Đến nội dung

chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

Đăng ký: 27-09-2013
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#543154 $\sum_{i=1}^{2012}\left( {C_{i}^{i}} \right)^2= C_{2012}^...

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 06-02-2015 - 07:17

Ta có $[(x^{2}-1)]^{n}=(x-1)^{2n}=(x-1)^{n}.(x-1)^{n}$

$(x-1)^{n}.(x-1)^{n}=[\sum_{k=0}^{n}.C_{n}^{k}\textrm{}.(-1)^{k}.x^{n-k}].[\sum_{i=0}^{n}.C_{n}^{i}\textrm{}.(-1)^{i}.x^{n-i}]$

Hệ số của $x^{n}$ là :

$C_{n}^{0}.C_{n}^{n}-\textrm{}\textrm{}C_{n}^{1}\textrm{}.C_{n}^{}\textrm{n-1}+C_{n}^{2}\textrm{}.C_{n}^{n-2}\textrm{} - ...+C_{n}^{n}\textrm{}.C_{n}^{0}\textrm{} ={\left( {C_{n}^0} \right)^2} - {\left( {C_{n}^1} \right)^2} + {\left( {C_{n}^2} \right)^2} - {\left( {C_{n}^3} \right)^2} + ... - {\left( {C_{n}^{n-1}} \right)^2} + {\left( {C_{n}^{n}} \right)^2}$

Hệ số của $x^{n}$ cũng là 

$C_{n}^{\frac{n}{2}}\textrm{}$

Thay $n=2012$ suy ra được $dfcm$

Sao lại viết $[(x^{2}-1)]^{n}=(x-1)^{2n}$ ???

Mà nếu khai triển $[(x^{2}-1)]^{n}$ (với $n$ chẵn) ra thì hệ số của $x^{n}$ cũng chưa chắc là $C_{n}^{\frac{n}{2}}$ đâu !

Ví dụ $\left [ (x^2-1) \right ]^6=C_{6}^{0}.x^{12}+C_{6}^{1}.x^{10}.(-1)+C_{6}^{2}.x^{8}.(-1)^2+C_{6}^{3}.x^6.(-1)^3+C_{6}^{4}.x^4.(-1)^4+C_{6}^{5}.x^2.(-1)^5+C_{6}^{6}.(-1)^6$

$=x^{12}-C_{6}^{1}.x^{10}+C_{6}^{2}.x^{8}-C_{6}^{3}.x^6+C_{6}^{4}.x^4-C_{6}^{5}.x^2+C_{6}^{6}.x^0$

(Hệ số của $x^6$ là $-C_{6}^{3}$ chứ không phải là $C_{6}^{3}$)




#542831 $71$% đa thức trong $S$ là 'đẹp'.

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 03-02-2015 - 14:36

Với mỗi số nguyên dương $n$ gọi $S$ là tập tất cả các đa thức $P(x)$ bậc $n$ sao cho các hệ số của $P(x)$ đều nguyên dương và không vượt quá $n!$. Một đa thức $P(x)$ thuộc S gọi là  'đẹp'  nếu với mọi số nguyên dương $k$ tồn tại vô hạn số trong dãy $P(1);P(2);..$ nguyên tố cùng nhau với $k$.
Cmr : Có tối thiểu $71$% đa thức trong $S$ là  'đẹp'.

Thử xét trường hợp $n=3$, tức là tập $S$ gồm các đa thức $P(x)$ có dạng $ax^3+bx^2+cx+d$ (trong đó $a,b,c,d\in \left \{ 1;2;3;4;5;6 \right \}$)

Ta chỉ cần xét trường hợp $k=2$.

Dễ thấy rằng :

+ Nếu $d$ chẵn và trong $3$ hệ số $a,b,c$ có đúng $1$ hoặc cả $3$ hệ số đó đều chẵn thì mọi số hạng trong dãy $P(1);P(2);...$ đều là số nguyên dương chẵn, tức là chúng không nguyên tố cùng nhau với $k$, nên trong TH này $P(x)$ không phải là đa thức "đẹp"

+ Nếu $d$ lẻ và trong $3$ hệ số $a,b,c$ có đúng $2$ hệ số chẵn thì mọi số hạng $P(m)$ trong dãy $P(1);P(2);...$ (với $m$ lẻ) đều là số nguyên dương chẵn, tức là chúng không nguyên tố cùng nhau với $k$, nên trong TH này $P(x)$ không phải là đa thức "đẹp"

 

+ Tính số đa thức thuộc $S$ thỏa mãn $d$ chẵn và trong $3$ hệ số $a,b,c$ có đúng $1$ hệ số chẵn (tạm gọi là $M$)

  Chọn giá trị cho $d$ : $3$ cách

  Chọn vị trí cho hệ số chẵn khác $d$ : $3$ cách.

