-Nếu tớ đoán không nhầm thì bạn làm thế này:

  -Viết pt CD

- Tham số điểm C rồi dùng AC=BD hoặc cũng có thể là AD=BC

 Nếu làm như vậy sẽ có 2 điểm D 1 trong 2 điểm đó sẽ tạo thành hình bình hành Nhưng nếu làm theo cách AC=BD thì loại được 1 nghiệm nằm cùng phía với A bờ BD còn làm theo cách AD=BC thì sai về bản chất nhưng cũng có thể loại nghiệm AD//BC .

Mình làm AD=BC đúng là sai bản chất nhưng sau khi tìm đc 2 điểm C thì đã thử lại đc bằng cách cho thêm điều kiện AC=BD . Lúc đó có điểm C(-15;-10) bị loại do AC ko bằng BD 

Bài 37 :
Cho tứ giác ABCD . Gọi M(-1;2) , N , P , Q(4;3) lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CA , AD . Xác định toạ độ điểm C biết điểm $G(\frac{5}{3};\frac{1}{3})$ là trọng tâm tam giác ANP

Bài 38

Cho A(10;5) , B( 15; -5 ) , D(-20 ; 0 ) là 3 đỉnh của hình thang cân ABCD 
AB // CD
Tìm toạ độ điểm C
Bài này mình làm đến đoạn ra toạ độ 2 điểm C thì ko biết làm thế nào nữa

Sử dụng phương pháp thặng dư hay Repeated Real Roots (ở trang http://lpsa.swarthmo...alFraction.html) thì chỉ tìm được tử thức ở các phân số có mẫu bậc 1, bậc 2 thôi. Đằng này bạn có thể nhanh chóng tìm được ở cả bậc 3 và nghiệm phức. Hay thật! Nhưng mà cụ thể làm theo thuật toán nào?

Muahahahaha =))) 
Hỏi thừa rồi anh , với nthoangcute thì còn gì là không thể nữa . Đến cách giải pt bậc 4 nghiệm căn trong căn mà anh Việt vẫn có cách nhanh hơn của em thì không còn gì để nói nữa rồi ...  

P/s : Sau này học đến tích phân em nhất định sẽ tìm ra thủ thuật đấy , ráng chờ nhé anh Mẫn Tiệp     !

Mọi người chữa chi tiết và xem xét đề này nhé. Đề khá khó. hic. 

Câu I : 
2) Cho $ab+a+b=1$

CMR : $\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}$

Giải :

Ta có $VT=\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{a}{ab+a+b+a^2}+\frac{b}{ab+a+b+b^2}$

$=\frac{a}{b(a+1)+a(a+1)}+\frac{b}{a(b+1)+b(b+1)}$

$=\frac{a}{(a+1)(a+b)}+\frac{b}{(a+b)(b+1)}$

$=\frac{1}{a+b}(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1})$

$=\frac{1}{a+b}.\frac{2ab+a+b}{(a+1)(b+1)}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)(a+1)(b+1)}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)(ab+a+b+1)}$

$=\frac{1+ab}{2(a+b)}$

$VP=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}$

$=\frac{1+ab}{\sqrt{2(ab+a+b+a^2)(b^2+ab+a+b)}}$

Hệ vòng 2 còn dễ hơn hệ vòng 1

Đề thi vào 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2017-2018

Câu 1a : 
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được điều sau luôn đúng : 
$P(n)=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{n^2+3n}{4(n^2+3n+2)}$

Khi đó :
$S=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{2016.2017.2018}=P(2016)=\frac{4070304}{16281224}$

Vậy $S=\frac{4070304}{16281224}$

Vòng 2

18838931_1681484311869324_6265357203618662814_n.jpg

Xin chém câu 2 trước :
$\sqrt{(x^2+2x)^2+4(x+1)^2)}-\sqrt{x^2+(x+1)^2+(x^2+x)^2}=2017$

$\Leftrightarrow \sqrt{(x^2+2x+2)^2}-\sqrt{(x^2+x+1)^2}=2017$

$\Leftrightarrow x^2+2x+2-(x^2+x+1)=2017$

$\Leftrightarrow x+1=2017$

$\Leftrightarrow x=2016$
Vậy pt có nghiệm $x=2016$ 

Vòng 2

Đây là phần tiếp theo của thuật toán này, dành cho bạn đọc tham khảo thêm 
https://diendantoanh...yên-bằng-casio/

