Đến nội dung

nucnt772

nucnt772

Đăng ký: 04-03-2012
Offline Đăng nhập: 03-12-2014 - 20:00
***--

#349753 $(f(x)+f(y))(f(u)+f(v))=f(xu-yu)+f(xv+yv)$.

Gửi bởi nucnt772 trong 26-08-2012 - 00:59

BÀI TOÁN: Tìm tất cả các hàm $f$ đi từ tập $\mathbb{R}$ các số thực vào chính nó sao cho:
$(f(x)+f(y))(f(u)+f(v))=f(xu-yv)+f(xv+yu)$ với mọi $x,y,u,v\in \mathbb{R}$.


#349471 Tìm $m$ để bất phương trình có nghiệm: $3^{2x}-m.3^...

Gửi bởi nucnt772 trong 24-08-2012 - 23:15

Đặt $t= \frac{3^{x}}{3^{\sqrt{x+4}}} (t> 0)$

Bạn nhầm điều kiện $t$ rồi:
Đặt: $t=\frac{3^{x}}{3^{\sqrt{x+4}}}$ = $3^{x-\sqrt{x+4}}$
Xét hàm số: $f(x)= x-\sqrt{x+4}$ với $x\geq -4$
Ta có: $f'(x)=1-\frac{1}{2.\sqrt{x+4}}$ với $x\geq -4$
$f'(x)=0$ $\Leftrightarrow x+4=\frac{1}{4}$ $\Leftrightarrow x=\frac{-15}{4}$

$\Rightarrow f(x)\geq f(\frac{-15}{4})=\frac{-17}{4}$

$\Rightarrow t\geq 3^{\frac{-17}{4}}$


#348692 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(n,p)$ sao cho $p$ ng...

Gửi bởi nucnt772 trong 20-08-2012 - 22:38

Giải như sau:

Bài này có thể giải như sau:
Rõ ràng ta có các nghiệm $(1,p)$ với $p\geq 3$ và $(2,2)$
Ta chỉ còn phải tìm các nghiệm $(n,p)$ với $n\geq 2$ và $p\geq 3$. Ta sẽ chứng minh rằng trong trường hợp này $n$ chia hết cho $p$ và $n< 2p$, từ đó $n=p$ (1)
Điều này dẫn tới:
$p^{p-1}|(p-1)^{p}+1=p^{2}(p^{p-2}-C_{p}^{1}p^{p-3}+...+C_{p}^{p-3}p-C_{p}^{p-2}+1)$
Từ đây, do mọi số hạng trong dấu ngoặc đều chia hết cho $p$ ngoại trừ số hạng cuối, ta có $p-1\leq 2$ $\Rightarrow p=3$ và $n=3$
Tóm lại, nghiệm phải tìm là $(2,2)$, $(3,3)$ và $(1,p)$ vời $p$ là số nguyên tố bất kỳ.
Bây giờ ta sẽ chứng minh phát biểu (1) nói trên.
Vì $(p-1)^{n}+1$ là lẻ, nên $n$ cũng lẻ (cho nên $n< 2p$). Kí hiệu $q$ là ước số nguyên tố bé nhất của $n$.
Từ $q|(p-1)^{n}+1$ ta có $(p-1)^{n}\equiv -1$ (mod $q$) và UCLN$(q,p-1)=1$
Nhưng UCLN$(n,q-1)=1$ (từ sự chọn lựa của $q$) dẫn đến sự tồn tại của các số nguyên $u,v$ sao cho $u.n+v.(q-1)=1$, cho nên:
$p-1\equiv (p-1)^{u.n}.(p-1)^{v.(q-1)}\equiv (-1)^{u}.1^{v}\equiv -1$ (mod $q$),vì $u$ phải là số lẻ
Điều đó chứng tỏ rằng $q|p$, suy ra $q=p$.


#347385 CMR: $a_{2n-1}=0; a_{2n}=\frac{1}...

