E. Galois

Ta thực hiện hai hành động:
- Hành động 1: lấy 1 bi xanh, 1 bi vàng, 1 bi trắng, có 7.8.3 = 168 cách
- Hành động 2: Lấy thêm 2 viên bi nữa từ số (7 + 8 + 3) - 3 = 15 viên bi còn lại để đủ 5 viên, có $C_{15}^2$

Vậy theo quy tắc nhân, ta có:
$$ 168.C_{15}^2 = 17640$$

bạn có thể nói cụ thể dạng này đc ko. Nếu là góc tù thi sao

Góc đang xét chính là góc tù vì cosin của nó âm. Nếu cosin dương, tức là góc nhọn thì ta cộng hai vt đó lại.


Bạn không nên post bài HHKG trong box dành cho các môn KHTN khác. Hãy post nó vào HHKG ở toán THPT

Cho d1 qua điểm có tọa độ ( 1,2,0 ) có VTCP ( 1, 2.-2)
Cho d2 qua điểm có tọa độ ( 2,2,0 ) có VTCP ( 2, 4.-4)
Cho d3 qua điểm có tọa độ ( 0,0,-1 ) có VTCP ( 2, 1, 1)
Cho d4 qua điểm có tọa độ ( 2,0,1 ) có VTCP ( 2, 2, -1)
Viết phương trình đường thẳng d cắt cả 4 đường trên.
Ai giúp em trình bày cụ thể bài này với. Tks

Giải
Dễ thấy: $d_1 // d_2$
mp (P) chứa cả hai đường thẳng $d_1, d_2$ có vtpt $\vec{n}=(0;1;1)$ và đi qua A(1;2;0) nên có pt:
$$y+z-2=0$$
Ta có phương trình các đường còn lại\[
d_3 :\left\{ \begin{array}{l}
x = 2t \\
y = t \\
z = - 1 + t \\
\end{array} \right.;d_4 :\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + 2u \\
y = 2u \\
z = 1 - u \\
\end{array} \right.
\]
Từ đó có giao của $d_3$ và (P) là: $B\left ( 3;\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2} \right )$
Giao của $d_4$ và (P) là: $C\left ( 4;2;0 \right )$
Ta có:
\[
\overrightarrow {BC} = \left( {1;\dfrac{1}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)
\]Dễ thấy $\overrightarrow {BC} $ không cùng phương với vtcp của d1, d2 nên đường thẳng BC chính là đường thẳng cần tìm. Phương trình của nó là:
\[
\dfrac{{x - 4}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{1} = \dfrac{z}{{ - 1}}
\]

Ta giải bài toán tổng quát

Biện luận theo tham số a, số nghiệm của phương trình:
\[
\sqrt[5]{{x^2 - 34x + a}} - \sqrt[4]{{x^2 - 34x + 33}} = 1
\](1)

ĐK: $x\geqslant 33$ hoặc $x\leqslant 1$ (*)
Đặt $t=\sqrt[4]{x^2-34x+33}(t\geqslant 0)$
ta có
$$(1)\Leftrightarrow \sqrt[5]{t^4-33+a}-t=1\Leftrightarrow a = \left ( t+1 \right )^5 - t^4 + 33$$
Xét hàm số:
$$f(t) = \left ( t+1 \right )^5 - t^4 + 33, \forall t\geq 0$$
Ta có:
$$f'(t) = 5\left ( t+1 \right )^4 - 4t^3 > 0,\forall t\geq 0$$
Nên hàm số $f(t)$ luôn đồng biến trên $\left [ 0;+\infty \right )$. Do đó:
$$min f(t) = f(0)=34$$
Mặt khác:
$$\lim_{t\rightarrow +\infty } f(t)= +\infty$$
nên điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là $a\geq 34$

Ứng với mỗi giá trị của a, vì hàm số $f(t)$ đồng biến nên ta có được 1 và chỉ 1 giá trị $t\geq 0$

$$$t=\sqrt[4]{x^2-34x+33} \Leftrightarrow x^2-34x+33-t^4=0$$
Phương trình bậc hai với ẩn x trên đây luôn có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện (*). Do đó, với $a\geq 34$, pt luôn có 2 nghiệm

