Hình như gõ nhầm đề (chú ý dòng cuối).

 

Có lẽ liên quan định thức Vandermonde.

mình sữa rồi nha

$\begin{bmatrix} 1 &x &x^{2} &x^{3}... &x^{n-1} \\ 1 &a_{1} &a^{2}_{1} & a^{3}_{1}... &a^{n-1}_{1} \\ . & . & . & . &. \\ 1 & a_{n-1} &a^{2}_{n-1} & a^{3}_{n-1}.. & a^{n-1}_{n-1} \end{bmatrix}$

cho ma trận A thỏa $A=A^{t}$. Chứng minh A chéo hóa được

Chéo hóa ma trận A đã cho rồi tìm $A^{n}$

 

Tìm trị riêng:  $\left | A-\lambda I \right |=\begin{vmatrix}
1-\lambda & -1 \\
 2& 4-\lambda
\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)=0$

Suy ra: $\lambda=2 hoặc \lambda=3$

Các vector cơ sở: $\begin{bmatrix}
1 &-1
\end{bmatrix}$ và $\begin{bmatrix}
1 &-2
\end{bmatrix}$

 

Ma trận P làm chéo hóa: $P=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}$

 

$P^{-1}=\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1
\end{bmatrix}$

 

Chéo hóa: $P^{-1}AP=\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
2 & 4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3
\end{bmatrix}$

 

$(P^{-1}AP)^{n}=P^{-1}A^{n}P=\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}$

 

$=> A^{n}=P\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}P^{-1}=\begin{bmatrix}
2^{n+1}-3^{n} & 2^{n}-3^{n} \\
 -2(2^{n}-3^{n}) & -2^{n}+2.3^{n}
\end{bmatrix}$

nếu như bài này lamda ra nghiệm kép thì sao nhỉ

cho x² + y² +z² =3 . Chứng minh :

$\frac{4+x}{4-x^{2}}+\frac{4+y}{4-y^{2}}+\frac{4+z}{4-z^{2}}\geq \frac{5}{3}$

 

có lẽ là nên dùng bđt jensen nhưng chứng minh hàm lồi có ai chứng minh được không ?

Để ý 1 chút, ta thấy $\sụm \frac{4+x}{4-x^{2}}=\frac{1}{2-x}+\frac{2}{4-x^{2}}$.

Ta đưa bài toán về tìm max của $\sum \frac{1}{2-x}$ và $\sum \frac{2}{4-x^{2}}$

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1. Nên ta sẽ chứng minh

$\sum \frac{1}{2-x}\geq 3$

$\Leftrightarrow \sum \frac{2}{2-x}\geq 6$

$\Leftrightarrow \sum \frac{x}{2-x}\geq 3$

Áp dụng bđt C-S:

$\sum \frac{x}{2-x}=\sum \frac{x^{4}}{2x^{3}-x^{4}}\geq \sum \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{2(x^{3}+y^{3}+z^{3})-x^{4}-y^{4}-z^{4}}\geq \frac{9}{2(x^{3}+y^{3}+z^{3})-x^{4}-y^{4}-z^{4}}$

Ta sẽ chứng minh $2x^{3}+2y^{3}+2z^{3}-x^{4}-y^{4}-z^{4}\leq 3$         (1)

Ta có $x^{4}+x^{2}\geq 2x^{3}$

Thực hiện 2 bdt tương tự rồi cộng theo vế, kết hợp với giả thiết $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$ ta chứng minh được (1)

Ta sẽ tìm min của $\sum \frac{2}{4-x^{2}}$

Ta có $\sum \frac{2}{4-x^{2}}=2.\sum \frac{1}{4-x^{2}}\geq 2.\frac{9}{12-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}\geq 2$

Từ đây ta tìm được min của bài toán

Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng :

$$\frac{(a+b).(a+b+c).(a+b+c+d)^{2}}{abcd}\geqslant 64.$$

 

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

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $(x+y)^{2}\geq 4xy$ ta được:

$(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^{2}\geq (a+b)(a+b+c)4(a+b+c)d$

$\geq 4d(a+b)(a+b+c){2}\geq 4d(a+b)4(a+b)c\geq 16cd(a+b)^{2}\geq 16cd.4ab\geq 64abcd$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh

Cho hình chóp đều S.ABC cạnh a. M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN (theo a) biết mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Đáp số cho trước: $S=\frac{a^{2}\sqrt{10}}{16}$

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SA=SB=SC. Từ đây dễ dàng chứng minh được tam giác AMN cân tại A.

