Mình có một bộ tài liệu pdf (soạn từ Latex), mình định rao bán nó. Tuy nhiên mình lo ngại rằng người mua đầu tiên sẽ gửi nó cho nhiều người khác để chia sẻ với nhau hòng giảm bớt chi phí và dĩ nhiên như vậy mình sẽ thu về ít doanh thu hơn.

Các bạn có cách nào để cài đặt sao cho file pdf đó ở mỗi máy khác nhau sẽ có mật khẩu khác nhau, hoặc chỉ đọc được trên 1 máy tính hoặc một phương pháp nào khác đòi hỏi cá nhân hóa tài liệu đó, đảm bảo chỉ có tác giả cho phép thì người đọc mới đọc được không?

Cảm ơn các bạn

Cho 2 đường thẳng $d_1: mx + (m-1)y - 2m +1= 0$ và $d_2: (1- m)x + my - 4m + 1 =0.$

b) Chứng minh $d_1$; $d_2$ luôn cắt tại 1 điểm cố định là $I$. Khi $m$ thay đổi thì $I$ chạy trên đường nào.

c) Tìm GTLN của diện tích tam giác $IAB$ với $A$; $B$ là các điểm cố định mà $d_1$; $d_2$ đi qua.

Ta chỉ ra các điểm cố định của $d_1, d_2$. Với $d_1$, ta có:

$$ mx + (m-1)y - 2m +1= 0, \quad \forall m \Leftrightarrow  m(x+y-2)-y+1=0, \quad  \forall m \Leftrightarrow \begin{cases} x+y-2=0 \\ -y+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow  x=y=1$$

Vậy điểm cố định của $d_1$ là $A(1;1)$.

$$(1- m)x + my - 4m + 1 =0, \quad \forall m \Leftrightarrow  x + 1 +m(y-x-4)=0, \quad  \forall m \Leftrightarrow \begin{cases} x+1=0 \\ y-x-4=0 \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} x=-1 \\ y=3 \end{cases}$$

Vậy điểm cố định của $d_2$ là $B(-1;3)$.

Dễ thấy 

$$m(1-m) + (m-1)m = 0, \quad \forall m$$

Do đó $d_1 \perp d_2$. 

Vậy giao điểm $I$ của $d_1,d_2$ là điểm luôn nhìn $AB$ dưới 1 góc vuông. Do đó khi $m$ thay đổi, $I$ chạy trên đường tròn đường kính $AB$.

Diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $I$ đến $AB$ lớn nhất, khi đó $IAB$ là tam giác vuông cân. Tìm được $I(-1;1)$ hoặc $I(1;3)$

Bài toán này rất đơn giản, bạn tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số như bình thường. Sau đó bạn có thể áp dụng công thức tính diện tích tam giác dựa vào tọa độ ba đỉnh

$$\mathcal{S}_{\Delta ABC}=\dfrac{1}{2} \sqrt{(AB.AC)^2-\left ( \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} \right )^2}$$

TXĐ: $\left ( 0;+\infty \right )$.

Ta có $\ln f(x) = \pi^x \ln x$. 

Giả sử $f(x)$ có đạo hàm là $f'(x)$. Khi đó

$$\left (\ln f(x)   \right )'= \left (\pi^x \ln x  \right )'\Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\pi^x\ln x\ln \pi + \pi^x.\frac{1}{x} \Rightarrow  f'(x)=\left (\pi^x\ln x\ln \pi + \pi^x.\frac{1}{x}  \right )x^{\pi^x}$$

Từ đó suy ra $f'(1)$

Ta có đẳng thức

$$1-x^a=(1-a)(1+x+x^2+...+x^{a-1}).$$

Do đó

\begin{align*}\lim_{x\to 1}\left ( \frac{a}{1-x^a} - \frac{1}{1-x} \right ) &=\lim_{x\to 1} \dfrac{a-(1+x+x^2+...+x^{a-1})}{1-x^a}    \\ &=\lim_{x\to 1} \dfrac{(1-x)+(1-x^2)+...(1-x^{a-1})}{1-x^a}    \\  &=\lim_{x\to 1} \dfrac{(1-x)\left[1+(1+x)+...+(1+x+...x^{a-2})\right]}{(1-x)(1+x+x^2+...+x^{a-1})}    \\  &=\lim_{x\to 1} \dfrac{1+(1+x)+...+(1+x+...x^{a-2})}{1+x+x^2+...+x^{a-1}}    \\  &=\dfrac{1+2+...+(a-1)}{1+2+...+a}=\dfrac{a(a-1)}{2a}=\dfrac{a-1}{2}. \end{align*}