Xét hệ pt:
$$\left\{\begin{matrix} 2x & + &y & & &+ &1 & = & 0\\ x &- &y &+ & z & - & 1 &= & 0\\ 3x &+ &y &- &z &+ & 3 & = &0 \\ 2x & -& y& & &+ &1 &= &0 \end{matrix}\right.$$
Giải hệ này ta được:
$$\left\{\begin{matrix} x=-0.5\\ y=0 \\ z=1.5 \end{matrix}\right.$$
Vậy hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại M(0.5;0;1.5)
vtcp của d1 và d2 lần lượt là
$$\vec{n}_1=\left ( 1;-2;-3 \right );\vec{n}_2=\left ( 1;2;5 \right )$$

Dễ thấy:
$$cos(\vec{n}_1;\vec{n}_2)=\dfrac{\vec{n}_1.\vec{n}_2}{\left | \vec{n}_1 \right |.\left | \vec{n}_2 \right |} < 0$$
nên vtcp của góc cần tìm là:
$$\vec{u}=\dfrac{\vec{n}_1}{\left | \vec{n}_1 \right |}-\dfrac{\vec{n}_1}{\left | \vec{n}_1 \right |} = \left ( \dfrac{1}{\sqrt{14}}-\dfrac{1}{\sqrt{30}};\dfrac{-2}{\sqrt{14}}-\dfrac{2}{\sqrt{30}};\dfrac{-3}{\sqrt{14}}-\dfrac{5}{\sqrt{30}} \right )$$
Bạn dễ dàng viết pt rồi

Sử dụng bổ đề ở đây: http://diendantoanho...showtopic=63843

BỔ ĐỀ CHO CÂU 6
------------------------------
Cho tập $E=\{1,2,..,n\};\;\;(n\le 9)$. Mỗi tổ hợp gồm $i;\;(1\le i\le n)$ phần tử của $E$ là $\{a_1,...,a_i\}$ được sắp tăng dần $(a_1<...<a_i)$ để tạo thành số $\overline{a_1...a_i}$.
Gọi $S_{i,n}$ là tổng của tất cả các số đó.
Chứng minh rằng:
$\boxed{S_{i,n}=\overline{1...i}C_{n+1}^{i+1}}\;\;\;(*)$
------------------------------
Lời giải: Ta sẽ CM (*) bằng quy nạp theo $i$

• Với $i=1$, thì (*) trở thành $S_{1,n}=1.C_{n+1}^2=\dfrac{(n+1)n}{2}=1+...+n$ Vậy (*) đúng.
• Giả sử (*) đúng với $i-1$, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với $i$

Ta tính tổng $S_{i,n}$ bằng cách phân ra các số có tận cùng là $k,\;\;(i\le k\le n)$



Nếu số có tận cùng là $k$ thì $i-1$ chữ số đầu sẽ có các chữ số nhỏ hơn $k$, nghĩa là nó là một tổ hợp $i-1$ phần tử của tập $\{1,...,k-1\}$ được sắp thứ tự tăng dần.
Có $C_{k-1}^{i-1}$ số như vậy. Do đó ta có:
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(10S_{i-1,k-1}+kC_{k-1}^{i-1}\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(10.\overline{1...i-1}C_k^i+iC_k^i\right)$ (Theo giả thiết quy nạp)
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(\overline{1...(i-1)0}C_k^i+iC_k^i\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(\overline{1...i}C_k^i\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\overline{1...i}\sum\limits_{k=i}^n\left(C_{k+1}^{i+1}-C_k^{i+1}\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\overline{1...i}C_{n+1}^{i+1}$

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Với n = 9, i = 5, Ta có:
$$S=12345.C_{10}^{6}$$

Bài này mở rộng từ một bài toán trong Sách BT ĐS và GT 11 NC.
Kí hiệu L, R, T, S lần lượt là biến cố anh say rượu bước sang trái, sang phải, phía trước, phía sau.
Vì anh ta bước 4 bước nên số phân tử của không gian mẫu là:
$$ n\left (\Omega \right )=4^4$$

Sau 4 bước anh ta quay lại chỗ cũ khi và chỉ khi anh ta bước số bước sang trái bằng số bước sang phải, số bước lên đằng trước bằng số bước về phía sau.