  Chọn giá trị cho hệ số chẵn : $3$ cách

  Chọn giá trị cho 2 hệ số lẻ : $3^2$ cách

$\Rightarrow M=3.3.3.3^2=243$

+ Tính số đa thức thuộc $S$ thỏa mãn cả $4$ hệ số đều chẵn (tạm gọi là $N$)

$N=3^4=81$

+ Tính số đa thức thuộc $S$ thỏa mãn $d$ lẻ và trong $3$ hệ số $a,b,c$ có đúng $2$ hệ số chẵn (tạm gọi là $P$)

   Chọn giá trị cho $d$ : $3$ cách

  Chọn vị trí cho 2 hệ số chẵn : $3$ cách.

  Chọn giá trị cho hệ số lẻ khác $d$ : $3$ cách

  Chọn giá trị cho 2 hệ số chẵn : $3^2$ cách

$\Rightarrow P=3.3.3.3^2=243$

 

$\Rightarrow$ số đa thức "không đẹp" thuộc $S$ $\geqslant M+N+P=243+81+243=567$

Số đa thức thuộc $S$ là $6^4=1296$

$\Rightarrow$ tỷ lệ đa thức "đẹp" thuộc $S$ là $\leqslant \frac{1296-567}{1296}=56,25$% $< 71$%

---> đề bài sai.




#542672 Có 4 nam và 3 nữ khác nhau ngồi vào 7 ghế theo hàng ngang . Tính xác suất

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 02-02-2015 - 07:38

Có 4 nam và 3 nữ khác nhau ngồi vào 7 ghế theo hàng ngang . Tính xác suất sao cho không có hai người nữ nào ngồi cạnh nhau .

Gọi $M$ là biến cố cần tính xác suất.

Trước hết ta tính $n(\overline{M})$ :

+ Nếu 2 người đẹp ngồi cạnh nhau, người đẹp thứ ba bị "cô lập" :

   Chọn 3 ghế không liên tiếp, trong đó có 2 ghế cạnh nhau : $20$ cách.

   Xếp $3$ "nàng" vào $3$ ghế vừa chọn : $3!=6$ cách.

   Xếp $4$ "chàng" vào $4$ ghế còn lại : $4!=24$ cách.

+ Nếu 3 người đẹp ngồi 3 ghế liên tiếp :

   Chọn $3$ ghế liên tiếp : $5$ cách.

   Xếp $3$ "nàng" vào $3$ ghế vừa chọn : $3!=6$ cách.

   Xếp $4$ "chàng" vào $4$ ghế còn lại : $4!=24$ cách.

 

$\Rightarrow n(\overline{M})=20.3!4!+5.3!4!=25.3!4!=3600$

$\Rightarrow P(M)=\frac{n(M)}{7!}=\frac{7!-n(\overline{M})}{7!}=\frac{1440}{7!}=\frac{2}{7}$




#541996 Có 10 đội (khác nhau) tham gia 1 giải đấu, trong đó có 2 đội Việt Nam và Thái...

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 26-01-2015 - 22:06

Có 10 đội (khác nhau) tham gia 1 giải đấu, trong đó có 2 đội Việt Nam và Thái Lan. 10 đội trên được chia làm 2 bảng (bảng A và bảng B), mỗi bảng 5 đội. Tính xác suất để Việt nam và Thái Lan vào cùng 1 bảng.

$a)$ Tính số cách chia $10$ đội vào 2 bảng $A$ và $B$ :

  + Chọn $5$ trong $10$ đội, xếp vào bảng $A$ : $C_{10}^{5}=252$ cách.

  + $5$ đội còn lại, đương nhiên xếp vào bảng $B$.

  Vậy số cách chia $10$ đội vào 2 bảng $A$ và $B$ là $252$ cách.

$b)$ Tính số cách chia bảng sao cho Việt Nam và Thái Lan cùng bảng :

  + Số cách chia sao cho VN và TL cùng ở bảng $A$ là : $C_{8}^{3}=56$ cách.

  + Số cách chia sao cho VN và TL cùng ở bảng $B$ là : $C_{8}^{5}=56$ cách.

 

Xác suất VN và TL ở cùng 1 bảng là $\frac{C_{8}^{3}+C_{8}^{5}}{C_{10}^{5}}=\frac{4}{9}$.




