#1
Posted 07-03-2017 - 12:01
- kimchitwinkle, thuylinhnguyenthptthanhha and viet9a14124869 like this
" Even if there was no Gravity on Earth, I'd still fall for you. "
Nunmul
#2
Posted 07-03-2017 - 14:54
xử câu 3 trước
dạng vô định này mạnh nhất là dùng quy tắc L'hôpital
$\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\sqrt{2x+3}-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{1}{\sqrt{2x+3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2(x+1)}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{-2}{2x+3}-\frac{2}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2}=-2$
- Tran Nho Duc and kimchitwinkle like this
"DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "
-Henry Ford -
#3
Posted 07-03-2017 - 15:38
xử câu 3 trước
dạng vô định này mạnh nhất là dùng quy tắc L'hôpital
$\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\sqrt{2x+3}-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{1}{\sqrt{2x+3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2(x+1)}=\lim_{x\rightarrow -1}\frac{\frac{-2}{2x+3}-\frac{2}{\sqrt[3]{3x+4}}}{2}=-2$
Đại học mới học quy tắc L'hospital mà bạn
Với THPT thì chỉ có nước khử dạng vô định thôi
" Even if there was no Gravity on Earth, I'd still fall for you. "
Nunmul
#4
Posted 07-03-2017 - 15:43
- kimchitwinkle likes this
#6
Posted 07-03-2017 - 20:15
Bài cuối quen rồi nhỉ, đếm bằng hai cách. Ta gọi các chàng trai là $b_1,b_2,\dots ,b_m$, các cô gái là $g_1,g_2,\dots ,g_n$. Gọi $S_{i,j}$ là số bộ $(i,j,k)$ mà $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Ta sẽ chứng minh rằng $$\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}.$$ Thật vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} = 2\sum_{k=1}^{n} {T_k}$ với $T_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Dễ thấy $T_k=\binom{c_k}{2} +\binom{m-c_k}{2}=\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)$ trong đó $c_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}=\sum_{k=1}^{n} {\left(\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)\right)}=\frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\sum_{k=1}^{n} {c_k(m-c_k)}.$$ Do $m$ lẻ, nên $c_k(m-c_k)$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{m^2-1}{4}$ khi $c_k=\frac{m\pm 1}{2}$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}\geq \frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\frac{n(m^2-1)}{4}=\frac{n(m-1)^2}{4}.$$ đpcm. Vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}$, suy ra tồn tại $i$ mà $\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}\geq \frac{n(m-1)^2}{2m}$. $\square$
Edited by IMO20xx, 07-03-2017 - 20:28.
- kimchitwinkle and thuylinhnguyenthptthanhha like this
#7
Posted 08-03-2017 - 21:01
Câu 1.b cấp số cộng xử lý thế nào vậy mọi người. Mình đang học lại phần này.
mình xin đề xuất hướng giải câu 1b như sau
A,B,C lập thành cấp số cộng $\left\{\begin{matrix}A=A \\ B=A+d \\ C=A+ 2d \end{matrix}\right.=>A+B+C=3(A+d)=180=>B=A+d=60$
thế vào giả thiết $cos^2A+cos^2(120-A)=1-\frac{\sqrt{3}}{4}<=>cos^2A+(\frac{-1}{2}cosA+\frac{\sqrt{3}}{2}sinA)^2=1-\frac{\sqrt{3}}{4}<=>\frac{1}{2}Cos2A-\frac{\sqrt{3}}{2}sin2A=\frac{-\sqrt{3}}{2}<=>Cos(60+2A)=\frac{-\sqrt{3}}{2}$
tới đây tìm được A,B,C rồi
bài 3 nếu không được sử dụng L'hôpitan thì dùng phương pháp khử vô định bình thường vậy
$\lim_{x\rightarrow -1}(\frac{\sqrt{2x+3}+x+2}{(x+1)^2}-\frac{x+2-\sqrt[3]{3x+4}}{(x+1)^2})=\lim_{x\rightarrow -1}(\frac{(x+1)^2}{(x+1)^2(x+2-\sqrt{2x+3})}-\frac{(x+4)(x+1)^2}{(x+1)^2((x+2)^2+(x+2)\sqrt[3]{3x+4}+\sqrt[3]{(3x+4)^2})})$
đã khử được vô định ...
P/s: đề dài ....
