Chủ đề này có 11 trả lời

[Tran Nho Duc]

[nguyenduy287]

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]

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 

[Katyusha]

Câu 1.b cấp số cộng xử lý thế nào vậy mọi người. Mình đang học lại phần này.

 

 

Hình gửi kèm

• 

[Tran Nho Duc]

Câu 1.b cấp số cộng xử lý thế nào vậy mọi người. Mình đang học lại phần này.

Cấp số cộng kệ nó, bạn cứ làm như thường.

Đó chỉ là điều kiện để tìm ra số đo cụ thể các góc thôi..

[IMO20xx]

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 $\sum_{j\ne i} {S_{i,j}}\geq \frac{n(m-1)^2}{2m}$. $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IMO20xx: 07-03-2017 - 20:28

[nguyenduy287]

 

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 ....

[T3bol]

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. 

[IMO20xx]

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.

[T3bol]

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

[T3bol]

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.

[chieckhantiennu]

Câu b bài hình làm như thế nào vậy mọi người?