#541571 Tìm $max$ $P=a^2(b-c)+b^2(c-b)+c^2(1-c)$

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 23-01-2015 - 07:21

Cho $a,b,c$ thỏa $0\leq x\leq y\leq z\leq 1$. Tìm $max$
$P=a^2(b-c)+b^2(c-b)+c^2(1-c)$

Sửa lại đề : "Cho $a,b,c$ thỏa $0\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant 1$.Tìm ..."

 

Trước hết ta giải quyết bài toán phụ sau :

Bài toán phụ : Cho các số $x,y$ không âm thỏa $x+y=p$ ($p$ là hằng số).CM rằng $Q=x^2y$ đạt GTLN là $\frac{4}{27}\ p^3$ khi $x=\frac{2}{3}\ p$.

Chứng minh : 

Ta có : $\frac{x}{p}+\frac{y}{p}=1\left ( 0\leqslant \frac{x}{p}\leqslant 1;0\leqslant \frac{y}{p}\leqslant 1 \right )$

Đặt $\frac{x}{p}=\frac{2}{3}-z$ ; $\frac{y}{p}=\frac{1}{3}+z$ $\left ( -\frac{1}{3}\leqslant z\leqslant \frac{2}{3} \right )$

$\frac{x^2y}{p^3}=\left ( \frac{2}{3}-z \right )^2.\left ( \frac{1}{3}+z \right )=z^3-z^2+\frac{4}{27}=z^2(z-1)+\frac{4}{27}\leqslant \frac{4}{27}$ (vì $z< 1$)

$\Rightarrow Q=x^2y\leqslant \frac{4}{27}\ p^3$

(Dấu bằng xảy ra khi $z=0$ hay $x=\frac{2}{3}\ p$)

 

Bây giờ trở lại bài toán của chúng ta :

$P=a^2(b-c)+b^2(c-b)+c^2(1-c)=(b^2-a^2)(c-b)+c^2(1-c)\leqslant b^2(c-b)+c^2(1-c)$ (1)

Đặt $c-b=d$ ($d\geqslant 0$).Áp dụng kết quả bài toán phụ ở trên, ta có :

$P\leqslant b^2d+c^2(1-c)\leqslant \frac{4}{27}\ c^3-c^3+c^2=c^2-\frac{23}{27}\ c^3=\frac{23}{27}.\ c^2.\left ( \frac{27}{23}-c \right )$ (2)

Lại áp dụng kết quả bài toán phụ một lần nữa, ta được :

$P\leqslant \frac{23}{27}.c^2.\left ( \frac{27}{23}-c \right )\leqslant \frac{23}{27}.\frac{4}{27}.\left ( \frac{27}{23} \right )^3=\frac{108}{529}$ (3)

Các dấu bằng ở (1),(2) và (3) xảy ra khi $c=\frac{2}{3}.\frac{27}{23}=\frac{18}{23}$ ; $b=\frac{2}{3}.\ c=\frac{12}{23}$ ; $a=0$

Vậy $P_{max}=\frac{108}{529}$ (xảy ra khi $a=0$ ; $b=\frac{12}{23}$ ; $c=\frac{18}{23}$)




#541311 Giải phương trình $x^{3}-x^{2}+3x-2=0$

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 19-01-2015 - 16:53

Giải phương trình $x^{3}-x^{2}+3x-2=0$

PT đã cho tương đương với :

$(x-\frac{1}{3})^3+\frac{8}{3}(x-\frac{1}{3})-\frac{29}{27}=0$

Đặt $x-\frac{1}{3}=z$, ta có :

$z^3+\frac{8}{3}z-\frac{29}{27}=0$ (1)

Lại đặt $z=\frac{8}{9y}-y$ ($y$ khác $0$) $\Rightarrow x=\frac{8}{9y}-y+\frac{1}{3}$

Thay vào (1), khai triển và rút gọn, ta được : $y^3+\frac{29}{27}-\frac{512}{729y^3}=0$ hay $729y^6+783y^3-512=0$

$\Rightarrow y_{1}=\sqrt[3]{\frac{-783+\sqrt{2106081}}{1458}}$ ; $y_{2}=\sqrt[3]{\frac{-783-\sqrt{2106081}}{1458}}$

$\Rightarrow x_{1}=\frac{8\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{-783+\sqrt{2106081}}}-\frac{\sqrt[3]{-783+\sqrt{2106081}}}{9\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{3}$ ;

$x_{2}=\frac{8\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{-783-\sqrt{2106081}}}-\frac{\sqrt[3]{-783-\sqrt{2106081}}}{9\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{3}$.