Ta có các trường hợp sau:
* TH1) Anh ta bước 4 bước L, R, T, S khác nhau. Ta có 4! khả năng.
* TH2) Anh ta bước 2 bước L và 2 bước R. Ta có $C^2_4$

* TH3) Anh ta bước 2 bước T và 2 bước S. Ta có $C^2_4$

Theo quy tắc cộng, biến cố sau 4 bước anh ta quay lại chỗ cũ có: $2C^2_4+4!$
Xác suất cần tìm là:
$$p=\dfrac{2C_{4}^{2}+4!}{4^4}$$

Trận đấu đã kết thúc. Một trận thật hay. hxthanh thật là một toán thủ "đáng sợ"
Trận này tỉ số: BETA 12 - 28 GAMA đúng ko nhỉ để mình đưa lên thông báo

E.Galois của ALPHA xin giải bài 5 của DELTA

Câu 5 (Đại số THPT):
Cho đa thức $P(x)$ bậc $2011$ với hệ số nguyên. Chứng minh
đa thức $Q(x)=P^2(x)-9$ có không quá 2015 nghiệm nguyên.

Giả sử $Q(x)$ có nhiều hơn 2015 nghiệm nguyên. Ta có:
$$Q(x)=P^2(x)- 9 = \left [ P(x)-3 \right ]\left [ P(x)+3 \right ]$$
Giả sử $P(x) - 3$ có $m$ nghiệm là
$$x_1; x_2; ...; x_m$$
$P(x) + 3$ có $n$ nghiệm là
$$y_1; y_2; ...; y_n$$.
Dễ thấy hai tập nghiệm trên không giao nhau và $m + n $ chính là số nghiệm của $Q(x)$.
Không giảm tổng quát, ta giả sử:
$$x_1< x_2< ...< x_m; y_1<y_2<...<y_n$$
Vì $degP(x) = 2011$ nên
$$m\leq 2011; n\leq 2011$$
Mặt khác vì $Q(x)$ có nhiều hơn 2015 nghiệm nên
$$m+n\geqslant 2015$$.
Do đó:
$$m\geqslant 5;n\geqslant 5;$$
Do vậy tồn tại
$$i_0 (1\leq i_0\leqslant m);j_0 (1\leq i_0\leqslant n);$$
sao cho
$$\left | x_{i_0} - y_{j_0} \right | \geqslant 7$$(1)


Ta lại có:
$$P( x_{i_0}) - P(y_{j_0}) = 6$$
Và vì $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên nên:
$$\left (P( x_{i_0}) - P(y_{j_0}) \right ) \vdots (x_{i_0} - y_{j_0})$$
hay
$$6 \vdots (x_{i_0} - y_{j_0})$$(2)

Mâu thuẫn giữa (1) và (2) chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai.
Vậy $Q(x)$ có không quá 2015 nghiệm nguyên.

Điểm : 5/7

Ta có:
$$A=\dfrac{x}{\left ( x-1996 \right )^2}\Leftrightarrow A\left ( x-1996 \right )^2- x = 0 \\ \Leftrightarrow Ax^2 - \left (3992A-1 \right )x + 1996^2A = 0$$

$$\Delta = \left (3992A-1 \right )^2 - 4.1996^2A^2 = -7984A+1$$

$$\Delta \geq 0\Leftrightarrow A \leq \dfrac{1}{7894}$$

Vậy $min A = \dfrac{1}{7894}$. Bạn tự tìm x nhé

E.Galois của ALPHA xin giải bài 4 của DELTA

Câu 4 Giải tích THPT): Tìm $f: R \rightarrow R$ liên tục và thỏa mãn :
$f(x+2f(y)) = f(x)+y+f(y)$ với mọi $x,y \in R$.(1)

Với x = y, ta có:
$$f(x+2f(x))=x+2f(x) (2)$$

Thay y trong (1) bằng y + 2f(y) và áp dụng (2), ta có :
$$f(x)+2y+4f(y) = f(x + 2y + 4f(y))= f{[(x + 2y + 2f(y)) + 2f(y)]}$$
$$= f[(x + 2y) + 2f(y)] + y + f(y)= f(x + 2y) + 2y + 2f(y)$$

Từ đó suy ra :
$$f(x + 2y) = f(x) + 2f(y)$$

Cho x = y = 0, ta có f(0) = 0
Cho x = 0, và kết hợp f(0) = 0, ta có :
$$f(2y) = 2f(y)$$

Vậy ta có :
$$f(x + y) = f(x) + f(y) (3)$$

Hàm f liên tục, xác định trên R thỏa mãn điều kiện (3) là nghiệm của phương trình hàm Cauchy. Ta có $f(x) = ax $với $a = f(1)$.
thay x = 1 và $f(x) = ax, y ≠ 0$, vào (1), ta có :

\[
(1 + 2ay) = ax + y + ay \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 1 \\
a = - \dfrac{1}{2} \\
\end{array} \right.
\]