Tương tự ta cũng có

$$\lim_{x\to 1}\left (  \frac{1}{1-x} -\frac{a}{1-x^a} \right ) =-\dfrac{b-1}{2}.$$

Do đó 

$$\lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{a}{1-x^a} - \frac{b}{1-x^b} \right ) =\dfrac{a-1}{2} -\dfrac{b-1}{2} = \dfrac{a-b}{2}.$$

Cho dãy số $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases} x_{1}=1 \\x_{n+1}=\frac{3x_{n}+1}{2x_{n}+1}, n\geq 1 \end{cases}$

Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn. Tìm giới hạn đó

Ta cần chứng minh dãy số đã cho tăng và bị chặn trên bởi $\dfrac{3}{2}$.

1) Ta chứng minh dãy số đã cho tăng bằng quy nạp toán học. Ta có $x_2 = \dfrac{4}{3} > 1 = x_1$.

Hàm số $f(t)=\dfrac{3t+1}{2t+1}$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ nên nếu $x_n< x_{n+1}$ thì $x_{n+1}<x_{n+2}$. Ta có điều phải chứng minh

2) Dễ thấy $x_n>0, \forall n \geq 1$ và

$$x_{n+1}-\dfrac{3}{2} = \dfrac{-1}{2x_n+1} \leq 0,\quad \forall n \geq 1.$$

Vậy dãy $(x_n)$ bị chặn trên.

Từ 1) và 2) suy ra dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn là $a>0$. Trong $x_{n+1}=\frac{3x_{n}+1}{2x_{n}+1}$, cho $n \to + \infty$, ta có

$$a=\frac{3a+1}{2a+1} \Leftrightarrow a = \dfrac{1+\sqrt{3}}{2}.$$

Vậy $\lim x_n = dfrac{1+\sqrt{3}}{2}.$

Ai giúp chứng minh phát biểu sau với: Gọi a là số nguyên dương bất kì. Bình phương của a luôn bằng với bình phương của số trước (a - 1) cộng với một số lẻ theo 1,3,5,7,9,11,13, ... Có thể hơi khó hiểu nhưng là như này: giả sử a là 5. $a^2$ = $5^2$ = 25. 25 = 16 + 5. hay $4^2$ + 5. Hoặc a là 10. $a^2$ = $10^2$ = 100. 100 = 81 + 19 = $9^2$ + 19. Hoặc a = 11. $a^2$ = $11^2$ = 121. 121 = 100 + 21 = $10^2$ + 21. Ta có thể thấy 5,10,11 bình phương lên sẽ bằng số trước nó bình phương cộng thêm một số lẻ trong dãy 1,3,5,7,9,11,13,... *Lưu ý phát biểu trên chỉ do Nhật làm ra. Chưa có chứng minh chính thức. Hoặc có thể đã xuất hiện ở đâu đó nhưng Nhật không biết. Xin cảm ơn!".

$\forall n \in \mathbb{Z}$, ta có

$$n^2-(n-1)^2=n^2-n^2+2n-1=2n-1 \quad \text{(lẻ)}$$

Đó là điều bạn cần phải không?

Ta biết rằng

- hàm số $y=f(x)$ xác định trên $D$ là hàm số chẵn khi và chỉ khi $\begin{cases} x \in D \Leftrightarrow -x \in D \\ f(x)=f(-x), \forall x \in D \end{cases}$

- hàm số $y=f(x)$ xác định trên $D$ là hàm số lẻ khi và chỉ khi $\begin{cases} x \in D \Leftrightarrow -x \in D \\ f(x)=-f(-x), \forall x \in D \end{cases}$.

Dễ thấy hàm số đề bài cho có $D=(-\infty,-1)\cup (-1,+\infty)$ mà $1\in D$ nhưng $-1\notin D$. Vậy hàm số đã cho không chẵn cũng không lẻ.

Kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần thứ 64 đang diễn ra tại Chiba, Nhật Bản. Tham dự kỳ thi có 618 học sinh đến từ 112 quốc gia và vùng lãnh thổ. Đội tuyển Việt Nam gồm 06 học sinh

1. Phạm Việt Hưng (12A1, Trường THPT Chuyên KHTN Hà Nội) - người đoạt HCV IMO 2022 tại Na Uy.
2. Nguyễn An Thịnh (12 Tin, Trường THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng). 
3. Hoàng Tuấn Dũng (12 Toán 1, Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội). 
4. Khúc Đình Toàn (12 Toán, Trường THPT Chuyên Bắc Ninh). 
5. Trần Nguyễn Thanh Danh (12 Toán, Trường PTNK, TP.HCM). 
6. Nguyễn Đình Kiên (11 Toán, Trường THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng).