- Katyusha likes this
"DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "
-Henry Ford -
#8
Posted 14-03-2017 - 01:22
Bài cuối quen rồi nhỉ, đếm bằng hai cách. Ta gọi các chàng trai là $b_1,b_2,\dots ,b_m$, các cô gái là $g_1,g_2,\dots ,g_n$. Gọi $S_{i,j}$ là số bộ $(i,j,k)$ mà $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Ta sẽ chứng minh rằng $$\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}.$$ Thật vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} = 2\sum_{k=1}^{n} {T_k}$ với $T_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$ hoặc cả $b_i,b_j$ đều không quen với $g_k$. Dễ thấy $T_k=\binom{c_k}{2} +\binom{m-c_k}{2}=\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)$ trong đó $c_k$ là số cặp $(i,j)$ mà cả $b_i,b_j$ đều quen với $g_k$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}=\sum_{k=1}^{n} {\left(\binom{m}{2}-c_k(m-c_k)\right)}=\frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\sum_{k=1}^{n} {c_k(m-c_k)}.$$ Do $m$ lẻ, nên $c_k(m-c_k)$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{m^2-1}{4}$ khi $c_k=\frac{m\pm 1}{2}$. Vậy $$\sum_{k=1}^{n} {T_k}\geq \frac{n\cdot m(m-1)}{2}-\frac{n(m^2-1)}{4}=\frac{n(m-1)^2}{4}.$$ đpcm. Vậy $\sum_{i=1}^{m} {\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}} \geq \frac{n(m-1)^2}{2}$, suy ra tồn tại $i$ mà $\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}\geq \frac{n(m-1)^2}{2m}$. $\square$
Chào bạn, những kiến thức này học ở đâu vậy bạn... cho mình xin tên của dạng này hay thông tin cũng được ạ.
#9
Posted 14-03-2017 - 15:00
Chào bạn, những kiến thức này học ở đâu vậy bạn... cho mình xin tên của dạng này hay thông tin cũng được ạ.
Chào bạn. Đây là phương pháp đếm bằng hai cách, một phương pháp rất phổ biến dùng để giải quyết một số bài toán Tổ hợp. Ở Việt Nam có một số tài liệu cũng đề cập đến phương pháp này, tuy nhiên số lượng khá ít và trên mạng thì mình chưa thấy. Vậy mình xin giới thiệu với bạn file này (Tiếng Anh) về đếm bằng hai cách khá đầy đủ và chi tiết: http://yufeizhao.com...ounting_mop.pdf.
#10
Posted 14-03-2017 - 15:44
Chào bạn. Đây là phương pháp đếm bằng hai cách, một phương pháp rất phổ biến dùng để giải quyết một số bài toán Tổ hợp. Ở Việt Nam có một số tài liệu cũng đề cập đến phương pháp này, tuy nhiên số lượng khá ít và trên mạng thì mình chưa thấy. Vậy mình xin giới thiệu với bạn file này (Tiếng Anh) về đếm bằng hai cách khá đầy đủ và chi tiết: http://yufeizhao.com...ounting_mop.pdf.
Cảm ơn bạn
#11
Posted 21-03-2017 - 16:21
Tại hạ xin mạo muội làm câu a phần hình, có các hạ nào xử lí câu b, câu b khó quá :l
Lời giải:
Ta có SEAD là hình bình hành => MP//ES => SE= $2MP$
AD//NC => MNCP là hình bình hành
=> MN//PC (1)
(SBD) _l_ (SAC) => BD _l_ PC (2)
Từ (1) và (2) => MN _l_ BD
Ta có: MP//SE (3)
BD _l_ (SAC) => BD_l_ OP => OP//SC (Do SC _l_ BD)
=> (SEC) // (OPM)
b) Mình tính lật hình nhưng dài quá.
#12
Posted 04-04-2017 - 16:41
Câu b bài hình làm như thế nào vậy mọi người?
Also tagged with one or more of these keywords: olympic
Toán Đại cương →
Tài liệu, chuyên đề Toán cao cấp →
TÀI LIỆU CHO OLYMPIC SINH VIÊNStarted by dungbruhbruh12345, Today, 02:35 đại số, chuyên đề, tài liệu and 3 more... |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f\left(\frac{x^2}{f(x)}\right)=x$Started by supernatural1, 30-03-2023 olympic, toán sinh viên and 1 more... |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$ [f(x)]^{3}-3f(x).[g(x)]^{2}=\cos 3x $Started by supernatural1, 30-03-2023 olympic, toán sinh viên and 1 more... |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
[MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thứcStarted by pcoVietnam02, 05-04-2021 bất đẳng thức, marathon, cấp 2 and 5 more... |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
[TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$Started by pcoVietnam02, 01-04-2021 phương trình hàm, vmo, olympic |
|
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users