Do đó $f(x) = x$ hoặc $f(x) = \dfrac{{ - x}}{2}$
Thay vào (1), ta thấy hai nghiệm trên thỏa mãn
Vậy hàm cần tìm là $f(x) = x$ hoặc $f(x) = \dfrac{{ - x}}{2}$

___________________
Nếu các bạn coi PTH Cauchy là ngoài chương trình phổ thông, mình sẵn sàng chứng minh nó ở đây.

PSW : không cần đâu E.Galois

7/7 điểm

Gọi là bình luận thì mình không giám. Mình xin trình bày lời giải bài toán số của đội ALPHA

Câu 5:
Cho tứ diện ABCD có AB = x, các cạnh còn lại đều bằng 1. Tìm x để thể tích tứ diện đạt GTLN. Tìm giá trị đó.

Giải:


Vì các tam giác ACD và BCD là các tam giác đều nên hình chiếu H của A lên mp (BCD) nằm trên đường trung trực của BC.
Ta có:
$$AH=\dfrac{2S_{ABE}}{BE}$$
Áp dụng công thức Hêron cho tam giác ABE
$$S_{ABE}=\sqrt{(\dfrac{x+\sqrt{3}}{2})(\dfrac{x-\sqrt{3}}{2})\dfrac{x}{2}.\dfrac{x}{2}}=\dfrac{1}{4}\sqrt{x^2(3-x^2)}$$
Vậy:
$$AH=\sqrt{\dfrac{x^2(3-x^2)}{3}}$$; $$V_{ABCD}=\dfrac{1}{12}\sqrt{x^2(3-x^2)}$$
Áp dụng BDT AM-GM cho hai số x và $\sqrt{3-x^2}$ ta có:
$$V_{ABCD}\leq \dfrac{1}{12}\dfrac{x^2+(3-x^2)}{2}=\dfrac{1}{8}$$
Dấu "=" xảy ra khi $x=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$
Vậy:
$$max V_{ABCD}=\dfrac{1}{8}\Leftrightarrow x=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$$

Rất cảm ơn những ý kiến bổ ích của bác Nguyễn Trường Chấng. Theo Galois được biết bác Chấng đã có một số đầu sách toán học được xuất bản và phát hành sâu rộng. Không biết có phải bác Chấng này không? Nếu phải, xin bác cho biết tuổi tác để dễ xưng hô ạ

@h.vuong_pdl: Trong nhà đóng cửa bảo nhau, chớ nên vạch áo cho người xem lưng

Dù có là lớp chọn thì cũng là 11 ban CB nên mình đề xuất như sau.

1) Kiểm tra bài cũ:
a) Em hãy tính $C_2^0;C_2^1; C^2_2; C_3^0; C_3^1; C_3^2; C_3^3; C_4^0; C_4^1; C_4^2; C_4^3; C_4^4)$
b) em hãy khai triển theo các hằng đẳng thức:
$ (a+b)^2 = ... \\ (a+b)^3 = ...$

(chọn 2 học sinh trung bình là được)
Gọi học sinh nhận xét.
GV nhận xét cho điểm và đừng xóa vội phần này

Dẫn dắt: ta đã biết tính bình phương và lập phương của 1 tổng, thế $(a+b)^4$ thì được khai triển thế nào?

2) Ví dụ mở đầu: Khai triển $(a+b)^4$
(gọi 1 học sinh khá-giỏi lên bảng để cho nhanh, học sinh có thể biến đổi theo 1 trong 2cách:
$$ (a+b)^4 = (a+b)(a+b)^3 = ... \\ (a+b)^4 = ((a+b)^2)^2 = ... $$
Gọi học sinh nhận xét
GV chỉ ra rằng cách làm đó khá dài dòng phức tạp, liệu có cách nào khác không? Và yêu cầu học sinh so sánh các hệ số khai triển với các giá trị nCk ở phần kiểm tra bài cũ.

