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
****-

#381630 $a_0=1,a_n=n!-\sum_{k=0}^{n-1}{C_n^ka_...

Gửi bởi robin997 trong 29-12-2012 - 18:31

Xác định công thức $a_n$, biết:
$\begin{cases}
& \ a_n=n!-\sum_{k=0}^{n-1}{C_n^ka_{k}} \\
& \ a_0=1
\end{cases}$


#380214 Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì,...

Gửi bởi robin997 trong 25-12-2012 - 03:50

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì, $X,Y,Z,T,U,V$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Gọi $E,F,G$ thứ tự là trung điểm của $XY,ZT,UV$ .Chứng minh rằng $E,F,G$ thẳng hàng.

Giải:
-Chọn trục vuông góc nhận đường tròn ngoại tiếp $ABCD$ làm đường tròn đơn vị.
Lấy $z$ là tọa vị điểm $Z$ trong mặt phẳng: ( $a\bar{a}=b\bar{b}=c\bar{c}=d\bar{d}=1$ )
-Ta có với $M$ bất kì, chân đường vuông góc xuống dây cung $WS$ của đường tròn đơn vị sẽ là:
$2h_{ws}(m)=w+s+m-ws\bar{m}$ $(*)$ ( Với $h_{ws}(m)$ là tọa vị chân vuông góc)
-Theo đó:
$4e=2h_{ab}(m)+2h_{cd}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ab+cd)$
$4f=2h_{ac}(m)+2h_{bd}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ac+bd)$
$4g=2h_{ad}(m)+2h_{bc}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ad+bc)$
Nên: $\frac{e-f}{g-f}=\frac{4(e-f)}{4(g-d)}=\frac{\bar{m}(ab+cd-ac-bd)}{\bar{m}(ad+bc-ac-bd)}$
$=\frac{ab+cd-ac-bd}{ad+bc-ac-bd}=\frac{\frac{ab+cd-ac-bd}{abcd}}{\frac{ad+bc-ac-bd}{abcd}}=\frac{\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}-\frac{1}{ac}-\frac{1}{bd}}{\frac{1}{ad}+\frac{1}{bc}-\frac{1}{ac}-\frac{1}{bd}}=\frac{\bar{ab}+\bar{cd}-\bar{ac}-\bar{bd}}{\bar{ad}+\bar{bc}-\bar{ac}-\bar{bd}}={\frac{\bar{e}-\bar{f}}{\bar{g}-\bar{f}}}$
Do đó: $\vec{FE}||\vec{FG}$ Hay $E,F,G$ thẳng hàng với $M$ bất kì trong cùng mặt phẳng :')

-Ta luôn có $(*)$, bởi lấy $I$ là chân vuông góc với tọa vị $j$ :
+$I\in WS\Leftrightarrow j+ws\bar{j}=w+s$ $(1)$
+$IM\perp WS\Leftrightarrow (\bar{j}-\bar{m})(w-s)=-(j-m)(\bar{w}-\bar{s})=(j-m)\frac{w-s}{ws}\Leftrightarrow \bar{j}=\bar{m}+(j-m)\bar{ws}(2)$
-$(1)$ và $(2)$,ta có: $2j=2h_{ws}(m)=w+s+m-ws\bar{m}$ ^^~



#380079 Tìm điểm C của Hình chữ nhật

Gửi bởi robin997 trong 24-12-2012 - 16:48

...

...nếu đề là hình vuông thì hiển nhiên đã cho điểm $B$ rồi,việc gì phải suy nghĩ a nhỉ~Hình đã gửi


_____
srr..mình spam :')
..phải chăng sự ra đề như vậy là cố tình :D


#380063 Tìm điểm C của Hình chữ nhật

Gửi bởi robin997 trong 24-12-2012 - 14:25

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định toạ độ đỉnh $C$

(^^ , )...sao lâu rồi không thấy mấy thầy nhận xét bài này vậy nhỉ~~

Đề bị sai. Chứng minh:
...