Sau khi rút gọn ta có : $x_{1}=x_{2}=\frac{\sqrt[3]{3132+36\sqrt{26001}}+\sqrt[3]{3132-36\sqrt{26001}}+6}{18}$

Vậy pt đã cho có nghiệm thực duy nhất $x=\frac{\sqrt[3]{3132+36\sqrt{26001}}+\sqrt[3]{3132-36\sqrt{26001}}+6}{18}$ (xấp xỉ $0,715225238$) (không xét các nghiệm ảo)




#540842 có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau chia hết cho 6

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 14-01-2015 - 21:43

Từ tập A={0,1,2,3,4,5,6} hỏi lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 6

Các số lập được có dạng $\overline{abcdef}$

Xét $3$ trường hợp :

$1)$ Số lập được gồm các cs $1;2;3;4;5;6$

+ Chọn $f$ : $3$ cách (vì $f$ chẵn)

+ Sắp xếp $5$ cs còn lại : $5!=120$ cách.

$\Rightarrow$ TH 1 có $3.120=360$ số.

$2)$ Số lập được gồm các cs $0;1;2;3;4;5$

$a)$ Nếu $f=0$ : Có $5!=120$ số.

$b)$ Nếu $f$ khác $0$ :

+ Chọn $f$ : $2$ cách (vì $f$ chẵn)

+ Chọn vị trí cho cs $0$ : $4$ cách.

+ Sắp xếp $4$ cs còn lại : $4!=24$ cách.

$\Rightarrow$ TH 2 có $120+2.4.24=312$ số.

$3)$ Số lập được gồm các cs $0;1;2;4;5;6$

$a)$ Nếu $f=0$ : Có $5!=120$ số.

$b)$ Nếu $f$ khác $0$ :

+ Chọn $f$ : $3$ cách (vì $f$ chẵn)

+ Chọn vị trí cho cs $0$ : $4$ cách.

+ Sắp xếp $4$ cs còn lại : $4!=24$ cách.

$\Rightarrow$ TH 2 có $120+3.4.24=408$ số.

 

Vậy có $360+312+408=1080$ số thỏa mãn ĐK đề bài.




#540672 Tìm số dư khi chia $u_{2012}$ cho $11$

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 13-01-2015 - 16:31

Cho dãy số $u_n:\begin{cases}u_1=5, u_2=11 \\ u_{n+2}=2u_{n+1}-3u_{n}\\ \end{cases}$
Tìm số dư khi chia $u_{2012}$ cho $11$

 

Lớp 9 - Bình Thuận - năm 2012

 

Ta có :

$u_{1}\equiv 5(mod\ 11)$

$u_{2}\equiv 0(mod\ 11)$

$u_{3}=2u_{2}-3u_{1}\equiv 2.0-3.5\equiv 7(mod\ 11)$

$u_{4}=2u_{3}-3u_{2}\equiv 2.7-3.0\equiv 3(mod\ 11)$

$u_{5}=2u_{4}-3u_{3}\equiv 2.3-3.7\equiv 7(mod\ 11)$

$u_{6}=2u_{5}-3u_{4}\equiv 2.7-3.3\equiv 5(mod\ 11)$

$u_{7}=2u_{6}-3u_{5}\equiv 2.5-3.7\equiv 0(mod\ 11)$

$\Rightarrow u_{n+5m}\equiv u_{n}(mod\ 11)$, $\forall m\in \mathbb{N}$

$\Rightarrow u_{2012}\equiv u_{2}\equiv 0(mod\ 11)$

tức là số dư khi chia $u_{2012}$ cho $11$ là $0$.




#540550 Một nhóm có 5 người , với 5 tên khác nhau . Mỗi người viết tên của một người...

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 12-01-2015 - 17:03

Một nhóm có 5 người , với 5 tên khác nhau . Mỗi người viết tên của một người khác trong nhóm một cách ngẫu nhiên vào giấy . Tính xác suất để có hai người trong nhóm viết tên của nhau .

Đề bài thế này nên hiểu là tính xác suất để có ít nhất 1 cặp viết tên của nhau.

Gọi $M$ là biến cố có ít nhất 1 cặp viết tên của nhau.

Số phần tử không gian mẫu : $n(\Omega )=4^5=1024$

Tính $n(M)$ :

+ Chọn 2 trong 5 người (tạm gọi 2 người được chọn là $A_{p};A_{q}$) : $C_{5}^{2}=10$ cách.

  ($A_{p}$ và $A_{q}$ viết tên của nhau)

+ $3$ người còn lại viết tên tùy ý : $4^3=64$ cách

  Nhưng nếu tính như thế thì các TH có $2$ cặp viết tên của nhau được tính đến $2$ lần (ví dụ $A_{p}$ và $A_{q}$ viết tên của nhau ; $A_{r}$ và $A_{s}$ viết tên của nhau).Gọi số các TH này là $T$

Tính $T$ :

+ Chọn $2$ cặp trong $5$ người : $\frac{C_{5}^{2}.C_{3}^{2}}{2}=15$ cách.