Kết quả, đội tuyển của chúng ta đã đã giành được 02 HCV, 02 HCB và 02 HCĐ, đạt tổng số điểm 180.

Với kết quả này Việt Nam xếp thứ 7 toàn đoàn (sau Trung Quốc, Mỹ, Hàn Quốc, Rumani, Canada, Nhật Bản).

Cùng thảo luận về đề thi tại đây

Thú thật là mình không đủ trình độ để đọc chứng minh của bạn.

Xin gửi kèm một chứng minh khác để mọi người tham khảo

 2101.07176.pdf   110.65K   102 Số lần tải

Chứng minh này cũng có một lỗi sai nào đó, và mình không đủ trình độ để tìm ra.

Chọn hệ tọa độ $Oxyz$ sao cho trục của khối trụ là trục $Oz$, tâm $I$ của khối cầu thuộc trục $Ox$. Gọi $d$ là khoảng cách từ tâm $I$ của khối cầu đến trục của hình trụ. Khi đó $I(d;0;0)$. Phần chung $\mathcal{H}$ của khối trụ và khối cầu là một thể trụ nên có thể tích là:

$$v=\iiint_{\mathcal{H}}dxdydz=\iint_{\mathcal{D}}\sqrt{R^2-(x-d)^2-y^2}dxdy,$$
trong đó $\mathcal{D}$ là hình chiếu của $\mathcal{H}$ lên mặt phẳng $(Oxy)$. Dễ thấy $\mathcal{D}$ là hình tròn tâm $O$, bán kính $r$. Do đó:

$$v=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{r} \lambda\sqrt{R^2-(\lambda \cos \varphi -d)^2-\lambda^2\sin^2 \varphi} d\lambda=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{r} \lambda\sqrt{R^2-d^2-\lambda ^2 + 2d\lambda\cos \varphi } d\lambda$$

Về mặt lý thuyết thì có thể tính được tích phân $\int_{0}^{r} \lambda\sqrt{R^2-d^2-\lambda ^2 + 2d\lambda\cos \varphi } d\lambda$ bằng cách đổi biến và tách thành hai tích phân dạng $\int_{m}^{n}\sqrt{a^2-x^2}dx$, $\int_{m_2}^{n_2}\sqrt{a^2-x^2}xdx$. Nhưng rõ ràng là nó chả dễ tẹo nào.

Anh Thanh giúp em mở mang tầm mắt với, hic hic 

https://diendantoanh...a-2b-2x-a-nb-n/

Em có tìm được một bài viết , vậy liệu trường hợp này có đúng ko ạ.

Đối với hàm số đa thức thì đúng.

Mệnh đề. Cho hàm số đa thức $y=f(x)$ bậc $n$. Nếu $f(x)$ có đúng $n$ nghiệm phân biệt thì nó có đúng $n-1$ cực trị. 

Chứng minh: Vì $y=f(x)$ là hàm đa thức nên nó liên tục, khả vi trên $\mathbb{R}$.

Giả sử $y=f(x)$ có $n$ nghiệm phân biệt là $x_1<x_2<...<x_n$. Ta chứng minh trong khoảng $(x_1;x_2)$, hàm số có ít nhất 1 cực trị. Vì hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $(x_1;x_2)$, $f(x_1)=f(x_2)=0$ và $f(x) \neq 0, \quad \forall x \in (x_1;x_2)$ nên tồn tại ít nhất một hằng số $c \in (x_1;x_2)$ sao cho trong hai khoảng $(x_1;c), (c;x_2)$, hàm số  $f(x)$ đồng biến trong khoảng này và nghịch biến trong khoảng kia. (nếu không, hàm số đơn điệu 1 chiều trên $(x_1;x_2)$ thì $f(x_1) \neq f(x_2)$).

Vậy $x=c$ là một cực trị của hàm số $y=f(x)$

Từ đó suy ra hàm số $y=f(x)$ có ít nhất $n-1$ cực trị. 

Vì hàm số $y=f(x)$ liên tục, khả vi trên $\mathbb{R}$ nên mỗi cực trị là nghiệm của $f'(x)=0$. Nhưng $f'(x)=0$ là đa thức có bậc $n-1$ nên có tối đa $n-1$ nghiệm. 

