Có bao nhiêu cách phân tích số $15^{9}$ thành tích của ba số nguyên dương (không nhất thiết phải khác nhau)?

Khoảng cách lớn nhất từ điểm $A$ đến mặt phẳng chứa $(d)$ chính là khoảng cách từ $A$ đến $(d)$. 

Hình chiếu của $A$ lên $(d)$ là $H=(1;0;-2)$,$\vec{HA}=(1;1;3)$ nên mặt phẳng có phương trình là $(P):1(x-1)+1(y-0)+3(z+2)=0$ hay $(P):x+y+3z+5=0$

cho tam giác ABC biết tọa độ 3 điểm A,B,C. Đường phân giác trong góc A có vecto chỉ phương là

$\vec{AB}=(-2;2;1),\vec{AC}=(-2;1;2)$. Nhận thấy $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$.

$\vec{AB}.\vec{AC}=8>0$ nên góc $\widehat{BAC}$ nhọn. 

Trung điểm $I$ của $BC$ là $I(0;3/2;3/2)$, thành thử phân giác trong góc $\widehat{BAC}$ có một vector chỉ phương là $\vec{AI}=(-2;3/2;3/2)$

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $2a$. $\angle SAB=\angle SCB=90^{\circ}$. Gọi $M$ là trung điểm $SA$, $d(A;(MBC))=\frac{6a}{\sqrt{21}}$. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$.

 

Mình thấy các bạn thường hỏi mà cũng thường gặp loại tích phân sau ( rất hay gặp ):

$$F(m,n,p)=\int x^{m}(a+bx^{n})^{p}dx$$

Gọi là tích phân hàm phân thức hữu tỷ , hoặc tích phân Chebyshev . Ông đã đưa ra các điều kiện để các nguyên hàm trên tính được . Cụ thể nó tính được bằng các phép toán đặt và các phép toán thông thường khi và chỉ khi nó rơi vào một trong ba trường hợp sau :

$1) p \in Z$

$2) \frac{m+1}{n} \in Z$

$3) \frac{m+1}{n}+p \in Z$

Ở đây nếu $b=0,n=0$ hiển nhiên tính được nên ta chỉ xét $b,n$ khác $0$ .

Trong từng trường hợp các phép đặt sau sẽ cho ta kết quả :

$1) p \in Z$

Trường hợp này đặt $x=t^{s}$ với $s$ là mẫu số chung của hai số $m,n$ . Về cơ bản phép đặt này rút gọn khai triển nhị thức .

$2) \frac{m+1}{n} \in Z$

Chúng ta sẽ đặt

$$a+bx^{n}=t$$

$$x=(\frac{t-a}{b})^{\frac{1}{n}}$$

$$dx = \frac{1}{n}(\frac{t-a}{b})^{\frac{1}{n}-1}dt$$

$$F(m,n,p)=\frac{1}{n}b^{-\frac{m+1}{n}}\int t^{p}(t-a)^{\frac{m+1}{n}-1}dt$$

Đến đây đưa về trường hợp đầu .

$3) \frac{m+1}{n} + p \in Z$

$$\int x^{m}(a+bx^{n})^{p}dx = \int x^{m+np} (ax^{-n}+b)^{p}dx$$

Ta có

$$\frac{m+np+1}{-n}=-(\frac{m+1}{n}+p) \in Z$$

Đến đây về trường hợp thứ hai . Cụ thể là phép đặt :

$$ax^{-n}+b=t$$

Nguồn :

Bài tập toán cao cấp - tập $1$ - A.G.Popop 

dòng này có bị lỗi không anh nhỉ? 

Bạn xem lại đề hộ mình.

E nghĩ 2 tuần nay mà không ra đó ,anh giải kĩ tý anh 

bạn có thể xem thêm về cấp của một số và căn nguyên thủy để hiểu hơn

Cho số nguyên tố có 4 chữ số $p=\overline{abcd}$. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ không thể phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc lớn hơn 0 với hệ số nguyên.

