Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


robin997

Đăng ký: 02-08-2012
Offline Đăng nhập: 31-07-2019 - 06:01
****-

#434452 Tìm $a, b, c$ thỏa $u = |w_1|^2(1-c) + a|w_2|^2 + c |w_1+w_3|^...

Gửi bởi robin997 trong 11-07-2013 - 07:45

Trong quá trình tìm (dịch tài liệu) trên ML, lại thấy bài số phức chưa giải. Anh em VMF chém
 
Đề:
Find constraints on (Tìm trong R) 59fe6ed8c3542af6adcdc3abb110d1209b3628ca such that (sao cho)  01fa3e8a97e1b6cf981bfd86fe27e773107ec7ab,

(1) 06c76290aae262d134781c3d53fb5750d7c43503 and

(2) If b45c880308c372c6e5ee54d04dc43d88883e4841, then 3d4d19260ff02a63b82d26a456edc592fbb19f27.
 
Link tại đây!

( $a,b,c$ là các hằng số thực )
Có: $|w_1+w_3|^2=(w_1+w_3)(\bar{w_1}+\bar{w_3})=w_1\bar{w_1}+w_3\bar{w_3}+(w_1\bar{w_3}+\bar{w_1}w_3)=|w_1|^2+|w_3|^2+w_1.w_3$
( Kí hiệu "$.$" cho tích vô hướng của 2 số phức )
$u=|w_1|^2+a|w_2|^2+b|w_3|^2+c(w_1.w_3)$
- Chọn $w_1=w_3=0$, ta có $(1): a|w_2|^2\ge 0$
Theo $(2)$, ta có $a>0$
- Chọn $w_1=w_2=0$, tương tự, ta có $b>0$
- Chọn $w_2=0$ và $w_3\neq 0$, $(1)$ :
$u=|w_1|^2+b|w_3|^2+c(w_1.w_3)=|w_3|^2\left( \left| \frac{w_1}{w_3} \right|^2+c\left| \frac{w_1}{w_3} \right|Cos(w_1,w_3)+b \right)=|w_3|^2 S \ge 0$
Giả sử $S$ tồn tại nghiệm $\left| \frac{w_1}{w_3} \right|$ dương $(b>0)$, ta có một bộ nghiệm $u=0$ với $w_3\neq 0$, trái với $(2)$
Theo đó, $S$ có 2 nghiệm $\left| \frac{w_1}{w_3} \right|$ âm hoặc vô nghiệm, cả hai đều cho $S>0$
___$o$ $S$ có 2 nghiệm âm:$ \begin{cases}
& \Delta \ge 0 \\
& S<0 \\
& P>0
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
& \Delta \ge 0 \\
& -cCos(w_1,w_3)<0 ( \forall w_1,w_3) \\
& b>0
\end{cases}$
Do $w_1,w_3$ không cố định, $c$ là hằng số, $-cCos(w_1,w_3)$ mang dấu bất kì, điều kiện không xảy ra!
___$o$ $S$ vô nghiệm:
$\Delta= c^2Cos^2(w_1,w_3)-4b<0\Leftrightarrow b>\frac{c^2Cos^2(w_1,w_3)}{4}$
Lại do $w_1,w_3$ không cố định, $\frac{c^2Cos^2(w_1,w_3)}{4}$ di chuyển trên $\left[0;\frac{c^2}{4}\right]$
Theo đó, $b>\frac{c^2}{4}$
______
Do dấu của $Cos^2(w_1,w_3)$ không phụ thuộc dấu của $Cos(w_1,w_3)$, không cùng xảy ra cả hai...
______
Xét $a>0$, $b>\frac{c^2}{4}$: $u=\begin{cases}
& a|w_2|^2+|w_3|^2 S>0 (w_3\neq 0) \\
& |w_1|^2+a|w_2|^2\ge 0 (w_3=0)
\end{cases}$
$u=0\Leftrightarrow w_1=w_2=w_3=0$, thỏa mãn $(1)$ và $(2)$ !
_______
Tóm lại, điều kiện là $a>0$ và $b>\frac{c^2}{4}$


#431069 Số phức

Gửi bởi robin997 trong 27-06-2013 - 17:54

Hỏi (Bài $4$):
 
Tìm số phức $z$ thỏa mãn: $\sin z=2$

Nguồn Mathlinks.ro

 
(Có tồn tại giá trị $z$ để $\sin z =2>1$ không nhỉ, CD13 không biết cách giải!)