3) GV khái quát hóa thành định lí khai triển nhị thức (kể chút chuyện về Newton)


4) Gọi học sinh nhận xét về:
- Số các số hạng của khai triển bậc n
- Các hệ số của khai triển (từ nC0 đến nCn)
- Mũ của a, mũ của b
- Tổng mũ của a và b

5) Ví dụ củng cố
VD1) $(a+b)^4=?$
VD2) $(x-2)^4$
VD3) $(2x+1/2)^4=$
VD4) $(x^2 + 1/x)^4 = $
Hãy chia nhóm học sinh cho nhanh

6) Câu hỏi: em hãy nêu phần mất nhiều thời gian nhất trong khai triển
- Dẫn dắt để học sinh trả lời rằng đó là tính $C_n^k$. Nếu cần thêm ví dụ $(a+b)^5$

7) Kể chút chuyện về Pascal và nêu cách lập tam giác Pascal. GV tự tính đến dòng n = 3 và yc học sinh làm tiếp dòng 4, 5.

8) Hãy nhận xét về các hệ số cách đều hai số hạng đầu và cuối
...

Củng cố:
...


Các dạng ôn thi đại học thì kệ nó. Bạn đừng quên là đây là chương trình phổ thông, ta dạy bám sát chuẩn kiến thức kĩ năng mà.

E.Galois của ALPHA xin giải câu 4 của BETA

Câu 4 :
Cho ba số nguyên không âm bất kì $ a ; b ; c$ . Mỗi 1 bước ta biến bộ $(a;b;c)$ thành bộ $ ( |b-c| ; |c-a| ; |a-b| ) $ . Chứng minh rằng ; sau một số hữu hạn các bước ; ta sẽ thu được 1 bộ có chứa số $0$

Giải

Đặt
$$(a_0;b_0;c_0) = (a;b;c) $$
\[
\left( {{\rm{a}}_{{\rm{n + 1}}} ;b_{n + 1} ;c_{n + 1} } \right) = \left( {\left| {b_n - c_n } \right|;\left| {c_n - a_n } \right|;\left| {a_n - b_n } \right|} \right),\forall n \ge 0
\]

Dễ thấy:
$$\max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} > \max \{ a_1 ;b_1 ;c_1 \}$$

Ta chứng minh rằng:
ở bước thứ $n (n \ge 1)$, hoặc ta thu được một bộ số có số 0
hoặc
\[
\max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} > \max \{ a_1 ;b_1 ;c_1 \} > ... > \max \{ a_{n + 1} ;b_{n + 1} ;c_{n + 1} \} (A)
\]

Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp
*Với $n = 1$, nếu có một trong ba số $a_1 ;b_1 ;c_1$ bằng 0 thì ở bài toán được giải quyết xong. Nếu không, không làm mất tính tổng quát, ta giả sử $a_1 \le b_1 \le c_1$, ta có

\[
\max \left\{ {a_2 ;b_2 ;c_2 } \right\} = c_1 - a_1 < c_1 = \max \left\{ {a_1 ;b_1 ;c_1 } \right\} < \max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \}
\]
Vậy mệnh đề (A) đúng với n = 1.

Giả sử mệnh đề (A) đúng với $n = k \ge 1 $, tức là

ở bước thứ $n (n \ge 1)$, hoặc ta thu được một bộ số có số 0
hoặc
\[
\max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} > \max \{ a_1 ;b_1 ;c_1 \} > ... > \max \{ a_{k + 1} ;b_{k + 1} ;c_{k + 1} \}
\]

Khi đó, ở bước thứ $k+1$, nếu có một trong ba số $a_{k+1} ;b_{k+1} ;c_{k+1}$ bằng 0 thì ở bài toán được giải quyết xong. Nếu không, không làm mất tính tổng quát, ta giả sử $a_{k+1} \le b_{k+1} \le c_{k+1}$, ta có

\[
\max \left\{ {a_{k+2} ;b_{k+2} ;c_{k+2} } \right\} < \max \left\{ {a_{k+1} ;b_{k+1} ;c_{k+1} } \right\}
\]

Do đó:
\[
\max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} > \max \{ a_1 ;b_1 ;c_1 \} > ... > \max \{ a_{k + 2} ;b_{k + 2} ;c_{k + 2} \}
\]
Vậy mệnh đề (A) đúng với mọi $n \ge 1$.

Từ (A) ta suy ra rằng nếu đến bước thứ $n = \max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} + 2$ ta chưa thu được một bộ có số 0 thì ta thu được 1 dãy số nguyên dương đơn điệu giảm nghiêm ngặt:
\[
\max \{ a_0 ;b_0 ;c_0 \} ; \max \{ a_1 ;b_1 ;c_1 \} ; ... ; \max \{ a_{n + 1} ;b_{n + 1} ;c_{n + 1} \};
\]
Dãy số này phải có số hạng cuối bằng 0.

Ta có điều phải chứng minh.

PSW : 5/7