Gọi L là trung điểm BC. SL cắt MN tại I. Dễ dàng chứng minh được I là trung điểm MN và khi đó AI vuộng góc với mặt (SBC)

$S_{AMN}=\frac{1}{2}AI.MN$

Do MN là đường trung bình tam giác SBC nên dễ dàng tính được MN

Bài toán lúc này chỉ cần tính AI.( khoảng cách từ A xuống (SBC))

Gọi P là hình chiếu của S xuống mặt (ABC) dễ dàng suy ra G là trọng tam tam giác ABC

Gọi GF vuông góc SL khi đó GF vuông góc với (SBC) 

Nên $\frac{GF}{AI}=\frac{1}{3}$

Ta sẽ tính GF. 

Trong tam giác SGL vuông tại G có GF là đường cao thì $\frac{1}{GF^{2}}=\frac{1}{GS^{2}}+\frac{1}{GL^{2}}$

Dễ dàng tính được SG, SL và từ đó suy ra GF.

Bài toán kết thúc

Trên cạnh BC của tam giác ABC lấy P sao cho PC=2PB. Tính $\widehat{ACB}$ biết $\widehat{ABC}=45^{\circ}; \widehat{APC}=60^{\circ}$.

Gọi H là hình chiếu của A xuống BC.

Do $\widehat{ABC}=45^{o}$ nên BH=BA

Đặt BC=3a suy ra BP=a, PC=2a.

Ta có a+PH=BP+Ph=BH=HA=PH.$\sqrt{3}$. Từ đây tính được PH theo a.

Ta cũng tính được AH theo a.

HC=PC-PH=2a-PH. Từ đây ta tính được HC theo a

Tam giác AHC ta tính được AH, HC theo a thì ta có thể tính được góc C dựa vào công thức tan

$x^4+\sqrt{x^2+2006}=2006$

Mình sẽ giải phương trình này sau, bây giờ đố các bạn đã

Đặt $t^{2}=\sqrt{x^{2}+2006}$

Ta được hệ sau: $\left\{\begin{matrix} x^{4}+t^{2}=2006 & \\ t^{4}=x^{2}+2006 & \end{matrix}\right.$

Đến đây trừ theo vế của 2 pt cho nhau là ra

P/s: sao bạn không giải trước rồi đố mà phải đố rồi "giải sau"?

     Xem lại cách đặt tên topic nha

Bài 1: Đặt $log_{5}^{3+\sqrt{3^{x}+1}}=log_{4}^{3^{x}+1}=t$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3+\sqrt{3^{x}+1}=5^{t} & \\ 3^{x}+1=4^{t} & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 3+2^{t}=5^{t}$

$\Rightarrow \frac{3}{5^{t}}+(\frac{2}{5})^{t}=1$

Dễ thấy vế trái nghịch biến nên sẽ có tối đa 1 nghiệm. Dễ thấy t=1 là nghiệm. Vậy t=1 là nghiệm duy nhất. 

Giải hệ phương trình :

$\begin{Bmatrix}y^3-9x^2+27x-27=0 \\z^3-9y^2+27y-27=0 \\x^3-9z^2+27z-27=0 \end{Bmatrix}$

Cộng 3 pt đã cho của hệ ta được$(x-3)^{3}+(y-3)^{3}+(z-3)^{3}=0$     (1)

Nếu x>3 thì $x^{3}> 27$ 

$\Rightarrow 9z^{2}-27z+27> 27$

$\Rightarrow 9z(z-3)> 0$

$\Rightarrow z> 3$ (vì x,y,z>0)