Có: $sinz=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=2\\\Leftrightarrow (e^{iz})^2-4ie^{iz}-1=0\\\Leftrightarrow e^{iz}=2i\pm i\sqrt{3}=i(2\pm \sqrt{3}) (\Delta '=-3)\\\Leftrightarrow iz=ln|2\pm 3|+i(\pi /2+2k \pi)$
Theo đó, kết quả là:
$z=(\pi /2+2k \pi)-i ln(2\pm \sqrt{3})$
(Với $k\in Z$)


#415325 $\dfrac{1}{QM}+\dfrac{1}{QN...

Gửi bởi robin997 trong 29-04-2013 - 10:19

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O,R).Gọi Q là tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ,M,N,P lần lượt là giao điểm của (O) với QA,QB,QC.(Q là trung điểm HO với H là trực tâm của tam giác ABC)
$CMR:\dfrac{1}{QM}+\dfrac{1}{QN}+\dfrac{1}{QP} \geq \dfrac{3}{R}$
P/s:Bạn nào có ý tưởng nào cứ nêu ra để tham khảo!

- Chọn hệ tọa độ phức với đơn vị sao cho $(O;R)$ là đường tròn đơn vị. ( $z$ là tọa vị của mỗi điểm $Z$ ) 
- Ta có tọa vị của điểm trọng điểm $G$ là $\frac{a+b+c}{3}$, ta có điểm $Q$: $q=\frac{3g}{2}=\frac{a+b+c}{2}$
- Phương trình đường thẳng $QA$:$z(\bar{a}-\bar{q})-\bar{z}(a-q)+a\bar{q}-\bar{a}q=0$
- Phương trình giao điểm với đường tròn $z\bar{z}=1$ :
$z^2(\bar{a}-\bar{q})+z(a\bar{q}-\bar{a}q)-(a-q)=0$
- Có $QA$ giao $(O)$ tại hai điểm $A$ và $M$, $a$ và $m$ là 2 nghiệm của phương trình trên:
Theo Viète: $am=-\frac{a-q}{\bar{a}-\bar{q}}\Leftrightarrow m=-\frac{a-q}{a(\bar{a}-\bar{q})}=\frac{bc(a-b-c)}{-bc+ab+ac}$
- $|m-q|=\left|\frac{abc-a^2b-ab^2-a^2c-ac^2-b^2c-bc^2}{2(-bc+ab+ac)}\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1}{-1+\bar{a}b+\bar{a}c}\right|$
- Theo đó: $\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}=2\frac{|-1+\bar{a}b+\bar{a}c|+|-1+\bar{b}a+\bar{b}c|+|-1+\bar{c}a+\bar{c}b|}{|(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1|}$
Và $\frac{3}{R}=3$
- Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:
$\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}\geq 2\frac{|-3+(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)|}{|(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1|}$
Lại có $(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)=2(cos(2A)+cos(2B)+cos(2C))=2(-1-4cosAcosBcosC)=2(-1-4P)$
- Có $P=cosAcosBcosC\in \left(0;\frac{1}{8}\right]$ ( Tam giác nhọn )
- $\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}\geq 2\left|\frac{5+8P}{3+8P}\right|\geq 3$ (Bất đẳng thức hiển nhiên đúng :')
- Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ P=cosAcosBcosC=\frac{1}{8} \\
& \ (-1+\bar{a}b+\bar{a}c)||(-1+\bar{b}a+\bar{b}c)||(-1+\bar{c}a+\bar{c}b)
\end{cases} $ Hay tam giác $ABC$ đều ^^~
(P/S a Phúc)
Spoiler



#408074 Toán tính tổng,tích Đại Số- Tuyển tập sưu tầm các bài toán từ Mathlinks.ro

Gửi bởi robin997 trong 26-03-2013 - 15:25

Bài toán 9: Nếu ${\left( {1 + {x^{2005}} + {x^{2006}} + {x^{2007}}} \right)^{2008}} =f(x) = {a_0} + {a_1}{x^1} + {a_2}{x^2} + ........ + {a_n}{x^n}$,tính giá trị của tổng ${a_0} - \frac{1}{3}{a_1} - \frac{1}{3}{a_2} + {a_3} - \frac{1}{3}{a_4} - \frac{1}{3}{a_5} + {a_6} - .................$.


