THCS sẽ có được một cách nhìn mới với những bài toán BĐT kiểu này.

Ví dụ 2. Cho $a,b \in R$ thỏa mãn $a+b \geq 2$. CMR
$$a^{3}+b^{3} \leq a^{4}+b^{4}$$

Lời giải.
Đặt $a=1+x,b=1+y$. Từ $a+b \geq 2$ ta có $x+y \geq 0$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$$(1+x)^{3}+(1+y)^{3} \leq (1+x)^{4}+(1+y)^{4}$$

$\Leftrightarrow x(1+x)^{3}+y(1+y)^{3} \geq0$

$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+3(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+x+y \geq 0$
(BĐT này đúng vì $x+y \geq 0$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ x=y=0 \Leftrightarrow a=b=1$$.

Ví dụ 3. Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca \geq 6$$

Lời giải.
Vì $a+b+c=3$ nên có thể đặt $a=1+x ,b=1+y, c=1-x-y$ với $x,y \in R$
Ta có
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+(1-x-y)^{2}+$$
$$+(1-x)(1-y)+(1-y)(1-x-y)+(1-x-y)(1-x)$$
$$=x^{2}+xy+y^{2}+6=(x+\dfrac{y}{2})^{2}+\dfrac{3y^{2}}{4}+6\geq 6$$
Đó là đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ y=0,x+\dfrac{y}{2}=0 \Leftrightarrow a=b=c=1$$


Ví dụ 4. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$. CMR
$$(a+c)(b+d)+2ac+2bd \leq \dfrac{1}{2}$$

Lời giải.
Vì $a+b+c+d=1$ nên có thể đặt
$$a=\dfrac{1}{4}+x+z , b= \dfrac{1}{4}-x+z ,c=\dfrac{1}{4}+y-z ,d= \dfrac{1}{4}-y-z $$
Ta có
$VT=(a+c)(b+d)+2ac+2bd$
$ =(\dfrac{1}{2}+x+y)(\dfrac{1}{2}-x-y)+2(\dfrac{1}{4}+x+z)(\dfrac{1}{4}+y-z)+2(\dfrac{1}{4}-x+z)(\dfrac{1}{4}-y-z)$

$= \dfrac{1}{2}-(x-y)^{2}-4z^{2} \leq \dfrac{1}{2}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ x-y=0,z=0 \Leftrightarrow a=c ,b=d$$

Ví dụ 5. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b=c+d$. CMR
$$c^{2}+d^{2}+cd \geq 3ab$$

Lời giải.
Do $a+b=c+d$ nên ta đặt $c=a+x , d=b-x$ với $x\in R$
Ta có
$$c^{2}+d^{2}+cd =(a+x)^{2}+(b-x)^{2}+(a+x)(b-x)=(a-b+\dfrac{x}{2})^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4}+3ab\geq 3ab$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a-b+\dfrac{x}{2}=x=0 \Leftrightarrow a=b=c=d$$

Ví dụ 6. Cho $x,y\in R,x<2$ và $x+y>5$. CMR
$$5x^{2}+2y^{2}+8y>62$$
Lời giải.
Vì $x<2,x+y>5$ nên ta đặt $x=2- t , x+y=5+u$ ($t,u >0$)
$$5x^{2}+2y^{2}+8y=5(2-t)^{2}+2(3+t+u)^{2}+8(3+t+u)=62+2(t+u)^{2}+5t^{2}+20u>62$$
Ta có đpcm

Ví dụ 7. Cho$ x,y\in R ,x \leq 1 ,x+y \geq 3$. Tìm GTNN của $F= 3x^{2}+y^{2}+3xy$
Lời giải.
Đặt $x=1-a, x+y =3+b$ thì $y=2+a+b;a,b \geq 0 $
Ta có
$3x^{2}+y^{2}+3xy=3(1-a)^{2}+(2+a+b)^{2}+3(1-a)(2+a+b)$
$=a^{2}+b^{2}-5a+7b-ab+13$
$=(a-\dfrac{b}{2}-\dfrac{5}{2})^{2}+\dfrac{3b^{2}}{4}+\dfrac{9b}{2}+\dfrac{27}{4} \geq \dfrac{27}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ a=\dfrac{5}{2},b=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2},y=\dfrac{9}{2}$$

Ví dụ 8 Cho $x,y \in R,x+y=3 ,x \leq 1$. CMR
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y \geq 0$$