^_^ ...đề có nghiệm hình thay đổi theo điểm $B$ thì đâu có nghĩa là đề sai đâu bạn nhỉ :')
Và đâu phải với mọi $B$, ta đều có nghiệm $C$

Mình làm thử nha :')
Hình đã gửi
Các số liệu ban đầu:
$(d):x-2y+6=0$
$A=(-2;6)=-2+6i$, $I=(\frac{2}{5};\frac{14}{5})=\frac{2}{5}+i.\frac{14}{5}$
-Trước hết, để bài toán dễ nhìn hơn và các con số được đẹp hơn, ta sẽ đổi trục sao cho:
$A$ nằm trên $Oy$ (hay trục ảo, ta sẽ dùng mpp :')
$(d)$ là trục thực
-Phép biến hình thể hiện qua hàm: $\omega=\frac{5(z+6)(2-i)-70}{4}$
Ánh xạ trên bao gồm: $\begin{cases}
& \ \omega_1=z+6 \\
& \ \omega_2=\omega_1e^{-i.arctan\frac{1}{2}}=\omega_1(\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{i}{\sqrt{5}}) \\
& \ \omega_3=\omega_2.5\sqrt{5} \\
& \ \omega_4=\omega_3-70 \\
& \ \omega_5=\omega_4/4
\end{cases}$
(Các phép biến hình trên đều mang tính tuyến tính nên là các phép đồng dạng)
-Các điểm lúc này:
$A=10i$, $I=2-i$, $B=k\in R$
-Ta sẽ sử dụng trục động thay thế, xoay quanh $A$, đơn vị thay đổi sao cho $\vec{AB}$ cố định là $\vec{(A,0)}$
-Thể hiện qua hàm: $\omega'=\frac{-10i}{k-10i}(\omega -10i)+10i$
-Và tương tự trên, ta thay đơn vị cho các số đẹp hơn:
$\omega''=\omega' /10=\frac{-i}{k-10i}(\omega -10i)+i$
Hình đã gửi
Các điểm lúc này:
$A=i$, $B=0$, $I=\frac{ki-1-2i}{k-10i}=\frac{-11k+20}{k^2+100}+i.\frac{k^2-2k-10}{k^2+100}$
-Có $C$ có thể tồn tại tự do trên trục thực, $I$ là giao điểm thì phải nằm trong hình chữ nhật, nên $I$ phải thuộc băng đơn vị ngang trên trục thực:
$0\leq Im(I)<1\Leftrightarrow k\in(-55;1-\sqrt{11}]U[1+\sqrt{11},+\infty)$ $(1)$
-Lấy $M$ là giao điểm của $AI$ với trục thực:
$M=\frac{A\bar{I}-\bar{A} I}{(A-\bar{A})-(I-\bar{I})}=\frac{40-22k}{220+4k}$
-Theo đề,có: $CN=BM$, và $\vec{BC}$ và $\vec{BM}$ cùng chiều, nên:
$C=M.|cot(Ox,BI)|=\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|$
Và $|M|\leq 1\Leftrightarrow -\frac{90}{13}\leq k\leq \frac{130}{9}$ $(2)$
($M\in R$)
-Thế lại trục ban đầu, có tọa vị của $C$ :
$C=\frac{1}{25}(8+4i)(ik.\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|+k+10\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|)-\frac{1}{25}(10-70i)$
Với $k$ là số thực trong biểu diễn của $B$:
$B=\frac{1}{25}(8+4i)k-\frac{1}{25}(10-70i)$
(Do trên là phép biến hình trên là ánh xạ $1-1$, nên luôn tồn tại biểu diễn, và biểu diễn này là duy nhất!)
Với điều kiện $(1)$ và $(2)$: $k\in \left[\frac{-90}{13},1-\sqrt{11}\right]U\left[1+\sqrt{11},\frac{130}{9}\right]$
Với $k$ trên các khoảng còn lại, không tồn tại $C$ thỏa đề bài ^^~


#379794 CM:$2.m^{m}.n^{n}\geq 1$

Gửi bởi robin997 trong 23-12-2012 - 12:06

Cho m,n là các số dương thỏa mãn:m+n=1
CM:$2.m^{m}.n^{n}\geq 1$

Dạng này dùng BĐT hàm lồi, hàm lõm cũng được mà ^^~
-Có:
$ln(LHS)=ln2+f(m)+f(n)$
Với $f(x)=x.lnx\Rightarrow f''(x)=\frac{1}{x} >0\forall x>0$, lồi trên $R^+$
Do đó,theo BĐT Jensen, có:
$ln(LHS)\geq ln2+2.f(\frac{m+n}{2})=ln2+ln\frac{1}{2}=0$
Do đó: $LHS\geq 1$ $(Q.e.d:')$


#378014 $\omega =f(z)= \frac{(a^2-1)z^2}{az^2-2z+a...