-Tổng cần tính:
$S=\sum_{i\vdots 3}a_i -\frac{1}{3}\sum_{i\not{\vdots} 3}a_i=\frac{1}{3}( 4 \sum_{i\vdots 3}a_i - \sum a_i)\\
= \frac{1}{3}( \frac{4}{3} ( f(1)+ f(e^{i \frac{2 \pi}{3}})+f(e^{i 2\frac{2 \pi}{3}}))-f(1))=\frac{1}{9} (4^{2008} +4.2.1^{2008})=\frac{4^{2008}+8}{9}$




#408068 Toán tính tổng,tích Đại Số- Tuyển tập sưu tầm các bài toán từ Mathlinks.ro

Gửi bởi robin997 trong 26-03-2013 - 14:59

Bài toán 8: Tính giá trị của $S = \sum\limits_{k = 1}^n {{{\cos }^2}} \left( {\frac{{2k\pi }}{n}} \right)$.
 
Tổng quát thì ta có kết quả sau :$\sum\limits_{k = 1}^n {{{\cos }^p}} \frac{{2k\pi }}{n} = \frac{n}{{{2^p}}}\sum\limits_{k = 0,n|2k - p}^p {\left( \begin{array}{c}p\\k\end{array} \right)} $.
 
:mellow: ... hai anh em tự biên tự diễn
Một hướng khác cho Bài toán 8:
-Với $e^{i\frac{2k\pi }{n}}=cos(\frac{2k\pi }{n})+isin(\frac{2k\pi }{n})$

Nên nếu lấy $k$ chạy từ $1$ đến $n$, ta được $n$ nghiệm phân biệt của phương trình:
$z^n=1\Leftrightarrow z^n-1=0$
-Ta kí hiệu như sau:
$_p\delta _n=\sum_{k=1}^n{cos(p\frac{2k\pi }{n})}$
-Theo định lý Viète, ta có:
$\begin{cases}
& \Delta_1e^{i\frac{2k\pi }{n}}=\sum_{k=1}^n{cos(\frac{2k\pi }{n})}+i(..)=_1\delta^n+i(..)=0 (n>1) \\
& \Delta_2e^{i\frac{2k\pi }{n}}=0\\
& .... \\
& \Delta_ne^{i\frac{2k\pi }{n}}=\prod_{k=1}^ne^{i\frac{2k\pi }{n}}=(-1)^{n+1}
\end{cases}$ ( $_1\delta_1=1$ )
$\rightarrow Re\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p = _p\delta_n$
Dễ có $\forall n>p$: $\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p=0\Rightarrow Re\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p = _p\delta_n=0 $
Theo đó, ta có:
$S=\sum_{k=1}^n{cos^2(\frac{2k\pi }{n})}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2}\left({cos(2\frac{2k\pi }{n})+1}\right)=\frac{1}{2} {_2\delta_n}+\frac{n}{2}=\begin{cases}
&\frac{1}{2} {_2\delta_1}+\frac{1}{2}=1 (n=1)\\ &\frac{1}{2} {_2\delta_2}+\frac{2}{2}=2 (n=2)\\ & \frac{n}{2} (n>2) \end{cases}$
-Tổng quát bài toán trong trường hợp $n>p$ :
$\sum_{k=1}^n{cos^p(\frac{2k\pi }{n})}=\sum_{k=1}^n{\frac{1}{2^p} }\sum_{e=0}^pC_p^eCos\left((p-2e)\frac{2k\pi }{n}\right)=\frac{1}{2^p}\sum_{e=0}^pC_p^e {(_{p-2e}\delta_n)}=\begin{cases}
& 0 (p \not{\vdots } 2) \\
& \frac{n}{2^p} C_p^{\frac{p}{2}}  (p\vdots 2)
\end{cases}$ 
....Cách này làm cho $n\leq p$ được không mấy anh?




#407855 $\sqrt{7x^2-22x+28} + \sqrt{7x^2+8x+13} +...

Gửi bởi robin997 trong 25-03-2013 - 20:34

Giải phương trình :
$1,\sqrt{7x^2-22x+28} + \sqrt{7x^2+8x+13} + \sqrt{31x^2+14x+4} = 3\sqrt[3]{x+2}$

$2, (x+3)\sqrt{(4-x)(12+x)}=28 - x$
$3, (\sqrt{2x^2+1}-1)=x(1+3x+8\sqrt{2x^2+1})$

$4,\sqrt{1-x^2}+ \sqrt[4]{x^2+x-1}+\sqrt[6]{1-x}=1$




#407854 $\sqrt{-4x^4.y^2 + 16x^2.y+9} - \sqrt{x^2.y^2 -...