Gửi bởi nucnt772 trong 16-08-2012 - 23:28

BÀI TOÁN: Một con ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh đối tâm E của một hình bát giác đều. Tại mỗi đỉnh của bát giác trừ đỉnh E, con ếch có thể nhảy một bước tới một trong hai đỉnh kề. Đến E thì ếch dừng lại và ở luôn tại đó. Gọi $a_{n}$ là số các đường đi phân biệt của con ếch đi từ A đến E bằng đúng n bước nhảy. Chứng minh rằng:
$a_{2n-1}=0; a_{2n}=\frac{1}{\sqrt{2}}[(2+\sqrt{2})^{n-1}-(2-\sqrt{2})^{n-1}]$.


#347082 CMR: 3 trong 4 đỉnh của tứ giác tạo thành 1 tam giác có diện tích $S...

Gửi bởi nucnt772 trong 15-08-2012 - 22:34

em nghĩ đề bài phải là luôn tìm được 3 một tam giác có diện tích $\leq \frac{S_{ABC}}{4}$ chứ nếu đề là cứ 3 đỉnh thì tìm được thì chắc sai :mellow: .
P/s: em đã chứng minh được nếu có một điểm nằm trong tam giác. Đường thằng từ các đỉnh nối với điểm đó cắt các cạnh đối diện tại các điểm tương ứng. Thì ba điểm mới sẽ tạo thành 1 tam giác có diện tích $leq \frac{1}{4}$ diện tích tam giác ban đầu.
Tới đây thì sao nữa nhỉ :)?

_ Trước tiên, ta phải chứng minh rằng: nếu PQRS là hình bình hành nằm trong tam giác ABC thì diện tích lớn nhất của nó là $\frac{1}{2}$ (1) (em chứng minh được không).
_ Tiếp theo, nếu PQRS là 1 tứ giác lồi bất kì, thì nó sẽ chứa 1 điểm X sao cho 3 đỉnh của nó sẽ tạo với điểm X thành một hình bình hành. Ở tứ giác lồi PQRS này, ta gọi P là đỉnh mà tia PQ không cắt đường thẳng RS và tia PS không cắt đường thẳng QR. Khi đó, gọi X là giao điểm của đường thẳng qua S song song với PQ và đường thẳng qua Q song song với PS. Lúc này, tam giác PQS có diện tích bằng một nửa diện tích hình bình hành PQXS. Kết hợp với mệnh đề (1), ta kết luận 3 đỉnh P, Q, S của PQRS tạo thành 1 tam giác có diện tích bé hơn hoặc bằng $\frac{1}{4}$ (đpcm).

Mọi người thông cảm mình không biết cách chèn hình vào, mong mọi người giúp.


#346790 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $\frac{(4002m-m^{2}-...

Gửi bởi nucnt772 trong 14-08-2012 - 22:40

BÀI TOÁN: Gọi $S$ là tập những cặp thứ tự các số nguyên dương $(m,n)$ thỏa các điều kiện:
(1) $m< 4002$
(2) $2n$ chia hết $(4002n-m^{2}+n^{2})$
(3) $n^{2}-m^{2}+2m.n\leq 4002.(n-m)$
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của biểu thức: $\frac{(4002m-m^{2}-m.n)}{n}$
với mọi $(m,n)$ thuộc $S$.


#346752 Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp khi và chỉ khi $...

Gửi bởi nucnt772 trong 14-08-2012 - 20:51

Cho tứ giác lồi $ABCD$, $AC$ cắt $BD$ tại $O$. Gọi $r_1,r_2,r_3,r_4$ lần lượt là bán kính nội tiếp các tam gác $OAB,OBC,OCD,ODA$. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp khi và chỉ khi
$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}$

Ký hiệu $a,b,c,d,x,y,z,t$ lần lượt là độ dài các đoạn thẳng $AB,BC,CD,DA,OA,OB,OC,OD$ và $\alpha =\widehat{BOC}$
Ta có: $\frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{r_{3}}=\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{4}}$

$\Leftrightarrow \frac{x+y+a}{x.y.sin\alpha }+\frac{z+t+c}{z.t.sin\alpha }=\frac{y+z+b}{y.z.sin\alpha }+\frac{x+t+d}{x.t.sin\alpha }$

$\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{a}{xy}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{c}{zt}=\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{b}{yz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{t}+\frac{d}{xt}$