Lời giải.
Đặt $x=1-w$ thì $y=2+w$($w \geq 0$)
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y\geq0 \Leftrightarrow (2+w)^{3}-(1-w)^{3}-6(2+w)^{2}-(1-w)^{2}+9(2+w) \geq0 $$
$\Leftrightarrow w(w-1)^{2} \geq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ w \in$ \{0;1\} \Leftrightarrow (x;y)\in \{(1;2),(0;3)\}$$

Lời kết. Như vậy với việc đổi biển khéo léo ta có thể đưa việc xét một biểu thức phức tạp về một biểu thức đơn giản hơn,phù hợp với trình độ THCS. Những VD trên là đơn giản (không có VD nào có thể coi là khó!)và những lời giải trên là để minh họa cho kĩ thuật nên có thể chưa phải là Lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất. Tác giả cho rằng việc đưa ra quá nhiều VD sẽ chỉ nhàm chán và vô vị ,vì vậy chỉ đưa ra vài VD đơn giản để bạn đọc có thể nắm bắt được ý tưởng nhanh chóng. Khi đã nắm bắt được ý tưởng ,bạn hoàn toàn có thể ''đánh bay'' một lớp các bài toán như vậy và đương nhiên bạn cũng có thể tự tạo ra các bài toán kiểu này. Dưới đây cũng là những BT đơn giản để các bạn thử nghiệm!

BT áp dụng.
Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$

Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$

Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$


#600830 Tuyển tập Bộ 3 câu phân loại trong các đề thi thử THPT Quốc gia 2015 môn toán

Gửi bởi E. Galois trong 30-11-2015 - 12:34

File gửi kèm  3cauVMF.png   23.18K   53 Số lần tải

 

Xuất phát từ thực tế kì thi THPT Quốc gia 2015, với các bạn sử dụng kết quả môn Toán để xét tuyển đại học, thì sự cạnh tranh chủ yếu diễn ra ở bộ ba câu phân loại. Bộ ba câu này thường rơi vào các chủ đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình, Hình học tọa độ phẳng, Bất đẳng thức - Tìm GTLN, GTNN.

 

Nhằm mục đích cung cấp thêm cho các bạn chuẩn bị tham gia kì thi THPT Quốc gia 2016 một tài liệu tham khảo hữu ích, các thành viên của Diễn đàn toán học VMF đã cùng nhau biên soạn tài liệu này. Tài liệu bố cục gồm ba phần chính. Phần đầu, chúng tôi tóm tắt một vài lý thuyết cơ bản tương ứng với 3 chủ đề đã nói ở trên để bạn đọc có thể tra cứu dễ dàng khi cần thiết. Phần hai, cũng là nội dung chính của tài liệu, chúng tôi tổng hợp lại bộ ba câu phân loại trong các đề thi thử năm học 2014 - 2015. Phần hướng dẫn, đáp số chúng tôi chủ yếu dựa trên đáp án của đơn vị ra đề, tuy nhiên trong một số bài toán chúng tôi có đưa ra cách tiếp cận khác hoặc chỉ hướng dẫn sơ lược có đáp số nhằm giúp bạn đọc chủ động hơn trong quá trình đọc tài liệu. Chúng tôi nhấn mạnh rằng, cách làm trong tài liệu này chưa hẳn là tốt nhất, bạn đọc cũng không nên quá coi trọng các lời giải mang đậm chất kĩ thuật, khó định hướng tự nhiên. 

 

Nhóm biên soạn tài liệu này gồm có

  • Bạn Trần Tuấn Anh, Nguyễn Nguyên Trang - Sinh viên khoa Toán ĐH Sư phạm TP. HCM (Katyusha);
  • Bạn Trương Việt Hoàng - THPT Nguyễn Du, Thái Bình (Viet Hoang 99);
  • Thầy Châu Ngọc Hùng - Ninh Thuận (hungchng);
  • Thầy Nguyễn Công Định - Cà Mau (CD13);
  • Thầy Hoàng Ngọc Thế - Hà Nội (E.Galois);
  • Thầy Lê Minh An - Nam Định (leminhansp);
  • Bạn Trần Trung Kiên - TP. HCM (Ispectorgadget). 

 

Mặc dù chúng tôi đã cùng nhau biên soạn tài liệu này với tất cả sự tận tâm, tinh thần vì cộng đồng vô tư. Nhưng sự tỉ mỉ và cố gắng của chúng tôi chắc chắn chưa thể kiểm soát được hết các sai sót. Vì vậy sự nhiệt tâm từ phía bạn đọc cũng sẽ giúp tài liệu hoàn thiện hơn. Mọi trao đổi hãy chia sẻ với chúng tôi tại Diễn đàn toán học VMF (http://diendantoanhoc.net). 