Câu 1. Đề anh đánh thiếu rồi. Phải là $f(f(x_{0}))$

Từ gt 

$=> x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm kép là $f(x_{0})$

$<=> \Delta =0$

$<=> a^{2}=4b\geq 0$

$=> b\geq 0$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$. Mà theo giả thuyết thì $f(x_{0})$ là nhiệm $f(x)$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$

$<=> x_{0}^{2}+ax_{0}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2}=0$

Mà $x_{0}$ là duy nhất nên pt $x^{2}+ax+\frac{a^{2}}{4} +a=0$

$<=> a^{2}-4(\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2})=0$

$<=> a=0$.

Vậy $a,b$ là hai số thực  không âm.

kết luận phương trình có nghiệm kép là $f(x_{0})$ liệu có hơi vội vàng không.

Nghiệm lẻ quá bạn nhỉ

Ừ mình cũng khó hiểu, nhưng đề đúng đấy  

Giải phương trình sau $4x^2+2x+\sqrt{5x+8}-\sqrt{7x+5}-5=0$

Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=a,SB=b,SC=c$ và $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc. Xét đường thẳng $\Delta$ bất kì đi qua $S$, gọi $A_1,B_1,C_1$ theo thứ tự là các điểm đối xứng với $A,B,C$ qua $\Delta$. Các mặt phẳng lần lượt đi qua $A_1,B_1,C_1$ theo thứ tự vuông góc với các đường thẳng $SA,SB,SC$ đồng quy tại một điểm $P$.

a) Chứng minh rằng khi $\Delta$ thay đổi thì $P$ luôn nằm trên một mặt phẳng cố định.

b) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng giá trị của đại lượng $\frac{PA^2}{SA^2}+\frac{PB^2}{SB^2}+\frac{PC^2}{SC^2}-\frac{PH^2}{SH^2}$ không phụ thuộc vào vị trí của $\Delta$.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức sau 

$\frac{x(y+z-x)}{logx}=\frac{y(z+x-y)}{logy}=\frac{z(x+y-z)}{logz}$

Chứng minh rằng $x^yy^x=y^zz^y=z^xx^z$.

Giả sử $AD$ là đường đối trung. Theo bổ đề quen thuộc suy ra $OI$ vuông góc với $AD$, gọi $S$ là giao điểm của $OI$ và $BC$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm của $(I)$ với $AB, AC$. Dễ thấy $S, P ,Q$ thẳng hàng. Từ đó suy ra $\frac{DB}{DC}=\frac{SB}{SC}$.

 

Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với cát tuyến $SFE$ ta được:

 

$\frac{FA}{FB}.\frac{SB}{SC}.\frac{EC}{EA}=1$

 

$\Leftrightarrow \frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$

 

Nên theo định lý $Ceva$ đảo ta có điều phải chứng minh. 

Bạn cho mình hỏi về cách vẽ hình  

a) Nối đoạn $MO'.$ Ta sẽ chứng minh $MO' \perp QP.$

Dễ thấy $\widehat{MEF}+\widehat{MFE}=90^{\circ}$ mà $\widehat{MFE}=\widehat{MHE}=\widehat{MAH}=\widehat{AMO'}.$

Suy ra $\widehat{MEF}+\widehat{AMO'}=90^{\circ}\rightarrow MO'\perp EF.$ Từ đây chứng minh được ý a).

b) Nhận thấy $M,I$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(O)$ và $(O'),$ vậy ta cần chứng minh $K$ cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này. Điều này dễ dàng chứng minh được bằng việc chỉ ra $\widehat{KEA}=\widehat{KBF}.$

dùng $BDT Holder$

Full đi bạn  

Có hướng giải quyết cho bài cuối chưa nhỉ  

Ai đó full câu cuối đi ạ :V 

                                         