Gửi bởi robin997 trong 25-03-2013 - 20:32

Xác định 2 số $x;y\in R$ thỏa mãn :
$\sqrt{-4x^4.y^2 + 16x^2.y+9} - \sqrt{x^2.y^2 - 2y^2} = 2(x^2+\frac{1}{x^2})$




#401192 Chứng minh rằng với mọi số phức $z$ mà $|z|\le 1$ ta...

Gửi bởi robin997 trong 02-03-2013 - 00:29

Cho $a,b,c$ là 3 số phức thỏa mãn $a+b+c=0$ và $|a|=|b|=|c|=1$. Chứng minh rằng với mọi số phức $z$ mà $|z|\le 1$ ta đều có $$3\le |z-a|+|z-b|+|z-c| \le 4$$

-Ta lấy $z$ tương ứng là tọa vị một điểm $Z$ trên mặt phẳng tọa độ trực chuẩn :
-Với $|a|=|b|=|c|=1$, ta có $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ ( $O$ là gốc tọa độ )
-Ta có trọng tâm tam giác $G$: $g=\frac{a+b+c}{3}=0=o$
Hay $G\equiv O$, ta có $\Delta ABC$ là tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị.
-Với $z$ bất kì: $|z|\leq 1$, ta có điểm $Z$ không nằm ngoài đường tròn đơn vị.
-Bài toán đưa về một bài hình quen thuộc hồi THCS :')
-Đẳng thức xảy ra:
+Vế trái: $z=0$
+Vế phải: $z\in ${$\sqrt{ab};\sqrt{ac};\sqrt{bc}$}\{$a;b;c$}


#401181 Chứng minh dãy không chứa số chính phương

Gửi bởi robin997 trong 01-03-2013 - 23:40

Cho dãy số $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ xác định bởi

$$ \left\{\begin{matrix} u_1=1 \\ u_{n+1}= n+u_{1}^2+...+u_{n}^2 \;\; , \forall n\geq 1 \end{matrix}\right. $$

Chứng minh dãy không chứa số chính phương nào ngoại trừ $u_1$

-Ta có công thức của dãy:
$u_{n+1}=n+\sum ^n_{i=1}u_i^2 (n\geq 1)\\\rightarrow u_n=n-1+\sum ^{n-1}_{i=1}u_i^2 (n\geq 2)$
Theo đó: $u_{n+1}=u_n+1+u_n ^2\forall n\geq 2$
-Dễ thấy từ công thức, dãy $u$ là dãy nguyên dương, nên:
$ u_n^2<u_{n+1}<u_n^2+2u_n+1=(u_n+1)^2$ $\forall n\geq 2$
Do đó: $u_{n+1}$ không là chính phương với $n\geq 2$
Hay $u_n$ không là chính phương với $n\geq 3$
-Lại có: $u_2=1+u_1^2=2$, không chính phương.
( Ta có điều phải chứng minh :')
______
Có $u_2=1+u_1^2$, $u_3=2+u_1^2+u_2^2=1+u_2+u_2^2$ :icon9:


#398189 Một tờ giấy có dạng hình vuông $ABCD$. Gấp tờ giấy sao cho $C...

Gửi bởi robin997 trong 19-02-2013 - 04:16

Một tờ giấy có dạng hình vuông $ABCD$. Gấp tờ giấy sao cho $C$ nằm trên cạnh $AB$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\dfrac{MR}{RQ}$