 

Sau cùng, chúng tôi hi vọng cộng đồng chia sẻ trực tuyến sẽ dành cho chúng tôi sự tôn trọng tối thiểu bằng cách ghi rõ nguồn tài liệu khi chia sẻ. Không dùng tài liệu này để trục lợi cá nhân. Chúng tôi xin cảm ơn! 

 

Nhóm biên tập

 

Download:  

1)

2) File gửi kèm  3cauvmf2.pdf   1.79MB   28072 Số lần tải (Bản update sửa lỗi ngày 2/12/2015)




#475073 Trận 1 - Phương trình nghiệm nguyên ...

Gửi bởi E. Galois trong 03-01-2014 - 20:55

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe




#346402 Chuyên đề:Phương pháp nhân tử Lagrange

Gửi bởi Ispectorgadget trong 13-08-2012 - 10:41

Phương pháp nhân tử Lagrange là một phương pháp khá hiệu quả trong các bài toán cực trị có điều kiện và dùng để tìm dấu "=" của bất đẳng thức. Để giúp các bạn có thêm tài liệu tham khảo nên mình đã làm chuyên đề này.

Spoiler

Spoiler

Chúc mọi người có 1 năm học mới vui vẻ và học tốt.
^_^ Có gì mọi người cứ góp ý kiến ở topic này nhé.
File gửi kèm  VMFPP-nhan-tu-Lagrange.pdf   240.02K   11835 Số lần tải




#327598 Từ một đẳng thức đẹp

Gửi bởi Tham Lang trong 21-06-2012 - 13:21

TỪ MỘT ĐẲNG THỨC ĐẸP


Trong quá trình off, mình đã có dịp tiếp xúc nhiều hơn với BĐT. Và nhận thấy, trong tuyển tập BĐT của Cao Minh Quang và tuyển tập BĐT của Nguyễn Đình Thi có rất nhiều bài toán có nét tương đồng. Và sau đây, mình sẽ trình bày phát hiện nho nhỏ này.
Tất nhiên, các bài toán này đều đã rất quen thuộc với chúng ta, có thể có nhiều cách đặt, giải cũng khá ngắn gọn. Nhưng vấn đề ở đây là tìm một mối liên hệ chung nhất của chúng.
Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
$$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
Nếu đặt :
$x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
$$xy+yz+zx+xyz=4$$
Nếu đặt :
$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Hoặc
$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
(Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
Thì
$$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :
Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$
Lời giải :
Ta có thể đặt :
$$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2, c=0$ và hoán vị.
Bài toán 3. [ USA MO 2000]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$0\le ab+bc+ca-abc \le 2$$
Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)
TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt
$$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$
$$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :
$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$
Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài toán 4. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Lời giải :
TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
Đặt
$$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
$$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
Bất đẳng thức tương đương :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.
Bài toán 5.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$
Lời giải :
Từ điều kiện bài toán, ta có
$$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :
$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$
Đây là bài toán VMO -1996 !
Bài toán 6.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
$a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
Lời giải :
$$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
Đặt :
$$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
a. Ta cần chứng minh :
$$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
Bài toán 7. [ China – 2005 ]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
Và đây là lời giải của mình :
Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
$$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Chuẩn hoá $x+y+z=1$
Ta cần chứng minh
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Theo CS, ta có :
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề :D


#571687 Kinh hoàng sự thật đằng sau BQT VMF và cái giá của 1 ĐHV Tổng hợp

Gửi bởi E. Galois trong 12-07-2015 - 10:52

Qua con mắt 1 mem

Nếu là mem của VMF, chắc các bạn không lạ gì với các ĐHV. Những kẻ suốt ngày chả có việc gì làm, bỏ bê thời gian, xăm xoi nhòm ngó các mem, hễ động một tí là nhắc nhở. Có lúc trời cao trong xanh, mặt nước xanh xanh, cành lá rung rinh, người ta mới đặt cái tiêu đề là Giúp em bài cực trị hay ơi là hay chẳng hạn, tức thì có ĐHV nhảy bổ vào, đã chả giúp gì thì thôi lại còn nhắc nhở.