Nối tiếp topic , mình xin đưa ra bài viết " Cách khai triển đa thức 2 biến hệ số nguyên bằng casio " , coi như đây là thủ thuật cuối cùng mình đăng lên mạng
[HOT] Cách khai triển đa thức 2 biến hệ số nguyên bằng casio
http://k2pi.net.vn/s...ead.php?t=26019

e k hiểu sao lại ra được A+B=5-\sqrt{10}\\ 

C+D=5+\sqrt{10}\\
AB=9-3\sqrt{10}\\
CD=9+3\sqrt{10} 

giải thích dùm e với

Theo Viét đảo thì C,D là nghiệm của pt $X^2-10X+15=0$ , lại có C+D=8,16... nên $C+D=5+\sqrt{10}\\$

bấm máy tính thế nào để ra được 4 nghiệm A, B, C, D trên ạ??????

Viết pt lên máy tính , SHIFT SOLVE đc 1 nghiệm SHIFT STO A 
Viết lại pt rồi chia cho $x-A$ , SHIFT SOLVE tiếp đc 1 nghiệm lưu vào B
Viết lại pt rồi chia cho $(x-A)(x-B)$ , SHIFT SOLVE tiếp đc 1 nghiệm lưu vào C

Viết lại pt rồi chia cho $(x-A)(x-B)(x-C)$ , SHIFT SOLVE tiếp đc 1 nghiệm lưu vào D
Vậy ta được 4 nghiệm A , B , C , D 

Bạn này làm có vẻ dài ...
VD: $x^4-10x^3+33x^2-30x-9=0$
Bước 1 : Tìm nghiệm thực : $$A=2,072611 \\ B=-0,2348887$$
Bước 2 : Giả sử PT có thêm 2 nghiệm phức là $C$ và $D$, theo Vi-ét ta có :
$$\left\{\begin{matrix}
A+B+C+D=10\\
ABCD=-9
\end{matrix}\right.
\Rightarrow

\left\{\begin{matrix}
C+D=8,162277\\
CD=18,486832
\end{matrix}\right.




\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
A+B+C+D=10\\
(A+B)(C+D)=15\\
AB+CD=18\\
ABCD=-9
\end{matrix}\right.
\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
A+B=5-\sqrt{10}\\
C+D=5+\sqrt{10}\\
AB=9-3\sqrt{10}\\
CD=9+3\sqrt{10}
\end{matrix}\right. $$

Lại có $$x^4-10x^3+33x^2-30x-9=0=(x^2-(A+B)x+AB)(x^2-(C+D)x+CD)$$
Suy ra OK !

Được thánh Vi-ét ghé thăm rồi !
Cách anh Việt ghê thật , đúng là không thể bì sức được !
Tuy nhiên cái cách dài của em lại gợi ra 1 ý tưởng ... sau này sẽ đặt tên cho nó là Super Viète

Câu pt : 
$2(x+1)\sqrt{x+1}=(\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x})(2-\sqrt{1-x^2})$

Điều kiện : $-1\leq x\leq 1$

Đặt $\sqrt{x+1}=t$ thì $t\geq 0$ và $x=t^2-1$

PT đã cho tương đương : $2t^3=(t+\sqrt{2-t^2})(2-t\sqrt{2-t^2})$

$\Leftrightarrow t^3+(t^2-2)\sqrt{2-t^2}=0$

$\Leftrightarrow t^3-(2-t^2)\sqrt{2-t^2}=0$

$\Leftrightarrow t^3=(\sqrt{2-t^2})^3$

$\Leftrightarrow t=\sqrt{2-t^2}\Leftrightarrow 2t^2=2$

$\Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow x=0$

Vậy pt đã cho có nghiệm $x=0$

DÙNG CALC 100 TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA TỔNG DÃY SỐ
Mở đầu
Dùng CALC 100 có thể giải được hầu hết các bài toán trên. Các bạn làm thử nhé, sau đây là một ví dụ
Ví dụ
Tìm công thức tổng quát của $ S_n=\sum_{y=1}^{n} \frac{4y^2-12y+9}{(y+3)(y+2)(y+1)y}. $
Đặt $ S_n=\sum_{y=1}^{n} \frac{4y^2-12y+9}{(y+3)(y+2)(y+1)y}.$
Ta có
 + $ S_{100}=\sum_{y=1}^{100}\frac{4y^2-12y+9}{(y+3)(y+2)(y+1)y}=\frac{245075}{530553}; $
 + $ 245075 \times 4=980300; $
 + $ 530553\times 2=1061106. $
Suy ra
$\frac{4}{2} S_{100} =\frac{980300}{1061106}$
 