$\Leftrightarrow \frac{a}{xy}+\frac{c}{zt}=\frac{b}{yz}+\frac{d}{xt}$

$\Leftrightarrow a.z.t+c.y.x=b.x.t+d.y.z$
$\Leftrightarrow (a.z.t+c.y.x)^{2}=(b.x.t+d.y.z)^{2}$
$\Leftrightarrow a^{2}z^{2}t^{2}+c^{2}y^{2}x^{2}+2.a.c.x.y.z.t= b^{2}x^{2}t^{2}+d^{2}y^{2}z^{2}+2.b.d.x.y.z.t$
$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+2xy.cos\alpha ).z^{2}t^{2}+(z^{2}+t^{2}+2zt.cos\alpha ).x^{2}y^{2}+2.a.c.x.y.z.t$ $= (y^{2}+z^{2}-2yz.cos\alpha ).x^{2}t^{2}+(x^{2}+t^{2}-2xt.cos\alpha ).z^{2}y^{2}+2.b.d.x.y.z.t$
$\Leftrightarrow 2zt.cos\alpha +2xy.cos\alpha +2ac=-2xt.cos\alpha -2yz.cos\alpha +2bd$
$\Leftrightarrow (c^{2}-z^{2}-t^{2})+(a^{2}-x^{2}-y^{2})+2ac=(d^{2}-x^{2}-t^{2})+(b^{2}-y^{2}-z^{2})+2bd$
$\Leftrightarrow (a+c)^{2}=(b+d)^{2}$
$\Leftrightarrow a+c=b+d$
$\Leftrightarrow$ $ABCD$ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn.


#346613 Sóng cơ 12.

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 23:40

Bài 2) Hai nguồn sóng kết hợp cách nhau 16cm có chu kì T = 0,2s. Vận tốc truyền sóng trong môi trường là 40cm/s. Số cực đại giao thoa trong khoảng $S_{1}S_{2}$ ( kể cả $S_{1}$ và $S_{2}$ ) là bao nhiêu?

Mình xin giải câu 2)
Ta có: $\lambda = v.T= 0,2.40= 8$ (cm)
$d_{1}-d_{2}= k.\lambda = k.8$ (1)
$d_{1}+d_{2}= 16$ (2)
Lấy (1) + (2), ta được: $d_{1}=4.k+8$
Ta có: $0\leq d_{1}\leq 16$
$\Rightarrow 0\leq 4.k+8\leq 16$
$\Leftrightarrow -2\leq k\leq 2$
Vì $k$ là số nguyên $\Rightarrow k=-2,-1,0,1,2$
Vậy có 5 số cực đại giao thoa.


#346595 Các đa thức $p_{n}$ được xđ bởi: $p_{1}(x)...

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 22:20

BÀI TOÁN: Các đa thức $p_{n}$ được xác định bởi:
$p_{1}(x)=x^{2}-1$
$p_{2}(x)=2x^{3}-2x$
$p_{n+1}(x).p_{n-1}(x)=p_{n}(x)^{2}-(x^{2}-1)^{2}$
Tìm lũy thừa lớn nhất của 2 sao cho lũy thừa này chia hết tổng các giá trị tuyệt đối các hệ số của $p_{n}$.


#346423 Cho hàm số: $y=\frac{x^{2}-6x+9}{-x+2...

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 11:52

Cho hàm số: $y=\frac{x^{2}-6x+9}{-x+2}$ ©

2) N là điểm nằm trên tiệm cận đứng. Hỏi từ N có thể kẻ đến © bao nhiêu tiếp tuyến

2) Ta có: TCĐ: $x=2$ $\Rightarrow$ $N(2,n)$ nằm trên TCĐ.
Đường thẳng $d$ đi qua $N$, hệ số góc $k$ có pt: $y=k.(x-2)+n$
$d$ là tiếp tuyến $\Leftrightarrow$ hệ pt sau có nghiệm:
$\Leftrightarrow \frac{x^{2}-6x+9}{-x+2}=k.(x-2)+n$ và $\frac{-x^{2}+4x-3}{(x-2)^{2}}=k$