 

Nhưng mà ĐHV thường chưa đáng sợ bằng ĐHV Tổng hợp. Vì ĐHV thường chỉ làm mưa làm gió được cái Diễn đàn con con. Còn ĐHV Tổng hợp thì lại quản lý toàn bộ cả Diễn đàn. Hội này mới là hội rỗi việc, rảnh rỗi sinh nông nỗi, đã xấu lại còn xa, đã bị SIDA lại còn hiến máu. Người ta mới đăng có một bài về sức khỏe .... sinh sản, tức thì đã del vĩnh viễn và cho người ta ra đảo. Hình như cái nhóm này có sở thích khác lạ là Del bài vĩnh viễn và cho người ta ra đảo hay sao ý. 

 

Cơ mà hội đó vẫn chưa đáng ghét bằng mất cái tên màu đỏ trên Diễn đàn. Nhìn thôi là đã thấy ngứa con mắt bên phải, đỏ con mắt bên trái rồi. Người ta mới mắng nhẹ đến bố mẹ, họ hàng, ông bà, tổ tiên người khác mà đã chặn cả IP của người ta. Ai cũng như mấy lão này, chả mấy chốc, chẳng còn ai quan tâm đến họ hàng, người thân của nhau nữa.

 

 

Qua tiết lộ của 1 ĐHV Tổng hợp

Chắc các bạn ai đã tham gia diễn đàn từ 2010 sẽ nhớ ra rằng ĐHV Tổng hợp đầu tiên của VMF là Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong). Sau đó thì có thêm nhiều ĐHV Tổng hợp khác như: Nguyễn Bảo Phúc (dark templar), Trần Trung Kiên (Ispectorgadget - Bây giờ đã là Quản trị); và thế hệ ĐHV Tổng hợp hiện nay Trần Hoàng Anh (25 minutes), Võ Hoàng Trọng (hoangtrong2305), Lưu Giang Nam (namcpnh), Đỗ Trọng Đạt (WhjteShadow).

 

Các bạn có hâm mộ những người trên không?

 

Hẳn là có (ít nhất là 1 phần nào đó), theo cảm nhận của bất kì ai tham gia diễn đàn, họ đều có phần nào đó rất giỏi. Chẳng hạn, Trần Quốc Nhật Hân, chém hình học như chém chuối. Trần Trung Kiên, Nguyễn Bảo Phúc mà động vào BĐT nào thì BĐT đó cứ gọi là run lên cầm cập. Đỗ Trọng Đạt mà sờ vào bài tổ hợp nào thì thôi rồi ....

 

Ngoài ra, Hội này đều rất đẹp "chai". Điển hình là chàng Anh, có cả một fanclub toàn là nữ.  Đã thế, họ lại còn nói năng cư xử hòa nhã, Trọng, Nam đều là các tay hào hiệp đương thời.

 

Chắc chắn là BQT yêu quý tài năng và phẩm hạnh của họ nên đã cất nhắc họ lên hàm Trung Tướng.

 

Nếu bạn suy nghĩ đơn giản như vậy thì bạn không bao giờ lọt vào được BQT (Cấp Trung tướng trở lên) của Diễn đàn)

 

Vậy sự thật là gì?

Để được xét làm ĐHV Tổng hợp, ngoài tài năng, đẹp chai, hào hiệp, ... Bạn cần có phong bì. Mà không phải ít đâu. Nếu bạn không có trong tay trên 10 triệu, đừng nghĩ đến chuyện xin làm ĐHV Tổng hợp nữa nhé.

 

Ngày xưa, khi perfectstrong còn là ĐHV THCS, mới học lớp 8 đã được "đặc cách" (BQT rất hay dùng từ này để bổ nhiêm ĐHV Tổng hợp). Và perfectstrong là mem trẻ nhất được bổ nhiệm làm ĐHV Tổng hợp. Tại sao lại "Đặc cách". Vì perfectstrong thức thời, đã chuyển khoản cho một người (tôi không giám nêu tên thật, tạm gọi là tên X) trong hội chóp bu của Diễn đàn số tiền 10 triệu. Và thế là...

 

Sau đó khá lâu, dark templarIspectorgadget cúng được "đặc cách" với cái giá 11 triệu rưởi. 25 minuteshoangtrong2305namcpnhWhjteShadow không dưới 12 triệu.

 

Bạn sẽ đặt câu hỏi, làm ĐHV Tổng hợp thu lợi được gì mà người ta chạy chọt kinh thế? Và Bí mật đêm chủ nhật ...

 

Bí mật Đêm chủ nhật

Sau khi làm ĐHV Tổng hợp, bạn sẽ có uy quyền cao. Dưới một số người, trên muôn vạn người. Chỉ cần chỉ tay đưa mắt là ai lấy đã phách lạc hồn siêu, sợ hơn sợ sấm xét. 