Gửi bởi robin997 trong 16-12-2012 - 10:54

-Xác định hình ảnh của đường tròn đơn vị qua ánh xạ :
$\omega =f(z)= \frac{(a^2-1)z^2}{az^2-2z+a}$
Với $a$ là một hằng số thực: $\left|a \right|>1$

-Tập ảnh thay đổi như thế nào nếu ta thay đổi đề bài ^^~ :
Với $a$ thực, thỏa: $\left|a \right| \leq 1$


#377897 tam giác đều abc

Gửi bởi robin997 trong 15-12-2012 - 21:46

^^~ ...mình cũng thích pp tọa độ

Sau đây là tọa độ phức
-Chọn hệ tọa độ với đơn vị $\frac{a}{2}$.
Với $z$ là nhãn điểm của $Z$, lấy:
$B=-1$, $C=1$, $a=i\sqrt{3}$, $h=0$
-Với: $\widehat{HBD}=60^o$, có: $d=k.e^{i60^o}-1$
tương tự: $e=h.e^{-i60^o}+1$
($h,k\in R$, $0,5\leq k\leq 2$)
-Với $\widehat{EHD}=60^o$, có $\Delta BDH\sim \Delta CHE$ (khi này,cùng chiều âm)
Nên: $\frac{b-d}{b}=\frac{c}{c-e}\Leftrightarrow de=cd+be\Leftrightarrow hk=-1$
-Có: $2S_{EHD}=\left| e\times d\right|\Rightarrow 4S_{EHD}=\left|\bar{e}d-e\bar{d} \right|=\sqrt{3}\left|k+\frac{1}{k}-1 \right|$
Với $0,5\leq k\leq 2$, nên: $S_{EHD}\geq \frac{\sqrt{3}}{4}$ (Đẳng thức $\Leftrightarrow k=1$, hay $D:$tđ$AB$)
Đổi đơn vị hệ tọa độ, ta được giá trị nhỏ nhất cần tìm ^_^ ($\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$)


#377780 Cho tam giác ABC đều cạnh a. Gọi D, E lần lượt thuộc BC, AB sao cho BC=3BD, A...

Gửi bởi robin997 trong 15-12-2012 - 16:56

Cho tam giác ABC đều cạnh a. Gọi D, E lần lượt thuộc BC, AB sao cho BC=3BD, AE=ED, Tính EC

(thuộc $BC,AB$ là thuộc cạnh hay thuộc đường thẳng hay tia vậy ^_^
...Chọn hệ tọa độ vuông góc với:
$C(0,0)$, $A(1,0)$, $B(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$ ( Tam giác đều )
-(Giả sử đề là thuộc cạnh), có: $\vec{CD}=\frac{2}{3}\vec{CB}$, có:
$D:(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})$
-Với $E\in AC$, E nằm trên trục hoành, lấy tọa độ: $(x,0)$
-Với $AE=ED$ hay:
$ED^2=EA^2\Leftrightarrow (x-1)^2=(x-\frac{1}{3})^2+\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=\frac{5}{12}$
nên: $E:(\frac{5}{12},0)$
-Đổi đơn vị đo của hệ tọa độ về đơn vị bài toán:
$\begin{cases}
& \ X=ax \\
& \ Y=ay
\end{cases}$
Có độ dài $EC$ là: $a.\frac{5}{12}$

_______~~____
hì...mình nhìn lộn đề, $AB$ thành $AC$ ^^~
...như bạn dưới kia mà kêu là ngắn à ^_^


#376180 Chứng minh rằng $(x_n)$ là dãy đơn điệu.