...đề cho giấy $ABCD$, mà sao hình vẽ lại là $ABDC$ ?

~~~~
...Theo hình vẽ:
Cách khác vậy ^^~
Spoiler

Hình đã gửi
-Chọn hệ tọa độ trực chuẩn nhận độ dài cạnh hình vuông làm đơn vị sao cho:
$C=0+0.i$, $A=0+i$, $B=1+i$, $D=1+0.i$
-Điểm $M$ nằm trên cạnh $AB$: $M=k+i$ ( Với $k\in [0;1]$ )
-Để tạo điểm $Q$, ta tiến hành như sau: Thực hiện phép quay 'động' quanh $C$ để cố định $M$ tại điểm $(0+i)$, lấy đối xứng điểm $D$ qua đường thẳng $Im(z)=0,5$ và trả lại ảnh ban đầu :
Thể hiện qua hàm chuyển ảnh :
$Q=w(D)=\left( i+cọnjugate(\frac{i}{M} .D ) \right)\frac{M}{i}=M-\frac{M}{\bar{M}}=M-\frac{M^2}{|M|^2}$
-Do $M,R,Q$ thẳng hàng, theo Thales, ta có:
$\frac{MR}{RQ}=\left| \frac{M-R}{R-Q} \right|=\left| \frac{Re(M-1)}{Re(Q-1)} \right|=\left| \frac{k-1}{k-1-\frac{k^2-1}{k^2+1}} \right|=\left| \frac{k^2+1}{k(k-1)} \right|=\frac{k^2+1}{k(1-k)}=f(k)$
$\Rightarrow f'(k)=\frac{k^2+2k-1}{k^2(1-k)^2}=0\Leftrightarrow k=\pm \sqrt{2}-1$
Theo đó: $min\frac{MR}{RQ} =\min_{k\in [0;1]}f(k)=min(\lim_{k\rightarrow 0} f(k), f(\sqrt{2}-1),\lim_{k\rightarrow 1} f(k))=f(\sqrt{2}-1)=2+2\sqrt{2}$
-Giá trị đạt tại $k=\sqrt{2}-1$, hay $AM=(\sqrt{2}-1) a$ ( Với $a$ là độ dài cạnh hình vuông )


#391462 Đề thi chọn đội Dự Tuyển lớp $10$ trường PTNK - ĐHQG.TPHCM 2012-2013

Gửi bởi robin997 trong 29-01-2013 - 18:30

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.


Hình đã gửi

-Chọn hệ tọa độ trực chuẩn sao cho $(ABC)$ là đường tròn đơn vị.
Với $z$ là tọa vị điểm $Z$ trên mặt phẳng: $a.a^*=b.b^*=c.c^*=1$, $ab=1$
-Điểm $C$ chính giữa $\widehat{AB}$: $c=\sqrt{ab}=\sqrt{1}$
Ta chọn $c=1$:
-Với $C,D,E,P$ thẳng hàng, ta lấy đường thẳng là tập hợp các điểm với tọa vị:
$f(k)=c+kx=1+kx$ $($ Với $x.x^*=1$, $f:R\rightarrow C$ $)$
$\Rightarrow f^*(k)=1+kx^*=\frac{1}{x^2}(x^2+kx)=\frac{1}{x^2}(f(k)+x^2-1)$
-Điểm $P$ trên đường tròn đơn vị:
$|p|=1\Leftrightarrow p.p^*=1\Rightarrow p(p+x^2-1)=x^2\Leftrightarrow (p-1)(p+x^2)=0$
$\Rightarrow p=-x^2$ ( $p\neq 1$ )
Ta viết lại: $f^*(k)=\frac{1}{p}(-f(k)+p+1)$
-Tiếp tuyến tại $A$ là tập hợp các điểm vuông góc $OA$ tại $A$:
$(D)_A: \frac{z-a}{a}+\frac{z^*-a^*}{a^*}=0\equiv z+z^*a^2=2a$
-Điểm $D$ thuộc tiếp tuyến tại $A$: $dp+a^2 (-d+p+1)=2ap\Leftrightarrow d(a^2-p)=a^2(p+1)-2ap\Leftrightarrow d=\frac{a^2(p+1)-2ap}{a^2-p}$
-Đổi vai trò $A$ và $B$, ta được điểm $E$:
$e=\frac{b^2(p+1)-2bp}{b^2-p}$
-Giao điểm $Q$ của $BD$ và $AE$, $q$ là nghiệm của hệ:
$\begin{cases}
& \ z(a^*-e^*)-z^*(a-e)+ae^*-a^*e=0 \\
& \ z(b^*-d^*)-z^*(b-d)+bd^*-b^*d=0
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2ab-p)+x^*(a^2p+ab^2+ab^2p-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a^2b \\
& \ z(a^2+b+bp-2ab-p)+x^*(b^2p+a^2b+a^2bp-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2ab^2
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2-p)+x^*(a^2p+b+bp-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a \\
& \ z(a^2+b+bp-2-p)+x^*(b^2p+a+ap-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2b
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(\delta -p-1)+z^*(-\delta p+p+1)=-2(p-1) \\