Vậy $f(x)$ có đúng $n-1$ cực trị
 

1) $f(x)=\begin{cases} \begin{matrix}  x^2 & khi  & x \leq 1 \\   x & khi & 1 <x \leq 2 \\  2 & khi & 2 \leq x \leq 3\\ -2x+8 & khi & x > 3\end{matrix} \end{cases}$

Hình thứ nhất: không có cực trị

Hình thứ hai: có 1 cực trị

Hình thứ ba: có nhiều cực trị

Có thể người ta xấp xỉ hàm ngược này bằng chuỗi
$\text{sinc }x=\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}+…$
Chỉ lấy $2$ số hạng đầu ta được xấp xỉ:
$\text{sinc }x=\frac{\sin x}{x} \approx 1-\frac{x^2}{3!}$
Nên $\text{sinc}^{-1}x \approx \sqrt{6(1-x)}$
 

Ban đầu em cũng làm như anh Thanh là dùng chuỗi hàm đề xấp xỉ. Tuy nhiên sai số lớn quá so với yêu cầu của bạn em. Họ yêu cầu sai số không vượt quá 5mm đối với 100m. Do vậy em giải phương trình bằng phương pháp Newton
 

Đặt $x=\frac{l}{2R} \in \left ( 0; \frac{\pi}{2} \right)$ ta thu được phương trình

$$f(x)=\sin x - \frac{w}{l}x  = 0$$

Ta giải phương trình này bằng phương pháp Newton. Ta có:

$$f'(x)=\cos x - \frac{w}{l}; \quad f''(x)=-\sin x$$

Ta lập dãy

$$\begin{cases}x_0 = \dfrac{\pi}{2} \\ x_{n} = x_{n-1}-\dfrac{f(x_{n-1})}{f'(x_{n-1})}=x_{n-1}-\dfrac{\sin(x_{n-1})-\dfrac{w}{l}x_{n-1}}{\cos(x_{n-1})-\dfrac{w}{l}}, \quad \forall n \geq 1\end{cases}$$

Sau đó chỉ cần dùng 1 file Excel là có thể cho ra kết quả với sai số tùy ý, thường thì các số liệu thực tế sẽ cho kết quả ở bước 6.

p/s: Hình như Diễn đàn không cho up file Excel

Số cực trị của hàm số $f(x)$ không phụ thuộc vào số nghiệm của $f(x)=0$. Với giả thiết của bạn, hàm số $y=f(x)$ có thể có $0, 1, 2, ....$ đến vô số cực trị trong $(x_1,x_2)$.
 

Trong thực tế sản xuất mái vòm cuốn bằng kim loại, người ta gặp bài toán sau:

Tìm bán kính của đường tròn $R$ và chiều cao $h$ của hình viên phân có độ dài cung là $l$ và độ dài dây cung là $w$. 

Bạn hãy giúp nhà sản xuất giải bài toán trên.

Nếu không bắt buộc thì anh Thế cứ làm đại cho xong là được, để sức sáng tạo viết bài đăng chỗ khác, như các tạp chí Toán hay đăng lên VMF chắc là hữu ích hơn

Khuê khuyên thật đúng, những năm tới anh không đầu tư vào cái SKKN này nữa, mất thời gian mà chuốc bực mình vào người

Có một điều anh cũng không hiểu là những SKKN được đánh giá khá, tốt là những SKKN kiểu như: phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn, phương pháp giải phương trình vô tỉ, tìm cực trị số phức bằng phương pháp hình học, phương pháp tìm cực trị của hàm số bậc ba, ...

Theo anh hiểu thì SKKN cũng như một luận văn hay NCKH nói chung, phải có tính mới, tính sáng tạo. Theo anh hiểu những nội dung kia, sao người ta vẫn tìm được cái mới trong nó nhỉ? Tra google những nội dung đó thì có thể thấy hàng tá các bài báo, sáng kiến. Họ làm thế nào mà vẫn tìm ra được cái mới ở một rừng các phương pháp giải của toán sơ cấp đã phổ biến. Liệu có phải cái nhìn của anh quá phiến diện không? Hay là họ tìm được một thứ mới thật nhỉ? Anh xin các SKKN đó để đọc mà chưa được.

Cách giải sau đây em đọc ở trên mạng. Đây chắc là cách sơ cấp nhất

Trong mặt phẳng với điểm O cố định, dựng đường tròn $c_1$ tâm $I_1$, bán kính $r_1=OI_1=\dfrac{2}{\pi}$. Gọi $A_1^1A_2^1$ là đường kính của đường tròn $c_1$.

