|
sửa đổi
|
treo thưởng 5k sò
|
|
|
a) 2 tam giác vuông AEB và AFC có góc A chung nên chúng đồng dạngVậy $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$ Vậy $\Delta AEF\sim ABC$ (ĐPCM) b) Giả sử AO cắt đường tròn tại D (Khác A)AO là đường kính của đường tròn nên các tam giác ADB và ADC vuông tại B và C hayDB vuông góc với AB, DC vuông góc với ACVậy DB song song với CF, DC song song với BEsuy ra HBDC là hình bình hànhVậy A' là trung điểm của HD vậy OA' là đường trung bình của $\Delta ADH$ hay $OA'=\frac{AH}{2}$
a) 2 tam giác vuông AEB và AFC có góc A chung nên chúng đồng dạngVậy AE/AF}=AB/AC => AEF đồng dạng với ABC (ĐPCM) b) Giả sử AO cắt đường tròn tại D (Khác A)AO là đường kính của đường tròn nên các tam giác ADB và ADC vuông tại B và C hayDB vuông góc với AB, DC vuông góc với ACVậy DB song song với CF, DC song song với BEsuy ra HBDC là hình bình hànhVậy A' là trung điểm của HD vậy OA' là đường trung bình của $\Delta ADH$ hay $OA'=\frac{AH}{2}$
|
|
|
giải đáp
|
treo thưởng 5k sò
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
giải đáp
|
treo thưởng 5k sò
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
sửa đổi
|
quy nạp toán 11
|
|
|
quy nạp toán 11 cho u_n xác định bởi u1= căn 2, u_n=u_n -1 + 2012^2013 với mọi n &g t;=1. Thành lập và chứng minh công thức số hạng tổng quát
quy nạp toán 11 cho $u_n $ xác định bởi $u _1= \sqrt{2 }$, $u_n=u_ {n -1 }+2012^ {2013 }$ với mọi $n \g eq1 $. Thành lập và chứng minh công thức số hạng tổng quát
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập về số Ramsey
|
|
|
c) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau $R(m,n) ≤ R(m − 1,n) + R(m,n − 1)$. Ta xét $N = R(m − 1,n) + R(m,n − 1)$. Ta sẽ chứng minh mọi cách tô màu các cạnh của $K_N$ thì tồn tại $K_m$ xanh hoặc $K_n$ đỏ . Xét đỉnh A bất kì thì $N − 1 = R(m − 1,n) + R(m,n − 1) − 1$ Đỉnh còn lại sẽ kề với A bởi các cạnh màu xanh hoặc màu đỏ . * Trường hợp 1: Hoặc có $≥ R(m − 1,n)$ đỉnh nối với A bởi màu xanh. * Trường hợp 2: Hoặc có $≥ R(m,n − 1)$ đỉnh nối với A bởi màu đỏ . Ta xét cụ thể các trường hợp như sau: Trường hợp 1:
Với mọi cách tô màu tập X(A) bằng các đỉnh kề với A bởi 1 cạnh X ,thì sẽ tồn tại $K_{m−1}$màu xanh hoặc knmàu đỏ .Nếu tồn tại $K_n$ đỏ thì xong,nếu tồn tại $K_{m−1}$ xanh thì cùng với A ta có $K_m$ xanh.
. Trường hợp 2: $D(A)$ là tập các đỉnh kề với A bởi 1 cạnh đỏ ,và $D(A) ≥ R(m,n− 1)$,thì với mọi cách tô màu của $D(A)$ nếu tồn tại $K_m$ màu xanh (xong),hoặc $K_{n−1}$ màu đỏ thì kết hợp với A sẽ có $K_n$ màu đỏ . Vậy $R(m,n) ≤ R(m − 1,n) + R(m,n − 1)$.