Với $z>3$ tương tự ta cũng chứng minh được $y>3$. Vậy (1)>0 vô lý

Nếu $x<3$ chưng minh tương tự ta được điều vô lý. Vậy $x=3$

Chứng minh tương tự ta được $x=y=z=3$

Em chao moi nguoi . .Mọi người cho em hỏi chút ạ. Trong kỳ thi đại học vừa qua .Em làm bài môn toán là môn tự luận .Em làm 3 tờ , tờ đầu tiên em ghi đầy đủ thông tin. Nhưng sang tờ thứ 2 và 3 em chỉ ghi có Họ tên và ngày sinh thôi ạ.Vậy mọi người cho em biết liệu hội đồng chấm thi họ có tìm bài cho em không ạ..Cả phòng thi chỉ có mỗi mình em là làm 3 tờ thôi ạ..Mong mọi người chỉ hướng đi cho em với..em lỡ mất điểm môn toán qua 

Khó nói trước lắm bạn ơi. Sao giám thị không nhắc nhở bạn vậy?

Giải các phương trình và hệ phương trình sau

$\boxed{1}$. GIải phương trình: 

 

                    $\sqrt{x^2-4x+3}=4x-x^2$ ( Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9- năm 2005-2006Thừa Thiên Huế)

 

$\boxed{2}$.

$$\left\{\begin{matrix} x^4+3=4y & & \\ y^4+3=4x & & \end{matrix}\right.$$

Mình xin giải bài 2)

Dễ thấy x, y đều dương. Khi đó áp dụng bđt AM-GM

Ta có $x^{4}+4=x^{4}+1+1+1\geq 4y$

$\Rightarrow x^{4}+4\geq 4x$

$\Rightarrow 4y\geq 4x$

$\Rightarrow y\geq x$

Tương tự ta cũng suy ra được $\Rightarrow x\geq y$

Vậy x=y. Thay vào đề ta suy được x=y=1

Bài 1

Giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+\frac{2xy}{x+y}=1\\ x^{2}+y^{2}+2\sqrt{x+y}=\sqrt{4x+3y}+\sqrt{4x+5y} \end{matrix}\right.$

 

Bài 2

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+12x^{2}+49x+63=5\sqrt{1-2y}-2y\left (3+\sqrt{1-2y} \right )\\ x^{2}-16x-4y-11=3\sqrt{x^{4}+6xy+22x^{2}+7x-4y-15} \end{matrix}\right.$

Mình xin giải bài 1 như sau:

Ta có $x^{2}+y^{2}+\frac{2xy}{x+y}=1$

$\Rightarrow (x+y)^{2}-2xy+\frac{2xy}{x+y}=1$

$\Rightarrow (x+y)^{3}-2xy(x+y)+2xy=x+y$

$\Rightarrow (x+y)(x+y+1)(x+y-1)=2xy(x+y-1)$

$\Rightarrow (x+y-1)((x+y)(x+y+1)-2xy)=0$

$\Rightarrow x+y=1$

Ta có VT$=x^{2}+y^{2}+2\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}+2\geq 4$

VP $=\sqrt{4x+3y}+\sqrt{4x+5y}\leq \sqrt{2(4x+3y+4x+5y)}\leq \sqrt{16(x+y)}\leq 4$

Từ đây dẫn đến dấu "=" xảy ra $\Rightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Bài 23: Cho các số thực x,y,z, thỏa $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=14 & \end{matrix}\right.$

Tìm max, min $\frac{4x+y}{z}$

Nguồn: 143 bài bdt luyện thi đại học của thầy Trần Bá Thịnh

Cho $x,y,z$ là các số dương thoả mãn $x+y+z=1$.Chứng minh

$\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+xz}+\frac{z}{z+xy}\leq \frac{9}{4}$.

Ta có $\frac{x}{x+yz}=\frac{x}{x(x+y+z)+yz}=\frac{x}{(x+y)(x+z)}\leq x(\frac{1}{4(x+y)}+\frac{1}{4(x+z)})\leq \frac{1}{4}(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})$

Thực hiện 3 bđt tương tự ta được đpcm.