Khi đó: 

$$\dfrac{1}{{OI_1}^2}=\dfrac{1}{{OA_1^1}^2}+\dfrac{1}{{OA_2^1}^2}$$

Gọi $OI_2$ là một đường kính của $c_1$. Dựng đường tròn $c_2$ tâm $I_2$, bán kính $r_2=OI_2$. Các đường thẳng $I_2A_1^1$ và $I_2A_2^1$ cắt đường tròn $c_2$ tại bốn điểm $A_1^2,...,A_4^2$

Khi đó: 

$$\dfrac{1}{{OI_1}^2}=\dfrac{1}{{OA_1^1}^2}+\dfrac{1}{{OA_2^1}^2}=\sum_{i=1}^4 \dfrac{1}{{OA_i^2}^2}$$

Gọi $OI_3$ là một đường kính của $c_2$. Dựng đường tròn $c_3$ tâm $I_3$, bán kính $r_3=OI_3$. Các đường thẳng $I_3A_i^2$ cắt đường tròn $c_3$ tại tám điểm $A_1^3,...,A_8^3$

Ta được dãy các đường tròn $(c_n)$ với các điểm $A_i^n, i=1, ..., 2^n$ thỏa mãn điều kiện:

$1) r_{n+1}=2r_n, \forall n \geq 1$

$2) \widehat{A_i^{n+1} I_{n+1} A_{i+1}^{n+1}} = \frac{1}{2} \widehat{A_i^{n} I_{n} A_{i+1}^{n}}, \quad i = 1,2,..., 2^n -1, \quad \forall n \geq 1$

Do đó độ dài các cung $A_i^n A_{i+1}^n$ luôn không đổi và bằng 2.

Đồng thời ta cũng có:

$$ \dfrac{1}{{OI_1}^2}=\sum_{i=1}^{2^n} \dfrac{1}{{OA_i^n}^2} \quad \quad (1)$$

Cho $n \to + \infty$, đường tròn $c_n$ trở thành đường thẳng đi qua $O$ và vuông góc với $OI_1$, ta coi đó là một trục số gốc $O$, các điểm $A_i^n$ luôn cách nhau 2 đơn vị, trở thành các điểm $\pm 1, \pm 3, \pm 5, ...$

Khi đó $(1)$ trở thành:

$$\dfrac{\pi^2}{8}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n-1)^2}=S_{le}$$

Chú ý rằng: 

$$S_{chan}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n)^2}=\dfrac{1}{4} =\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}$$

Suy ra: 

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}= \dfrac{4}{3} S_{le} =\dfrac{\pi^2}{6}$$

Không nhớ cái ảnh này đăng chưa, bây giờ cứ đăng lại

Hàng mới về này là combo

Áo xanh: E.Galois

Giữa: hxthanh (thầy Thanh)

Trái: supermember (Lộc)

Tuyệt vời! Không cho ra trang chủ hơi phí anh Thế à!

 

P/s: Chúc mừng anh Thế xong Thạc sỹ   

Thật ra anh đã xong thạc sỹ từ năm 2018 rồi. Luận văn của anh về Tối ưu trên đa tạp Riemann, không phải cái SKKN này đâu.

Cái SKKN này chỉ được người chấm của Sở GD đánh giá loại TB (59đ/100đ) thôi. Nhưng anh thấy công sức mình bỏ ra, dù là không được đánh giá cao, vẫn nên chia sẻ với mọi người bằng một chút tự hào nho nhỏ, của nhà trồng được mà.

SKKN: Hướng dẫn học sinh giải bài toán tổ hợp tạo số  bằng lập trình PASCAL 

Cho em hỏi nguyên tắc thi đấu này đã được xây dựng như thế nào?—

https://diendantoanh...ều-lệ-mhs-2013/

Mình cũng là một trong những người tham gia xây dựng luật chơi. Nguyên tắc chung có thể kể với mấy gạch đầu dòng như sau:

- Sau mỗi trận, phải có một số người chơi bị loại.

- Số người bị loại ở trận sau không ít hơn số người bị loại ở trận trước

- Đến trận đấu cuối cùng, chỉ còn đúng 10 người.

- Thứ tự ưu tiên bị loại: người ít sôi nổi phải bị loại trước người ít điểm

Thật ra MHS, MSS, MO rất hấp dẫn, nó cũng góp phần xây dựng thế hệ min, mod ngày nay. Tuy nhiên, các cuộc thi này không tiếp tục được do khủng hoảng công tác trọng tài ở thời điểm đó