& \ z(\delta ^2+\delta p+\delta-6-2p)+z^*(\delta ^2p+\delta p+\delta-6p-2)=2(p+1)(\delta ^2-\delta -2)
\end{cases}\\\Rightarrow q=\frac{\delta ^2p^2+\delta ^2 p-\delta p^2-\delta-4p^2}{\delta ^2+2\delta p-2p^2-4p-2}$

( Với $\delta =a+b\Rightarrow \delta ^*=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=a+b=\delta$ )
-Theo đó: $q-p=\frac{(\delta -2p)(p^2-\delta p+1)}{2p^2+2+4p-2\delta p-\delta ^2p}=\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}$, với $p$ là biến chuyển động trên mặt phẳng.

-Đường thẳng $PQ$ là tập hợp các điểm :

$r_{k\in R}(k)=p+k(q-p)=p+k\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*)}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}\\\Rightarrow r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=p+\frac{\delta }{2}-p=\frac{\delta }{2}$
Không phụ thuộc vào $p$,nên là cố định.
Theo đó, đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định là :
$r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=\frac{\delta }{2}$

$(+)$ Về ý nghĩa hình học, điểm cố định chính là trung điểm của $AB$
$(+)$ Ở trên, với trung điểm cung $AB$, $\sqrt{1}$ , ta chỉ chọn một giá trị $1$,theo đó, đề bài vẫn đúng với
$C$ là trung điểm cung nhỏ $AB$
^^~


#390301 Đề thi chọn đội Dự Tuyển lớp $10$ trường PTNK - ĐHQG.TPHCM 2012-2013

Gửi bởi robin997 trong 26-01-2013 - 17:58

Chán, đề này mình chết toàn tập , chắc rớt mất rồi @@.Chủ topic làm được nhiêu thế?

Mình được một bài :'P... tại một số phần kiến thức mình không dám làm vào nên chỉ biết ngồi nhìn ='))
không đam mê lắm với thi 30-4 ^^~
...chú Triết làm mấy bài nhỉ

(sr, spam :'P)


#390255 Đề thi chọn đội Dự Tuyển lớp $10$ trường PTNK - ĐHQG.TPHCM 2012-2013

Gửi bởi robin997 trong 26-01-2013 - 16:20

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1:
Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3: Cho tập hợp $X=${$1,2,3,....2n-1$} gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\geq 2)$. Người ta tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện: Nếu $a$ và $b$ ( Không nhất thiết phân biệt ) được tô thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng các số không được tô màu của $X$.
$a)$ Chứng minh rằng: $S\leq n^2$
$b)$ Hãy chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.


#384151 Chứng minh số $\frac{z+w}{1+zw}$ là số thực

Gửi bởi robin997 trong 06-01-2013 - 14:24

Chứng minh rằng nếu |z| = |w| thì số $\frac{z+w}{1+zw}$ là số thực (giả sử 1 + zw khác 0)

..Cái này là số phức hả e :mellow:
Spoiler

- Lấy $|z|=|w|=u$ ( $u\in R, u\geq 0$ ) :
$z=u.e^{ia}$, $w=u.e^{ib}$
-Thì:
$v=\frac{z+w}{1+zw}=u\frac{e^{ia} +e^{ib}}{1+u^2e^{ia}e^{ib}}$
$\Rightarrow \bar{v}=u\frac{e^{-ia} +e^{-ib}}{1+u^2e^{-ia}e^{-ib}}=u\frac{e^{ia} +e^{ib}}{e^{ia}e^{ib}+u^2}$
- $v=\bar{v} \forall u\Leftrightarrow 1+u^2e^{ia}e^{ib}= e^{ia}e^{ib}+u^2\forall u \Rightarrow e^{ia}e^{ib}=1$
-Tóm lại, $\frac{z+w}{1+zw}$ không luôn thực :P


#382015 $u^4+v^4=2+\sqrt{5}$

Gửi bởi robin997 trong 30-12-2012 - 17:03

-Lấy $Q[\sqrt{5}]$ là tập các số biểu diễn được dưới dạng: $x+y\sqrt{5}$ ( Với $x,y$ là các số hữu tỉ )
-Định 2 số $u,v\in Q[\sqrt{5}]$ sao cho: $u^4+v^4=2+\sqrt{5}$