Bài 4) (3,0 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\geq 1$ ta luôn có $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}{k(C_{n}^{k}}{{)}^{2}}=nC{}_{2n-1}^{n-1}$

 

Giải bài dễ trước

Nhận xét $k(C_{n}^{k})^{2}=nC_{n-1}^{k-1}C_{n}^{k}$

Lúc này ta cần chứng minh $\sum_{k=1}^{n}C_{n-1}^{k-1}C_{n}^{n-k}=C_{2n-1}^{n-1}$

Xét tập $A=\left \{ a_{1},a_{2},...a_{2n-1} \right \}$.Chia tập $A$ thành 2 tập con $B$ có $n-1$ phần tử và $C$ có $n$ phần tử và $B\cap C=\varnothing$. Dễ thấy phép chọn ra $n-1$ phần tử từ tập $A$ cũng là phép chọn ra $k-1$ phần tử từ tập $B$ và $n-k$ phần tử từ tập $C$.

Như vậy, ta có điều cần chứng minh.

 

GIả sử $x \geq y \geq z \geq 0$

có $\frac{y+z}{(y-z)^2}\geq \frac{1}{y} $

$\Leftrightarrow y(y+z) \geq (y-z)^2 \Leftrightarrow z(3y-z) \geq 0$ (luôn đúng do $y \geq z \geq 0$)

có $\frac{z+x}{(z-x)^2}\geq \frac{1}{x} $

$\Leftrightarrow x(z+x) \geq (z-x)^2 \Leftrightarrow z(3x-z) \geq 0$ (luôn đúng do $x \geq z \geq 0$)

Suy ra $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{y+z}{(y-z)^2}+\frac{z+x}{(z-x)^2} \geq \frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$

Mà $z \geq 0$ nên $\frac{9}{x+y+z} \leq \frac{9}{x+y}$

Ta cần chứng minh: $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{9}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{(x+y)^2}{(x-y)^2}+(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \geq 9$

$\Leftrightarrow \frac{4xy}{(x-y)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4\frac{x}{y}}{(\frac{x}{y}-1)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

Đặt $\frac{x}{y}=t >0$

Khi đó $\frac{4t}{(t-1)^2}+t+\frac{1}{t} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4t}{(t-1)^2}+\frac{(t-1)^2}{t} \geq 4$ (luôn đúng theo bất đẳng thức AM-GM)

Vậy bài toán đã được chứng minh xong.

 

Ta có thể rút ngắn phần chứng minh cuối lại $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{9}{x+y}\Leftrightarrow \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{xy}\geq \frac{9}{(x+y)^2}$ (dĩ nhiên đúng theo C-S)

Cho dãy số $a_{n}$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_1=b & \\ u_{n+1}=u_n^2+(1-2a)u_n+a^2& \end{matrix}\right.$. Xác định các giá trị của a và b để dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định với $u_{0}>0,u_{1}>0$ và $u_{n+2}=\frac{2}{u_{n+1}+u_{n}}$. Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó 

Đề cử thành viên: chanhquocnghiem

Thành tích: Đóng góp tích cực trong các topic Đại Số, giúp đỡ các anh chị trong ôn thi Đại học.

Ghi chú thêm: Em nghĩ mọi người nên tích cực đề xuất, cá nhân thấy nhiều bạn 2k2, 2k3 cũng hoạt động rất tích cực, nên có những đề xuất để động viên các thành viên năng nổ xây dựng diễn đàn ngày một hoàn thiện hơn.

Cho dãy số dương $(a_{n})$ thỏa mãn $a_{n+1}\leq a_{n}-a_{n}^{2}$. Chứng minh rằng $n.a_{n}<1$ 

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định với $(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})u_{n}=\frac{2}{2n+1},\forall n\in \mathbb{N}*$. Chứng minh rằng $\sum_{i=1}^{2017}u_{i}<\frac{2017}{2019}$