Bài này ta đã sữ dụng bổ đề: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$

Tính $I=\int_{\frac{\Pi }{5}}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{tan(x+\frac{\Pi }{4})}{cosx}$

 

Giải hệ phương trình sau:

$$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2=5 & & \\
3x^2+ y^2+5x=4xy+y+2& &
\end{matrix}\right.$$

 

Viết phương trình (2) lại dưới dạng:

$3x^{2}-x(4y-5)+y^{2}-y-2=0$

$\Delta= (4y-5)^{2}-4.3(y^{2}-y-2)=4y^{2}-28y+49=(2y-7)^{2}$

Đến đây ta tính được x theo y. Thay vào phương trình (1) ta tìm được nghiệm

Trong tương lai mình muốn thi vào ngành toán nhưng vẫn còn phân vân giữa ngành toán của trường tự nhiên và sư phạm, các bạn có thể cho mình biết nên chọn trường nào và lợi thế của ngành toán ở từng trường được không ạ ???

Cô mình nói như thế này, chương trình học của KHTN nặng hơn so với SP. Nói đúng hơn, thì KHTN sẽ được học nhiều kiến thức hơn so với SP, (Cô mình từng là sinh viên KHTN@@). Nhưng KHTN lại nặng về nghiên cứu toán, còn SP thì nghiêng về việc dạy học (cái tên sư phạm đã nói lên tất cả). Nhưng khi ra trường, sinh viên KHTN sẽ dễ tìm được việc làm hơn SP. Bạn thử nghĩ xem, giáo viên giờ đang quá tải. Và nhiều giáo viên không có nơi dạy. Còn SV KHTN ( Thầy Nam Dũng nè) dạy trên KTNH, được mời dạy bồi dưỡng nè, nhiều lắm, và môi trường tốt hơn. Thế nhưng SP thì bạn phải thật sự yêu nghề, và thương học sinh. Vì bạn có thể nắm tương lai của học sinh. Việc hs học giỏi hay k phụ thuộc vào bạn nhiều lắm. Còn KHTN thì nghiêng về nghiên cứu, nên có gì thì đỡ "ấy nấy". Mong các bạn nhẹ tay nhé

Cho 2 số nguyên dương $x;y$ thỏa $x + y = 2013$

Tìm $GTNN$ và $GTLN$ của $P = x( x^2 + y ) + y( y^2 + x )$

P=$x^{3}+y^{3}+2xy$

$=(x+y)^{3}-3xy(x+y)+2xy$

$=2013^{3}-3xy.2013+2xy$

$=2013^{3}-6037xy$

$=2013^{3}-6037x(2013-x)$

Đến đây khảo sát hàm số f(x) trên $[0.2013]$ là ra

Bài toán:

Hỗn hợp $B$ gồm $Fe$ và $FeO$. Cho $B$ tác dụng với dung dich $HCl$ dư, thu được $4,48l$ khí (đktc). Mặt khác, cho $B$ tác dụng với dung dịch $H_2SO_4$ đặc, nóng, dư thu được dung dịch $C$ và $6,72l$ khí $SO_2$ ( sản phẩm khử là duy nhất).

$a)$ Tính % khối lượng các chất trong $B$.

$b)$ Cho dung dich $C$ tác dụng hết với dung dich $NaOH$ dư, lọc lấy kết tủa , nung nóng trong không khí đén khối lượng không đổi được $m$ gam rắn. Tính $m$.

$Fe\rightarrow H_{2}$

$\Rightarrow n_{Fe}=n_{H_{2}}= \frac{4.48}{22.4}=0.2$

$Fe\rightarrow Fe^{3+}+3e$

0.2                           0.6

$Fe^{+2}\rightarrow Fe^{3+}+e$

a                             a

$2H^{+}+SO_{4}^{2-}+2e\rightarrow SO_{2}+2H_{2}O$

                                   0.6                 a

Theo định luật bảo toàn ion: tổng e cho=tổng e nhận

$\Rightarrow 0.6+a=0.6$

$\Rightarrow a=0$

Đề sai rùi

Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực không âm, chứng minh rằng: 