Gửi bởi robin997 trong 09-12-2012 - 00:14

Giả sử $a_1,a_2,...a_p$ là những số dương cố định. Xét dãy sau $S_n=\frac{a_1^n+a_2^n+...+a_p^n}{p}$ và $x_n=\sqrt[n]{S_n},\,\,\, n\in \mathbb{N}$
Chứng minh rằng $(x_n)$ là dãy đơn điệu.

Hình đã gửi Cái này là một trường hợp đặc biệt về tính chất của trung bình trọng lượng (với trọng lượng đơn vị)
Spoiler

-Với $n_1>n_2>0$, ta lấy $n_2=\alpha . n_1$ ($0<\alpha <1$)
Theo BĐT Holder, có:
$\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_2}}=\sum_{i=1}^{p}{a_i^{\alpha n_1}}=\sum_{i=1}^{p}(a_i^{n_1})^\alpha .1^{1-\alpha }\leq (\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_1}})^\alpha .p^{1-\alpha }\\\Leftrightarrow \frac{\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_2}}}{p}\leq \left( \frac{\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_1}}}{p}\right)^\alpha \\\Leftrightarrow \left(\frac{\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_2}}}{p} \right)^{\frac{1}{n_2}}=\left(\frac{\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_2}}}{p} \right)^{\frac{1}{\alpha n_1}}\leq \left( \frac{\sum_{i=1}^{p}{a_i^{n_1}}}{p}\right)^{\frac{1}{n_1}}\\\Leftrightarrow x_{n_2}\leq x_{n_1}$
(Dấu bằng xảy ra khi {$a_n$}$_1^p$ là dãy hằng)
Do đó:
+ {$a_n$}$_1^p$ là dãy hằng: Dãy $x$ hằng.
+ {$a_n$}$_1^p$ khác hằng: Dãy $x$ tăng.
( $x_0$ không xác định? )


#372980 $\widehat{BFP}=\dfrac{1}{2}...

Gửi bởi robin997 trong 27-11-2012 - 04:42

Cho tam giác $ABC$ có $\hat{A}=60^0$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Qua $I$ kẻ đường thẵng song song với $AC$ cắt $AB$ tại $F$. Trên $BC$ lấy $P$ sao cho $3BP=BC$. Chứng minh $\widehat{BFP}=\dfrac{1}{2} \widehat{ABC}$

Hình minh hoạ
http://img.photobuck...than/EULER3.bmp

Phương pháp tọa độ :')
Spoiler

Hình đã gửi
-Ta chọn hệ tọa độ vuông góc sao cho đường tròn đơn vị nội tiếp tam giác $ABC$,tiếp xúc $AC,AB,BC$ tại $D,E,G$ sao cho $D$ có tọa vị $-i$, tam giác $ABC$ định theo chiều âm.
-Lấy $z$ tương ứng là tọa vị của điểm $Z$, ta có: $e\bar{e}=g\bar{g}=1,d=-i,j=0$ ($j$ là tọa vị tâm đường tròn nội tiếp $I$)
-Do $\widehat{A}=60^o$,nên có: $\widehat{EID}=180^o-60^o=120^o$, tọa vị của $E$ là:
$e=e^{i.150^o}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
(điều kiện để $(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$: $-30^o<arg(g)<90^o$)
-$A,B,C$ là giao điểm các cặp tiếp tuyến tại $e,f,g$ của đường tròn đơn vị, có:
$a=\frac{2ed}{e+d},b=\frac{2eg}{e+g},c=\frac{2dg}{d+g}$
-Đường thẳng song song $AC$ qua $I$ lúc này chính là trục thực, lại có $F$ nằm trên đường tiếp tuyến tại $E$, có:
$\begin{cases}
& \ \frac{f-e}{e}+\frac{\bar{f}-\bar{e}}{\bar{e}}=0 \\
& \ f=\bar{f} (f\in R)
\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ f\bar{e}+\bar{f}e=2 \\
& \ f=\bar{f} (f\in R)
\end{cases}\Rightarrow f=\frac{2e}{e^2+1}$
-$P$ là tâm tỉ cự của hệ hai điểm $B,C$ theo hệ số $2;1$, nên:
$p=\frac{2b+c}{3}$
-Xét $\omega =\frac{b-f}{p-f}.\frac{e-d}{g-d} =\frac{(g+e^{i30^o})(g-i)}{(g+e^{-i30^o})(g+i)}.e^{i150^o} \sqrt{3}$
$\Rightarrow \bar{\omega} =\frac{(\frac{1}{g}+e^{-i30^o})(\frac{1}{g}+i)}{(\frac{1}{g}+e^{i30^o})(\frac{1}{g}-i)}.e^{-i150^o} \sqrt{3}=-\omega $,$\omega$ là một số thuần ảo.
(chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ)
Nên: $(\vec{FP},\vec{FB})+(\vec{DG},\vec{DE})\equiv arg(\frac{b-f}{p-f} )+arg(\frac{e-d}{g-d})\equiv arg(\omega )\equiv 90^o (Mod 180^o) $
-Có $-30^o<arg(g)<90^o$ nên: $\widehat{EDG}<\widehat{EDG'}=90^o$ (Với $g'=e^{-i30^o}$)
Do đó: $\widehat{EDG}+\widehat{BFP}=90^o$
Mà $\widehat{EDG}=\frac{1}{2}\widehat{EIG}$,
$\widehat{EIG}+\widehat{ABC}=180^o$ (Tứ giác nội tiếp)
Nên: $\widehat{ABC}=2\widehat{BFP}$ $(Q.e.D)$