 

Ngoài ra, bạn thỉnh thoảng sẽ nhận được một số tiền lớn, đủ để bạn tiếp tục các mơ ước của mình. Chỉ sau vài năm làm ĐHV Tổng hợp, perfectstrong đã tích đủ tiền để đi Du học, dark templar mua được 1 con SH, Bộ ba 25 minuteshoangtrong2305namcpnh chẳng những đủ tiền học ĐH, ăn chơi phè phỡn mà còn có tiền đi chơi với bạn gái cả năm. WhjteShadow thì tha hồ du lịch đó đây.

 

Còn Ispectorgadget? Tí nữa bạn sẽ còn rợn tóc gáy hơn.

 

Thế còn Quản lý

Chắc ít ai còn nhớ WWW - nguyên Quản lý của VMF. Tên thật là Nguyễn Sanh Thành, đây là một tay anh hùng, thân thủ phi phàm, nội công thâm hậu.

 

Chỉ trong 3 năm làm Quản lý, WWW đã có tiền mua 2 căn nhà ở ngoại ô Huế và Đà Nẵng.

 

Sự thật

Các admin đều có thu nhập lớn và giàu lên từ VMF. Anh Khuê mua được 3 căn nhà bên Pháp, họ hàng không can, anh mua cả tháp Ép-phen rồi.

 

Thầy Thanh thì chỉ làm 1 khóa, cũng cất được biệt thự 4 tầng ngay giữa trung tâm Hà Nội.

 

Anh Thạch thì thay ô tô nhanh hơn người ta thay áo. Đi du lịch nhiều hơn người ta đi chợ.

E. Galois thì mua máy tính, xe máy, máy giặt, máy lạnh, … như người ta mua bim bim cho trẻ con vậy.

 

Cho nên có đánh chết, mấy kẻ đó chắc cũng không chịu bỏ vị trí nhiều tiền lắm lợi đó đâu.

 

Rùng rợn và kinh hoàng

Còn Ispectorgadget? Sau khi được làm ĐHV Tổng hợp, sao lại được đặc cách làm admin nhanh thế? Hắn thu nhập bao nhiêu?

 

Tài khoản của Ispectorgadget đến nay vẫn là điều bí ẩn. Chỉ có điều, muốn từ ĐHV Tổng hợp lên admin quả là không dễ chút nào. Từ trước đến nay mới có Ispectorgadget là kẻ đầu tiên.

 

Để được là tướng 4 sao, Ispectorgadget đã lét lút làm người yêu tên X. Chỉ có đàn ông mới mang lại hạnh phúc cho nhau là câu mà người ta nói về họ.




#341950 [Archive] Cập nhật list Những bài toán trong tuần (1 - 100)

Gửi bởi T*genie* trong 30-07-2012 - 19:12

Chào các bạn,

BQT lập topic này để cập nhật list Những bài toán trong tuần cho các bạn tiện theo dõi. Các bạn click trực tiếp vào $ \boxed{\text{Bài toán i}}, i \in \{1,..,n\}, n \in \mathbb{N}, n \geq 1 $ để trao đổi về bài toán.
Các bài toán có hoa hồng hi vọng @};- là các bài toán đã đăng lâu mà chưa ai giải được, người giải được đầu tiên sẽ được nhiều điểm hơn bình thường.
Các bài toán màu đỏ là các bài chưa được giải quyết trọn vẹn. Cảm ơn các bạn.


$\boxed{\text{Bài toán 1}}$ Cho hàm số bậc hai $f(x)= -x^2+4px - p + 1$. Gọi $S$ là diện tích tam giác có các đỉnh là giao điểm của parabol $y=f(x)$ với trục $Ox$ và đỉnh của parabol ấy. Tìm tất cả các số hữu tỷ $p$ sao cho $S$ là số nguyên.

$\boxed{\text{Bài toán 2}}$ Chứng minh rằng đồ thị hàm số sau có ba điểm uốn thẳng hàng: $y = \dfrac{{2x - 1}}{{x^2 - x + 1}}$.

$\boxed{\text{Bài toán 3}}$ Trong một lớp học, mỗi học sinh có không quá ba người bạn thân.Chứng minh rằng có thể chia lớp ra làm $2$ tổ sao cho ở mỗi tổ mỗi bạn có không quá $1$ bạn thân.