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{2a+b+c}$

Áp dụng bđt quen thuộc: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$

Ta có $\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{a+b+2c}\geq \frac{4}{a+3b+a+b+2c}\geq \frac{2}{a+2b+c}$

Thực hiện 2 bđt tương tự rùi cộng theo vế ta được đpcm

tìm m để hai đường thẳng $(d1):\begin{cases}x=1+2t \\ y=-2-t \end{cases}$, $(d2):mx-y+5=0$ song song

Đường $(d_{1})$ có vecto chỉ phương $u_{1}=(2,-1)$

Đường $(d_{2})$ có vecto chi phương $u_{2}=(m,-1)$

Để 2 đường này song song thì 2 vectp chỉ phương có tọa độ tỉ lệ $\Rightarrow \frac{m}{2}=\frac{-1}{-1}$

Cho $x,y,z$ thoả mãn $x+y+z+xy+yz+zx=6$

Hãy chứng minh $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$

Ta có $6=x+y+z+xy+yz+zx\leq x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}$

$\Rightarrow x+y+z\geq 3$ hay $x+y+z\leq -6$

TH1: $x+y+z\geq 3$

$\Rightarrow 9\leq (x+y+z)^{2}\leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$

TH2:$x+y+z\leq -6$

$\Rightarrow (x+y+z)^{2}\geq 36$

Khi đó $36\leq (x+y+z)^{2}\leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 12$

Từ 2 trường hợp, ta suy ra $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$

tìm giới hạn của dãy $(u_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix}u_1=1\\ u_{n+1}=\frac{3u_n+4}{u_n+1}\end{matrix}\right.$ (dùng kiến thức sơ cấp nhất để giả

Trước khi trình bày lời giải tổng quát, mình xin nhắc lại 1 số "viên gạch nền"

Giải sữ ta có dãy sau $u^{n+2}+bu^{n+1}+cu^{n}=0$

Xét phương trình đặc trưng

$aX^{2}+bX+c=0$    (1)

TH1: nếu phương trình (1) có 2 nghiệm X1, X2 thì $u_{n}$ có công thức tổng quát là $u_{n}=AX_{1}^{n}+BX_{2}^{n}$ với A, B là hằng số.

Th2: nếu phương trình (1) có 1 nghiệm $X_{1}=X_{2}=X_{k}$ thì $u_{n}$ có công thức tổng quát là $u_{n}=(A+Bn)x_{k}^{n}$

TH3. nếu phương trình (2) có nghiệm phức $x+yi=r(cos\gamma +isin\gamma )$ thì $u_{n}$ có công thức tổng quát là:

$u_{n}=r^{n}(Acosn\gamma +Bsinn\gamma )$ với $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$.

3 công thức này có thể chứng minh tương đối dễ dàng.

Trờ lại bài toán:

Cho $u_{1}=a$

$u_{n+1}=\frac{pu_n+q}{ru_{n}+s}$

Ta sẽ đặt $u_{n}=\frac{y_{n}}{z_{n}}$. Khi đó:

$\frac{y_{n+1}}{z_{n+1}}=\frac{py_{n}+qz_{n}}{ry_{n}+sz_{n}}$

Đén đây, ta giải hệ sau:

$\left\{\begin{matrix} y_{n+1}=py_{n}+qz_{n} & \\ z_{n+1}=ry_{n}+sz_{n} & \end{matrix}\right.$

Trong phương trình đầu của hệ, thay n=n+1 và để ý chút:

$y_{n+2}=py_{n+1}+qz_{n+1}=py_{n+1}+q(ry_{n}+sz_{n})$.

$\Leftrightarrow y_{n+2}-(p+s)y_{n+1}+(ps-qr)y_{n}=0$

Đến đây mình làm tiếp được rùi, dựa vào 3 trường hợp mình đã nêu.

Bài toán tổng quát được giải quyết xong.

P/s: khi đi thi, thì tất cả những bước trên mình chỉ cần làm trong nháp thui, sau đó ném kết quả vào với câu: ta sẽ chứng minh dãy số cần tìm có dạng abcxyz bla bla bằng quy nạp. Giám khảo sẽ ngở ngàng cho mà xem.^^