$\rightarrow 2S_{n} =\frac{98/03/00}{1/06/11/06}$
 
$\rightarrow 2S_{n} =\frac{0/98/03/00}{1/06/11/06}$
 
$\rightarrow 2S_{n} =\frac{(0+1)/(98-100)/3/0}{1/6/11/6}$
 
$\rightarrow 2S_{n} =\frac{1/-2/3/0}{1/6/11/6}$
 
$\rightarrow 2S_{n} =\frac{1n^3-2n^2+3n+0}{n^3+6n^2+11n+6}$
 
$\Rightarrow S_{n} =\frac{n^3-2n^2+3n}{2(n^3+6n^2+11n+6)}$
 
$\Leftrightarrow S_{n} =\frac{n^3-2n^2+3n}{2(n+1)(n+2)(n+3)}.$
 
Hạn chế
Phương pháp này chưa thể hiện rõ cách tìm số thích hợp để nhân lên. Nếu đa thức có mẫu bằng 1 thì theo kinh nghiệm ta có thể nhân thêm cho các ước của (bậc+1)!, tối đa là nhân với (bậc+1)!. Nhưng nếu là phân thức thì... cần có những nghiên cứu tiếp theo.
 
Phiên bản tiếng Anh của bài viết đã được đăng lên https://math.stackex...2323211#2323211

Vậy là sau gần 2 năm đã có người đoán ra ý tưởng của mình
Mình có lời khen dành cho Mai Hoàn Hảo ... nhưng pp này vẫn có hạn chế , đó là nếu biểu thức bên phải là phân số hoặc hệ số là phân số thì ta cần dùng tới 2 thuật toán nữa để giải quyết
Xin dành phần đó cho bạn đọc tự nghiên cứu

Cách chứng minh công thức này ko theo quy nạp có trong sách Vũ Hữu Bình lớp 8 9 gì đó mà, chứng minh khá dễ hiểu, dựa vào khai triển: $(a+b)^{3}$

Bạn không hiểu câu hỏi rồi

$1^3+2^3+3^3+...+n^3=?$
Tìm dấu hỏi chấm 
Có ai bảo bạn đi chứng minh công thức đâu

"Hãy cho tôi một điểm tựa tôi sẽ nâng cả Trái Đất lên". Câu nói nổi tiếng của $Archimède$. Liệu ông ấy có làm được điều mà ông ấy đã nói không?

Thật ra điểm tựa ở đây đc hiểu theo nghĩa bóng chứ ko phải nghĩa đen như các bạn hiểu . Điểm tựa đc nhắc tới có thể là 1 lĩnh vực mà bạn tinh thông tường tận , với 1 điểm tựa đó bạn có thể " nâng " cả trái đất lên , tất nhiên nâng ở đây cũng là nghĩa bóng 

Ta có thể CM tổng:

$A= 1^{3}+2^{3}+...+n^{3}=(n+1)^{2}$

bằng quy nạp hoặc truy hồi

Câu hỏi đặt ra là làm sao để tìm được vế phải chứ ko phải chứng minh đẳng thức khi đã biết vế phải !

Thì chứng minh là tìm mà, chưa hề biết trước công thức

Chứng minh không phải là tìm
Tìm nghĩa là ta chỉ biết $1^3+2^3+3^3+...+n^3$ , chưa biết vế phải , sẽ đi tìm vế phải 

Còn chứng minh nghĩa là đã biết vế phải , việc chứng minh bằng quy nạp thì quá dễ rồi 

Cái tôi cần là bạn nêu ra ý tưởng để lấp vào dấu hỏi chấm : $1^3+2^3+3^3+...+n^3=?$

Cách này hơi cùi so với cách của mình ...

Mời chủ topic tham khảo cách khác nè : http://diendantoanho...yên-bằng-casio/