+ Người còn lại viết tên tùy ý : $4$ cách.

$\Rightarrow T=15.4=60$

$\Rightarrow n(M)=64.10-T=580$

$\Rightarrow P(M)=\frac{580}{1024}=\frac{145}{256}$




#540305 Thắc mắc nhỏ về bài toán Tổ hợp

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 10-01-2015 - 21:07

Đề bài : Lấy dễ thôi

Có $n$ quả cầu cùng màu đỏ . Số cách để lấy ra hai quả cầu màu đỏ trong hộp trên.

 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Nếu $n$ quả cầu ấy khác nhau thì sẽ có $C_{n}^{2}$ cách chọn

Nếu $n$ quả cầu ấy giống nhau thì sẽ có bao nhiều cách chọn.

$C_{n}^{2}$ cách hay chỉ là $1$ cách

Trong các sách tham khảo khi đưa ra bài toán họ chỉ đề cập đến việc có $n$ quả cầu cùng màu , chứ không đề cập là nó giống nhau hay khác nhau . Nhưng khi giải thì vẫn cho là có $C_{n}^{2}$ cách chọn . 

 

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Vấn đề này mình thắc mắc khá lâu rồi , nếu mà $n$ quả cầu ấy giống hệt nhau thì khi lấy ra $2$ quả thì luôn có $1$ cách

Trước hết hãy xét 1 bài "đơn giản" (ít gây tranh cãi) hơn (bài 5, trang 55, sách Đại số và Giải tích 11) :

Có bao nhiêu cách cắm $3$ bông hoa vào $5$ lọ khác nhau (mỗi lọ không quá 1 bông) nếu :

a) Các bông hoa khác nhau ?

b) Các bông hoa giống hệt nhau ?

 

LỜI GIẢI :

a) Số cách cắm là $A_{5}^{3}=5.4.3=60$ cách.

b) + Chọn ra $3$ trong $5$ lọ : $C_{5}^{3}=10$ cách.

    + Cắm $3$ bông hoa giống nhau vào $3$ lọ đã chọn (mỗi lọ 1 bông) : $1$ cách

 $\Rightarrow$ số cách là $10.1=10$ cách.

 

Ở đây cần lưu ý rằng, $3$ bông hoa giống nhau cắm vào $3$ lọ khác nhau (mỗi lọ 1 bông) thì chỉ tính là $1$ cách, chứ không phải là $3!=6$ cách (nên đáp án câu b là $10$ chứ không phải $60$)

Tức là, nếu trong 2 cách sắp xếp (hoặc 2 cách chọn) mà cách này có thể trở thành cách kia bằng cách đổi chỗ các phần tử giống hệt nhau, thì 2 cách ấy xem như đồng nhất.

 

Như vậy số cách chọn $k$ quả cầu từ $n$ quả cầu giống hệt nhau ($k$ nhỏ hơn hoặc bằng $n$) là $1$ cách.

(chứ nếu là $C_{n}^{k}$ cách thì cần gì phải nói là "các quả cầu giống hệt nhau")




#539626 Bài toán xếp chỗ học sinh

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 04-01-2015 - 19:11

TRong 1 phòng thi có 25 thí sinh, trong đó có 15 nam và 10 nữ. Phòng thi này có 25 bộ bàn ghế đánh số theo thứ tự từ 1 đến 25. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi. Tính xác suất để thí sinh ngồi bàn số 1 và 25 đều là thí sinh nữ.

 

Mình còn hơi yếu về phần này, mong mọi người giúp đỡ  :(

Gọi $M$ là biến cố các thí sinh ở bàn 1 và bàn 25 là nữ.

Số phần tử không gian mẫu : $n(\Omega )=25!$

Tính $n(M)$ :

+ Chọn 1 thí sinh nữ cho bàn số 1 : $10$ cách.

+ Chọn 1 thí sinh nữ cho bàn số 25 : $9$ cách.

+ Xếp ngẫu nhiên $23$ thí sinh còn lại vào $23$ bàn còn lại : $23!$ cách.

$\Rightarrow n(M)=9.10.23!$

$\Rightarrow P(M)=\frac{n(M)}{n(\Omega )}=\frac{10.9.23!}{25!}=\frac{3}{20}$




#538982 Topic ôn luyện cuộc thi máy tính bỏ túi casio

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 23-12-2014 - 22:47

Cho f(x) xác định mọi R. Giả sử $f(a+b)=f(ab)$ và $f(\frac{-1}{2})=-\frac{1}{2}$. Tính $f(2014)$

$f\left ( -\frac{1}{2} \right )=f\left ( -\frac{1}{2}+0 \right )=f\left ( -\frac{1}{2} .0\right )=f(0)\Rightarrow f(0)=-\frac{1}{2}$

$f(x)=f(x+0)=f(x.0)=f(0)=-\frac{1}{2},\forall x\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f(2014)=-\frac{1}{2}$.