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Cho tam giác $ABC$ vuông cân có $AB=AC=10$. Tam giác $DEF$ vuông cân ở $D$ nội tiếp tam giác $ABC$ ($D$ thuộc $AB$, $F$ thuộc $AC$, $E$ thuộc $BC$). Xác định vị trí của điểm $D$ để diện tích tam giác $DEF$ nhỏ nhất.

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ ( @};-) Giải phương trình nghiệm nguyên $ x^3+y^3+z^3=4^n.{n^3} $.

$\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Tìm các nguyên hàm sau:
$$I= \int \dfrac{x^{5}}{x^{6}-x^{3}-2}dx;J= \int\dfrac{x^{3}+1}{x^{3}-5x^{2}+6}dx;Q= \int\dfrac{dx}{x(x^{10}+1)}$$

$\boxed{\text{Bài toán 7}}$ Tìm điều kiện của tham số $m$ để phương trình sau có đúng 1 nghiệm:
$$x-2m \sqrt{x-1} +m -4 = 0$$

$\boxed{\text{Bài toán 8}}$ Cho trước số nguyên dương $n$, chứng minh rằng:
$$\sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$$

$\boxed{\text{Bài toán 9}}$ ( @};-) Bên trong hình vuông cạnh $100$, ta đặt một đường gấp khúc $L$ có tính chất là mỗi điểm của hình vuông đều cách $L$ một khoảng không lớn hơn $0,5$. Chứng minh rằng khi đó trên $L$ có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $1$ nhưng "khoảng cách" dọc theo $L$ giữa chúng không nhỏ hơn $198$

$\boxed{\text{Bài toán 10}}$ Cho tứ diện $ABCD$ có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,AD$ biết $AB=CD=2a$ và góc giữa đường thẳng $AB$ và $CD$ là $60^o$. Tính diện tích thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng qua $MN$ và song song với $AB$




#339646 [Thông báo] Chọn $\boxed{\textbf{Thích}}$ thay cho lời cả...

Gửi bởi Crystal trong 24-07-2012 - 17:19

Gửi toàn thể thành viên Diễn đàn Toán học,

Kể từ ngày được nâng cấp vào hồi tháng 9 năm 2011, Diễn đàn đã được bổ sung thêm nút $\boxed{\textbf{Like this}}$ và hiện tại là nút thich1.PNG . Mục đích BQT đưa nút này vào là để các thành viên thay lời cảm ơn tới tác giả của bài viết và tránh những bài viết spam như Cảm ơn bạn nhiều; Mình đã hiểu, cảm ơn bạn nhiều nhé,... hay là những bài viết tương tự như thế. Điều này đã được thành viên hưởng ứng khá tích cực.

Tuy nhiên, thời gian qua, trong các chủ đề thảo luận có khá nhiều bài viết với nội dung như trên. Chính những bài viết này đã làm cho các chủ đề thảo luận đó trở nên thiếu tính khoa học, gây cảm giác khó chịu cho người đọc. Các bạn đã quên đi vai trò của nút thich1.PNG là gì? BQT thêm vào với mục đích gì (đã nói ở trên). Trong khi đó, nút thich1.PNG này lại có thể thay thế hoàn toàn cho công việc gửi những bài viết dư thừa như trên. Bạn chỉ cần một thao tác: chọn thich1.PNG , rất nhanh gọn lại vừa không được coi là spammer, không vi phạm Nội quy của Diễn đàn Toán học, mang tính khoa học rất nhiều.

Chính vì lí do đó, hôm nay, BQT và nhóm ĐHV Diễn đàn xin phép đưa ra một quy định như sau, mong tất cả thành viên chấp hành.

Quy định:

Lần 1: ĐHV nhắc nhở ngay tại chủ đề và gửi tin nhắn thông báo vi phạm.

Lần 2: ĐHV xóa bài viết và báo cáo với BQT tại đây.

Lần 3: ĐHV xóa bài và cho nick vi phạm vào danh sách đen.

Các lần sau: xóa bài + treo nick (tùy theo mức độ mà sẽ có thời gian treo nick cụ thể)

Trong quá trình Bộ luật này được áp dụng, các thành viên có thể khiếu nại lên BQT tại đây.

Cuối cùng, thay mặt BQT và nhóm ĐHV, mình mog các thành viên hãy đọc kĩ và chấp hành đúng những quy định trên để tránh những sự cố đáng tiếc xảy ra.

Chân thành cảm ơn!

Cập nhật: ngày 24 tháng 07 năm 2012.