#371854 Tìm MAX của $P=\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ac}{b^2a+b^2c}+...

Gửi bởi robin997 trong 23-11-2012 - 19:34

Nhưng a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác mà, chọn như vậy chắc gì đã thỏa mãn bđt tam giác ?

Nó vẫn thỏa bạn à.... b,c tiến tới rất lớn, a tiến tới rất nhỏ :')


#371777 $(1+x+x^2+x^3)^{15}$

Gửi bởi robin997 trong 23-11-2012 - 16:55

Em giảng lại bài này chi tiết được không?
Tôi đọc đi đọc lại mãi vẫn không hiểu! :(

(...nếu nhầm chỗ nào thì thầy chỉ cho em nha :')
-

Cách khác, công cụ số phức :')
-Lấy $P(x)=(1+x+x^2+x^3)^{15}$
-Với $a=e^{i\frac{2\pi }{10}}$ , có $a^{10}=1$, $a^9+a^8+a^7+a^6+a^5+a^4+a^3+a^2+a+1=0$
-Nên nếu lấy $k_n$ là hệ số ở bậc $n$
Có:$10(k_0+k_{10}+k_{20}+k_{30}+k_{40})=P(a^9)+P(a^8)+P(a^7)+P(a^6)+P(a^5)+(a^4)+P(a^3)+P(a^2)+P(a)+P(1)=A$
....

-Trước hết, ta có bậc của $P$ là: $degP=3.15=45$
Nên tổng quát,ta có: $P(x)=\sum_{i=0}^{45}{k_ix^i}$
-Với trường hợp trên, lấy $a=e^{i\frac{2\pi }{10}}=Cos(\frac{2\pi }{10})+iSin(\frac{2\pi }{10})$
Ở đây,ta chọn $a$ là một nghiệm khác 1 bất kì của phương trình $x^{10}=1$ để có $\sum_{i=0}^{9}{a^i}=0$
Và với $a^{10}=1$ nên ta có: $a^k=a^h$ $(0\leq h \leq 9)$ $\forall k\equiv h(mod10)$
Do đó:
$\sum_{i=0}^{9}{P(a^i)}=\sum_{i=0}^{9}{a^i}.\sum_{inot\vdots 10}{k^i}+10\sum_{i\vdots 10}{k^i}=10(k_0+k_{10}+k_{20}+k_{30}+k_{40})$
..hai cái kia cũng tương tự :')
....nhưng cách này thì việc tính toán có vẻ vất vả hơn rất nhìu nhỉ~~ ^^~


#371271 $\left (\dfrac{1+ix}{1-ix} \right )^...