#538643 Tìm số dư khi chia $13376^{1.2.3...2003}$ cho 2000

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 21-12-2014 - 16:00

Tìm số dư khi chia số $13376^{1.2.3...2003}$ cho số 2000  :namtay

Ta có :

$13376\equiv 1376(mod\2000)$ (1)

Và $1376^n\equiv 1376(mod\2000)$ (với mọi $n$ nguyên dương) (2) (điều này có thể chứng minh chặt chẽ bằng quy nạp)

(1),(2) $\Rightarrow 13376^n$ chia $2000$ dư $1376$, với mọi $n$ nguyên dương

$\Rightarrow 13376^{1.2.3...2003}$ chia $2000$ dư $1376$.




#537785 Cho hàm số $y=x^4-2x^2-1(C)$ Tìm nhứng điểm trên trục tung mà từ đó...

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 13-12-2014 - 22:45

Cho hàm số $y=x^4-2x^2-1(C)$ Tìm nhứng điểm trên trục tung mà từ đó kẻ được ba tiếp tuyến tới đồ thị (C

Vì đây là hàm bậc 4, tiếp tuyến tại các điểm phân biệt thì chưa chắc đã phân biệt nên mình đang băn khoăn 2 cách giải sau, các bạn xem hộ mình:

Cách 1:

Đồ thị hàm bậc 4 nhận Oy làm trục đối xứng(hàm chẵn) nên số tiếp tuyến có hệ số góc k khác 0 kẻ từ một điểm trên Oy luôn là số chẵn. Đề bài cho số tiếp tuyến là 3 nên ta khẳng định phải có một tiếp tuyến có hệ số góc =0

Điều kiện cần : Giả sử từ $M(O;m)\in Oy$ kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) $\Rightarrow$ tồn tại 1 điểm $x_1$ sao cho

 $y'(x_1)=0$ 

$\Leftrightarrow x_1=0 x_1=\pm \frac{\sqrt2}{2}$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ $x_0\in(C)$ : $y=(4x_0^3-4x_0)(x-x_0)+x_0^4-2x_0^2-1$ (1)

 

+) Với $x_0=0$ ta được phương trình tiếp tuyến y=-1

đt y=-1 đi qua M(0;m) nên m=-1

+) Với $x_0=\pm \frac{\sqrt2}{2}$ ta được phương trình tiếp tuyến $y=-\frac{7}{4}$

đt  $y=-\frac{7}{4}$ đi qua M(0;m) nên $m=-\frac{7}{4}$

Điều kiện đủ  Thay các tọa độ điểm M vào phương trình tiếp tuyến (1) xem có thỏa mãn phương trình có 3 nghiệm x_0 không (chỗ này mình thay nó ra phương trình bậc 4 làm sao để biết nó có mấy nghiệm nhỉ?)

Cách 2

Gọi đt đi qua M(0;m) có hệ số góc k có dạng $y=kx+m (d)$

(d) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} k=4x^3-4x \\ x^4-2x^2-1=kx+m \end{matrix}\right.$

thế k ta được pt: $3x^4-2x^3+m+1=0$ (1)

Đặt $x^2=t\Rightarrow 3t^2-2t+m+1=0$ (2)

Từ M ke được 3 tiếp tuyến đến (C) $\Rightarrow$ phương trình (2) có 2 nghiệm: 1 nghiêm bằng 0 và 1 nghiêm dương

$\Rightarrow m=-1$

Thay m=-1 vào (2) =>nghiệm t=> nghiệm x: $x=0; x=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}$

Với 3 nghiệm này ta được 3 tiếp tuyến phân biệt (thỏa mãn)

Ở cách 1, bạn đã tính sai :

$y'(x_{1})=0\Leftrightarrow x_{1}=0$ và $x_{1}=\pm 1$

+ Với $x_{0}=0\Rightarrow$ PTTT là $y=-1$

+ Với $x_{0}=\pm 1\Rightarrow$ PTTT là $y=-2$

Đến chỗ điều kiện đủ :

+ Với $m=-1$, thay vào (1) và rút gọn $\Rightarrow 2x_{0}^{2}-3x_{0}^{4}=0\Rightarrow x_{0}=0;x_{0}=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}$ (3 nghiệm)

+ Với $m=-2$, thay vào (1) và rút gọn $\Rightarrow 3x_{0}^{4}-2x_{0}^{2}-1=0\Rightarrow x_{0}=\pm 1$ (2 nghiệm, loại)

 

Vậy chỉ có $1$ điểm thỏa mãn đề bài là $M(0;-1)$




#536556 Chứng minh rằng tích của 2 số tốt là một số tốt.