Thế $k$ vào pt trên ta được:
$\frac{x^{2}-6x+9}{-x+2}= \frac{-x^{2}+4x-3}{x-2}+n$

$\Leftrightarrow (n-2).x= 2.(n-3)$ $(*)$
Số tiếp tuyến kẻ từ $N$ đến (C) chính là số nghiệm của $(*)$:
_ Nếu $n=2$ thì $(*)$ vô nghiệm $\Rightarrow$ không có tiếp tuyến nào kẻ từ $N$.
_ Nếu $n\neq 2$ thì $(*)$ có nghiệm duy nhất $\Rightarrow$ có đúng 1 tiếp tuyến kẻ từ $N$.
Vậy từ $N(2,n)$ với $n\neq 2$ thì kẻ được duy nhất 1 tiếp tuyến đến (C).
( Với điểm $N'(2,2)$ thì không có tiếp tuyến nào kẻ đến (C) ).


#346399 Sóng cơ 12.

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 10:32

Chỗ này mình chưa hiểu lắm :icon6:

Ta có công thức tổng quát của pt sóng tại $M$ là: $u_{M}=A.cos(2\pi .f.t-\frac{2\pi .f.x}{v})$ (1)

Theo đề bài ta có pt tại $M$ là: $u_{M}=A.cos(\pi .t-\frac{\pi .x}{10})$ (2)

So sánh (2) với (1) ta có: $\frac{2\pi .f}{v}=\frac{\pi }{10}$


#346363 Sóng cơ 12.

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 02:32

Bài 1) Biểu thức sóng của điểm M trên dây đàn hồi có dạng $u=A.cos2\pi .(\frac{t}{2}-\frac{x}{20})$ ( cm ). Trong đó x tính bằng cm, t tính bằng giây. Trong khoảng 2s sóng truyền quãng đường là bao nhiêu?

Ta có: $u= A.cos2\pi .(\frac{t}{2}-\frac{x}{20})$ = $ A.cos(\pi t-\frac{\pi .x}{10})$

$T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\pi}=2$ (s)

$\Rightarrow f=\frac{1}{T}=\frac{1}{2}$ (Hz)

Ta có: $\frac{2\pi .f}{v}=\frac{\pi }{10}$ $\Rightarrow \frac{2\pi .\frac{1}{2}}{v}=\frac{\pi }{10}$ $\Rightarrow$ $v=10$ cm/s

Quãng đường $s$ đi trong thời gian $t=2$s là: $s=v.t$ = $10.2=20$ cm.


#346360 Cho hàm số: $y=\frac{x^{2}-6x+9}{-x+2...

Gửi bởi nucnt772 trong 13-08-2012 - 02:16

Cho hàm số: $y=\frac{x^{2}-6x+9}{-x+2}$ ©

1) Tìm tất cả các điểm M trên truc tung sao cho từ M kẻ được ít nhất 1 tiếp tuyến với đồ thị, song song với đường thẳng $y=-\frac{3}{4}x$

1) Gọi $M(0,m)\in Oy$
Gọi $d$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với đường thẳng $y=-\frac{3x}{4}$
$\Rightarrow$ $d$ có dạng: $y=-\frac{3x}{4}+m$
$d$ là tiếp tuyến $\Leftrightarrow$ hệ phương trình sau có nghiệm:
$\Leftrightarrow \frac{-x^{2}-6x+9}{-x+2}= -\frac{3x}{4}+m$ và $\frac{-x^{2}+4x-3}{(x-2)^{2}}= -\frac{3}{4}$ (1)

$(1)\Leftrightarrow x^{2}-4x= 0$ $\Leftrightarrow x= 0$ hoặc $x= 4$
_ Với $x=0$, thay vào pt trên $\Rightarrow m=\frac{9}{2}$ $\Rightarrow M_{1}(0,\frac{9}{2})$

_ Với $x=4$, thay vào pt trên $\Rightarrow m=\frac{7}{2}$ $\Rightarrow M_{2}(0,\frac{7}{2})$
Vậy có 2 điểm $M$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.


#346142 CMR: $\frac{1}{a^{2}.b^{2}}+\frac{1}{b^{2}.c^{2}}+\frac{1...

