Định lý
Nếu $f(x) \stackrel{x \to a}{\sim} u(x)$ và $g(x) \stackrel{x \to a}{\sim} v(x)$ thì $f(x)\cdot g(x) \stackrel{x \to a}{\sim} u(x)\cdot v(x)$
Qua định lí này ta thấy rằng dễ dàng tìm vô cùng bé tương đương cho một tích bằng thế vô cùng bé tương đương cho từng hàm số nhưng đối với tổng hoặc hiệu thì điều này trở nên "nguy hiểm". Ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ
Ta biết $\tan x \stackrel{x \to 0}{\sim}$ và $x \stackrel{x \to 0}{\sim} x$ nhưng $\tan x - x \stackrel{x \to 0}{\not\sim} x- x =0$ nhưng trên thực tế $\tan x -x \stackrel{x \to 0}{\sim} \dfrac{x^3}{3}$
Hàm $f(x)=0$ vẫn thỏa mãn điều kiện trong lân cận quanh $x=0$, và $\lim_{x \to 0} \frac{x^3}{3} = 0$ thì đâu khác gì $\lim_{x \to 0} f$ ?
Mình lại nghĩ ví dụ này đúng, chỉ là tùy tình huống mà sẽ có lợi hay không.
Nhìn hạng tử $3^{2k}C_{2018}^{2k}$ làm ta liên tưởng tới số hạng của khai triển nhị thức $(1+3x)^n$, nên ta đặt $f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^{2018}}$.
Lại chú ý rằng tổng $S$ chỉ có những số hạng mũ chẵn, nên ta phải tìm cách triệt tiêu các số mũ lẽ của $f$.
Một cách thông dụng là xét $f(x)+f(-x)$, khi đó các số mũ lẻ sẽ tự triệt tiêu nhau.
1. Đánh giá độ khó của từng bài, xếp theo thứ tự dễ đến khó rồi tấn công từ bài.
2. Tập giải nhiều bài để có được trực giác và nhiều phương pháp.
Hai việc này thực ra đi song hành với nhau: làm nhiều mới biết được bài khó hay dễ.
Còn về cách trình bày, bạn tập trình bày lý luận ngược: muốn chứng minh A, ta cần có B và C. Để chứng minh B, ta có ... Để chứng minh C, ta thấy rằng có D, E, F, v.v.
Cho em hỏi là việc mình dùng góc định hướng để giải thì có lợi ích gì hơn so với khi làm góc bình thường ấy ạ?
Mục đích là giảm sự phụ thuộc vào vị trí tương đối của các điểm/đoạn thẳng. Chẳng hạn, nếu $ABC$ nhọn thì $H$ nằm trong tam giác $ABC$, nhưng nếu tam giác $ABC$ tù thì $H$ lại nằm ngoài.
Mệnh đề "$E,F,H$ thẳng hàng" vẫn đúng, nhưng các góc cần so sánh đã thay đổi vị trí, các phép cộng trừ góc có thể sẽ cần phải viết lại. Sử dụng góc định hướng giúp cho việc tính toán góc không phụ thuộc vào vị trí "chúng ta đang thấy".
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O).Đường
thẳng CH cắt AB tại D . Đường thẳng qua D vuông góc với OD , cắt đường thẳng
BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH cắt đường thẳng AB tại F ( F không
trùng B ). Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.
Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:
Mệnh đề
$H,G$ đối xứng nhau qua $AB$.
Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.
Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.
Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:
Mệnh đề
Cho $(O)$ và dây $AB$ không qua tâm. $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ vẽ 2 dây $CD, EF$ sao cho $C,E$ thuộc cung AB nhỏ. $CF$ và $ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M,N$. Khi đó: $$ IM=IN$$
Vậy lời giải số 4 (xếp theo \(3 \times 2 \times 2 \)) đang là lời giải tốt nhất.
Nếu ta xếp xen kẽ các trái bóng thì ta có thể làm tốt hơn không?
Dưới đây là một cách xếp xen kẽ 2 lớp, mỗi lớp 2 hàng, mỗi hàng 3 bóng xen kẽ với hàng trên.
Chú ý rằng khi xếp chồng 2 lớp lên thì mặt bên của hình hộp (mặt có 6 bóng) sẽ có sắp xếp tương tự với lớp 1 hoặc 2. Sau khi tính toán các thông số, ta thu được chiều dài \(3,5 R\), chiều rộng \(\left( {1+\frac{\sqrt 3}{2}} \right)R\) và chiều cao \(\left( {1+\frac{\sqrt 3}{2}} \right)R\). Vậy diện tích toàn phần sẽ xấp xỉ \((17,5+9\sqrt{3})R^2 \approx \bf 33,09R^2\).
Vậy là phương án xếp xen kẽ không thể vượt được cách xếp hình hộp \(3 \times 2 \times 2\)
Thế nhưng, liệu có thể chứng mình đấy là phương án tốt nhất không?
Tìm kiếm
Nam
Gửi bởi
trong 08-03-2024 - 01:31
e trình bày như thế ổn không ạ?