Gửi bởi chanhquocnghiem trong 07-12-2014 - 17:03

Gọi hai số tốt là : $x;y (x \ge y)$

Xét số $xy$

Nhận thấy các số $n \in [1;x-1]$ luôn biểu diễn được dưới dạng tổng các ước số của xy (do ước của xy bao gồm ước của x)

Các số $\in [kx+1;(k+1)x-1]$ biểu diễn $kx + m (m \in [1;x-1])$ nhận thấy $kx> mọi ước số x$ nên phân biệt $(k=1 ;2;...; y-1)$

Các số $kx$ chính là ước của xy $n \in [1;x-1]$

Nên xy cũng là số tốt $.$

Câu " Các số $kx$ chính là ước của $xy$ " cần phải xem lại !

Ví dụ : $x=6$ ; $y=4$ (đều là số tốt) ---> $xy=24$

Khi đó nếu $k=3$ thì $kx=18$ sao có thể là ước của $xy=24$ được ?

 

Mình xin đề xuất cách giải sau :

Có thể xem số $1$ cũng là số tốt (vì chẳng có số nguyên dương nào nhỏ hơn nó).

Gọi 2 số tốt đang xét là $A$ và $B$ ($A\leqslant B$).Xét các TH :

$1)$ Ít nhất $1$ trong $2$ số tốt đang xét bằng $1$ : Khi đó điều cần chứng minh là hiển nhiên.

$2)$ Cả hai số tốt $A$ và $B$ đều khác $1$ :

 Ta cần chứng minh bổ đề sau :

Bổ đề : Xét số nguyên dương N khác 1 có $n$ ước dương xếp theo thứ tự tăng dần $u_{1},u_{2},...,u_{n}$

N là số tốt khi và chỉ khi $u_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$, với mọi $k$ từ 1 đến n-1.

Chứng minh :

+ Giả sử số tốt N có ước dương $u_{k+1}> 1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$.Khi đó số $1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$ (là số nhỏ hơn $u_{k+1}$ nên cũng nhỏ hơn N) không thể biểu diễn thành tổng các ước dương phân biệt của N (mâu thuẫn với giả thiết N là số tốt).Vậy $u_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$, với mọi $k$ từ 1 đến n-1.

+ Đảo lại, giả sử số N có $n$ ước dương xếp theo thứ tự tăng dần $u_{1},u_{2},...,u_{n}$ thỏa mãn 

$u_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$, với mọi $k$ từ 1 đến n-1.Ta cần cm $N$ là số tốt.

Dễ thấy rằng $u_{1}=1$ ; $u_{2}=2$

Và mọi số nguyên dương từ $1$ đến $u_{1}+u_{2}$ đều có thể biểu diễn thành "tổng" của 1 hoặc các ước dương thuộc $\left \{ u_{1} ;u_{2}\right \}$

Giả sử mọi số nguyên dương từ $1$ đến $u_{1}+u_{2}+...+u_{k}$ đều có thể biểu diễn thành "tổng" của 1 hoặc nhiều ước dương thuộc $\left \{ u_{1};u_{2};...;u_{k} \right \}$

Vì $u_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}u_{i}$ nên suy ra mọi số nguyên dương từ $1$ đến $u_{1}+u_{2}+...+u_{k+1}$ đều có thể biểu diễn thành "tổng" của 1 hoặc nhiều ước dương thuộc $\left \{ u_{1};u_{2};...;u_{k+1} \right \}$

Theo nguyên lý quy nạp suy ra mọi số nguyên dương từ $1$ đến $u_{1}+u_{2}+...+u_{n}$ (là số lớn hơn $N$, vì $u_{n}=N$) đều có thể biểu diễn thành "tổng" của 1 hoặc nhiều ước dương thuộc $\left \{ u_{1};u_{2};...;u_{n} \right \}$, hay nói cách khác, $N$ là số tốt.

Cũng bằng quy nạp, ta cm được nếu số tốt $N$ có $n$ ước dương xếp theo thứ tự tăng dần $u_{1},u_{2},...,u_{n}$ thì $\frac{u_{k+1}}{u_{k}}< 3$

Từ bổ đề trên suy ra với mọi số tốt khác 1, ta đều có $u_{1}=1$ ; $u_{2}=2$ (tức mọi số tốt khác 1 đều là số chẵn).