Gửi bởi nucnt772 trong 12-08-2012 - 12:25

Gợi ý :

Bài này có thể giải như sau:
Ta có: $\Delta ABC= \Delta ACD= \Delta ABD= \Delta BCD$
$\Rightarrow S= 4.S_{\Delta ABC}= \frac{abc}{R}$ với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Khi đó BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{(ab)^{2}}+\frac{1}{(bc)^{2}}+\frac{1}{(ca)^{2}}\leq \frac{9.R^{2}}{(abc)^{2}}$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 9.R^{2}$ (1)
BĐT (1) luôn đúng vì:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}= 4.R^{2}.(sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C)$
= $4.R^{2}.[1-cos^{2}A+1-\frac{1}{2}.(cos2B+cos2C)]$

= $4.R^{2}.[2-cos^{2}A+cosA.cos(B-C)]$ $\leq 4.R^{2}.(2-cos^{2}A+\left | cosA \right |)$
= $4.R^{2}.[\frac{9}{4}-(cos^{2}A-\left | cosA \right |+\frac{1}{4})]$ = $4.R^{2}.[\frac{9}{4}-(|cosA|-\frac{1}{2})^{2}]$ $\leq 9.R^{2}$

Dấu " = " xảy ra $\Leftrightarrow cosA.cos(B-C)=\left | cosA \right |$ và $\left | cosA \right |= \frac{1}{2}$
$\Leftrightarrow B= C$ và $A= 60^{\circ}$
$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều
$\Rightarrow$ Tứ diện $ABCD$ là tứ diện đều.


#345664 Tìm những điểm trên trục hoành thỏa mãn $2$ tiếp tuyến vuông góc vớ...

Gửi bởi nucnt772 trong 10-08-2012 - 22:52

Xét điểm $M(m;0)\in Ox$.
Đường thẳng $d$ đi qua $M$, hệ số góc $k$ có pt: $y=k.(x-m)$
$d$ là tiếp tuyến $\Leftrightarrow$ hệ pt sau có nghiệm:
$\Leftrightarrow -x^{3}+3x+2=k.(x-m)$ và $-3x^{2}+3=k$
Thế $k$ vào phương trình thứ nhất, ta được:
$3.(x^{2}-1).(x-m)-(x^{3}-3x-2)=0$
$\Leftrightarrow (x+1).[3x^{2}-3.(m+1)x+3m]-(x+1).(x^{2}-x-2)=0$
$\Leftrightarrow (x+1).[2x^{2}-(3m+2)x+3m+2]=0$
$\Leftrightarrow x=-1$ hoặc $2x^{2}-(3m+2)x+3m+2=0$ (1)
Đặt $f(x)=$$2x^{2}-(3m+2)x+3m+2$
Để từ $M$ kẻ được 3 tiếp tuyến thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1
$\Leftrightarrow \Delta =(3m+2).(3m-6)> 0$ và $f(-1)=3m+3\neq 0$
$\Leftrightarrow m< \frac{-2}{3}$ hoặc $m> 2$ và $m\neq -1$
Gọi $x_{1};x_{2}$ là 2 nghiệm phân biệt của (1), khi đó hệ số góc của 3 tiếp tuyến là:
$k_{1}=-3x_{1}^{2}+3$; $k_{2}=-3x_{2}^{2}+3$; $k_{3}=0$
Để 2 trong 3 tiếp tuyến này vuông góc với nhau $\Leftrightarrow k_{1}.k_{2}=-1$
$\Leftrightarrow 9.(x_{1}^{2}-1).(x_{2}^{2}-1)=-1$
$\Leftrightarrow 9x_{1}^{2}x_{2}^{2}-9(x_{1}+x_{2})^{2}+18x_{1}x_{2}+10=0$ (2)
Theo Viet ta có: $x_{1}+x_{2}=\frac{3m+2}{2}$ và $x_{1}.x_{2}=\frac{3m+2}{2}$
$\Rightarrow (2)\Leftrightarrow$ $9.(3m+2)+10=0$
$\Leftrightarrow$ $m=\frac{-28}{27}$
Vậy $M(\frac{-28}{27};0)$ là điểm cần tìm.