Gửi bởi robin997 trong 21-11-2012 - 19:35

Xác định $c$ để phương trình sau có các nghiệm đều là số thực
$$\left (\frac{1+ix}{1-ix} \right )^{2000}=c(*)$$

Điều kiện cần:
-Xét $(*)$ với một nghiệm thực bất kì: $x_0=tan{\frac{a}{2}}$
Từ $(*)$, có:
$c=(\frac{1+ix_0}{1-ix_0})^{2000}\\=(\frac{1-x_0^2}{1+x_0^2}+i\frac{2x_0}{1+x_0^2})^{2000}=(cosa+i.sina)^{2000}=cos(2000a)+i.sin(2000a)$
Nên $\left|c \right|=1$
Điều kiện đủ:
-Với $c$ bất kì thỏa: $\left|c \right|=1$, từ $(*)$,suy ra:
$\left|\frac{1+ix}{1-ix} \right|=1\\\Rightarrow \frac{(1+ix)(1-i\bar{x})}{(1-ix)(1+i\bar{x})}=1\\\Rightarrow x\bar{x}+ix-i\bar{x}+1=x\bar{x}-ix+i\bar{x}+1\\\Rightarrow 2ix=2i\bar{x}\Rightarrow x=\bar{x}\Rightarrow x\in R$
Do đó, phương trình có các nghiệm đều thực với mọi $\left|c \right|=1$


#370052 $(1+x+x^2+x^3)^{15}$

Gửi bởi robin997 trong 17-11-2012 - 09:07

$(1+x+x^2+x^3)^{15}$
Tìm hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên

Cách khác, công cụ số phức :')
-Lấy $P(x)=(1+x+x^2+x^3)^{15}$
-Với $a=e^{i\frac{2\pi }{10}}$ , có $a^{10}=1$, $a^9+a^8+a^7+a^6+a^5+a^4+a^3+a^2+a+1=0$
-Nên nếu lấy $k_n$ là hệ số ở bậc $n$
Có:$10(k_0+k_{10}+k_{20}+k_{30}+k_{40})=P(a^9)+P(a^8)+P(a^7)+P(a^6)+P(a^5)+(a^4)+P(a^3)+P(a^2)+P(a)+P(1)=A$
-Tương tự với $b=e^{i\frac{2\pi }{20}}$, $c=e^{i\frac{2\pi }{30}}$:
có $20(k_0+k_{20}+k_{40})=P(1)+P(b)+P(b^2)+...+P(b^{19})=B$,
$30(k_0+k_{30})=P(1)+P$$($$c)+P(c^2)+...+P(c^{29})=C$
Nên $k_{10}=\frac{A}{10}-\frac{B}{20}-\frac{C}{30}+1$ ($k_0=1$)
Việc tính toán thì để máy tính làm hết ^^~
(srr...mình có nhầm lúc trước :')


#369955 Chia đôi diện tích $S_{ABC}$

Gửi bởi robin997 trong 16-11-2012 - 21:36

Như vậy (*) tương đương với:
$|\dfrac{(ax_C-y_C)^2}{[y_C-y_B+a(x_B-x_C)].[y_C-y_A+a(x_A-x_C)]}|=\dfrac{CA.CB}{2BC}$
(Cái này là phương trình là phươnh trình bậc 2 nhá)

..Bài toán chưa chặt thì phải ^_^
-Trước hết, bạn chưa đặt ra giới hạn để điểm $M$ nằm ngoài tam giác $ABC$
-Nếu mà ra phương trình bậc hai thì với mọi $M$ bất kì, kể cả trong, ngoài thì luôn có nhiều nhất hai nghiệm hình.
Xét một trường hợp cụ thể đi, với $M$ là trong tâm tam giác, thì có tới 3 nghiệm hình là 3 đường trung tuyến <_<
~~~~
Nhầm chỗ nào nhỉ~~ :')
~~~~
...bạn chưa biện luận về giao điểm của đường thẳng đó với các cạnh trong tam giác :P

...

...bởi vì mình chỉ xét trường hợp $M$ nằm trọn trong góc $BAD$..các trường hợp còn lại thì tương tự (em có trình bày ở trên mà :')
Khi đó, có $CM>CM'$ ^^~