Gọi $C=A.B$ ; $D$ là ước chung lớn nhất của $A$ và $B$ ($A\leqslant B$) ; và gọi số ước dương của $A,B,C,D$ lần lượt là $a,b,c,d$.

Các ước dương của $C$ xếp theo thứ tự tăng dần là $v_{1},v_{2},...,v_{c}$ (trong các ước này có $A$ và $B$)

Dễ tính được rằng $B=v_{a+b-d}$ và $A=v_{c-a-b+d+1}$

Xét 2 TH :

$a)$ Nếu $A$ có dạng $2^{a-1}$ và $B$ có dạng $2^{b-1}$ ($A$ và $B$ phân tích ra thừa số nguyên tố chỉ có thừa số $2$) :

Khi đó $C$ có dạng $2^{c-1}$ và có các ước là $1,2^1,2^2,...,2^{c-1}$

Các ước này thỏa mãn điều kiện $v_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}v_{i}$ nên theo bổ đề trên, $C$ là số tốt.

$b)$ Các TH khác :

Xét dãy gồm $a+b-d$ ước dương đầu tiên (từ $v_{1}=1$ đến $v_{a+b-d}=B$, tạm gọi là dãy $\alpha$)

Dãy $\alpha$ này chứa tất cả các ước dương của số tốt $B$ là $u_{1},u_{2},...,u_{b}$ (dãy $\beta$)

(ngoài ra có bổ sung các ước khác)

$B$ là số tốt nên dãy $\beta$ thỏa mãn ĐK $\frac{u_{k+1}}{u_{k}}< 3$

Giả sử $u_{k}=v_{p}$ ; $u_{k+1}=v_{r}$ và $2< \frac{u_{k+1}}{u_{k}}=\frac{v_{r}}{v_{p}}< 3$ thì vì $A$ là số chẵn nên suy ra trong dãy $\alpha$ còn có số $v_{q}$ xen giữa $v_{p}$ và $v_{r}$ (số $v_{q}$ này bằng $2u_{k}=2v_{p}$, do số $u_{k}$ nhân với thừa số $2$ trong $A$)

Do đó trong mọi TH, dãy $\alpha$ thỏa mãn ĐK $\frac{v_{k+1}}{v_{k}}\leqslant 2,\forall k$ từ 1 đến a+b-d-1.

Hơn nữa, vì $B\geqslant A$ nên dãy $\alpha$ có số ước nhiều hơn $c/2$

$\Rightarrow$ dãy $v_{1},v_{2},...,v_{c}$ cũng thỏa mãn ĐK $\frac{v_{k+1}}{v_{k}}\leqslant 2,\forall k$ từ 1 đến c-1 $\Rightarrow v_{k+1}\leqslant 1+\sum_{i=1}^{k}v_{i},\forall k$ từ 1 đến c-1

$\Rightarrow C$ là số tốt.

 

Cách khác :

Gọi 2 số tốt đó là $A$ và $B$

Tập các ước dương của $A$ là $X=\left \{ u_{1},u_{2},...,u_{a} \right \}$

Tập các ước dương của $B$ là $Y=\left \{ v_{1},v_{2},...,v_{b} \right \}$

Một số nguyên dương S bất kỳ nhỏ hơn $A.B$ có thể viết dưới dạng $S=pB+q$, trong đó

$p\in \left \{0; 1;2;...;A-1 \right \}$ ; $q\in \left \{0; 1;2;...;B-1 \right \}$ ($p$ và $q$ không đồng thời bằng 0)

Vì $A,B$ là số tốt nên có thể viết

$p=u_{k}+u_{l}+...+u_{m}$ với $u_{k},u_{l},...,u_{m}\in X$ (nếu $1\leqslant p\leqslant A-1$)

$q=v_{r}+u_{s}+...+u_{t}$ với $v_{r},v_{s},...,v_{t}\in Y$ (nếu $1\leqslant q\leqslant B-1$)

Vậy nếu $p=0\Rightarrow S=v_{r}+v_{s}+...+v_{t}$

Nếu $q=0\Rightarrow S=(u_{k}+u_{l}+...+u_{m})B=u_{k}B+u_{l}B+...+u_{m}B$

Nếu $p,q\neq 0$

$\Rightarrow S=(u_{k}+u_{l}+...+u_{m})B+v_{r}+v_{s}+...+v_{t}=u_{k}B+u_{l}B+...+u_{m}B+v_{r}+v_{s}+...+v_{t}$

Trong cả 3 TH, tất cả các số hạng trong tổng ở vế phải đều là ước dương của $A.B$ nên suy ra $A.B$ là số tốt.