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập về số Ramsey
|
|
|
b) Bạn có thể thấy: $R(2,m)\geq m$ vì nếu ngược lại, ta tô tất cả các cạnh màu đỏ thì chỉ có 1 đồ thị có tối đa $K_{m-1}$ cạnh màu đỏ mà thôi. Với đồ thị $K_m$ Nếu có ít nhất 1 cạnh xanh thì có 1 đồ thị con đầy đủ bậc 2 được tô màu xanh Nếu không có cạnh xanh nào thì đương nhiên là có một đồ thị con đầy đủ bậc m Vậy ta suy ra $R(2,m)=m$ Chứng minh $R(m,2)=m$ tương tự
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập về số Ramsey
|
|
|
Gọi $K_n$ là đồ thị đầy dủ với n đỉnh a) Đặt $R(n,m) = N1, R(m,n) = N2$. Ta cm $R(m,n) ≥ R(n,m)$ và $R(n,m) ≥ R(m,n)$ . 1. Giả sử $N1> N2$ khi đó tồn tại 1 cách tô màu cạnh của $K_{N2}$sao cho không có $k_m$ màu xanh và không có $k_n$ màu đỏ . khi đó nếu ta đổi 2 màu xanh đỏ cho nhau ta được 1 cách tô $K_{N2}$ không có $k_m$ màu đỏ. Mâu thuẫn với $R(n,m)$. 2. Tương tự như trên ta cũng có N2≥ N1.
3. Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
|
|
|
giải đáp
|
cấp số cộng !!!!!!!!!!!!!
|
|
|
B. Gọi số hạng đầu và công sai là $u_1$ và $d$ $u_2+u_5$ $=(u_1+d)+(u_1+4d)$ $=2u_1+5d=42$ $u_4+u_9$ $=(u_1+3d)+(u_1+8d)$ $=2u_1+11d=66$ Trừ theo vế suy ra $6d=24$ hay $d=4$ Vậy $u_1=\frac{42-5d}{2}=11$ Tổng 346 số hạng đầu bằng $u_1+(u_1+d)+..+(u_1+345d)=346u_1+345.173d=346.11+4.345.172=241166$
|
|
|
giải đáp
|
cấp số cộng !!!!!!!!!!!!!
|
|
|
B. Gọi số hạng đầu và công sai là $u_1$ và $d$ $u_2+u_5=(u_1+d)+(u_1+4d)=2u_1+5d=42$ $u_4+u_9=(u_1+3d)+(u_1+8d)=2u_1+11d=66$ Trừ theo vế suy ra $6d=24$ hay $d=4$ Vậy $u_1=\frac{42-5d}{2}=11$ Tổng 346 số hạng đầu bằng: $u_1+B. Gọi số hạng đầu và công sai là $u_1$ và $d$ $u_2+u_5=(u_1+d)+(u_1+4d)=2u_1+5d=42$ $u_4+u_9=(u_1+3d)+(u_1+8d)=2u_1+11d=66$ Trừ theo vế suy ra $6d=24$ hay $d=4$ Vậy $u_1=\frac{42-5d}{2}=11$ Tổng 346 số hạng đầu bằng $u_1+B. Gọi số hạng đầu và công sai là $u_1$ và $d$ $u_2+u_5=(u_1+d)+(u_1+4d)=2u_1+5d=42$ $u_4+u_9=(u_1+3d)+(u_1+8d)=2u_1+11d=66$ Trừ theo vế suy ra $6d=24$ hay $d=4$ Vậy $u_1=\frac{42-5d}{2}=11$ Tổng 346 số hạng đầu bằng $u_1+B. Gọi số hạng đầu và công sai là $u_1$ và $d$ $u_2+u_5=(u_1+d)+(u_1+4d)=2u_1+5d=42$ $u_4+u_9=(u_1+3d)+(u_1+8d)=2u_1+11d=66$ Trừ theo vế suy ra $6d=24$ hay $d=4$ Vậy $u_1=\frac{42-5d}{2}=11$ Tổng 346 số hạng đầu bằng $u_1+(u_1+d)+..+(u_1+345d)=346u_1+345.173d=346.11+4.345.172=241166$
|
|
|
sửa đổi
|
cấp số cộng !!!!!!!!!!!!!
|
|
|
Gọi 15 số đó là $u_1,u_1+d,...,u_1+14d$Ta có $u_1 ^{3}+(u_1+14d)^3=302094$ (1)Và $u_1+(u_1+d)+...+(u_1+14d)=15u_1+105d=585$ (2)(2) => $u_1=\frac{585-105d}{15}=39-7d$Thay vào (1) thì $(39-7d)^3+(39-7d+14d)^3=(39-7d)^3+(39+7d)^3=302094$ Hay $11466(d-4)(d+4)=0$Dãy số tăng nên lấy $d=4$ Vậy $u_1=39-7.4=11$
A.Gọi 15 số đó là $u_1,u_1+d,...,u_1+14d$Ta có $u_1 ^{3}+(u_1+14d)^3=302094$ (1)Và $u_1+(u_1+d)+...+(u_1+14d)=15u_1+105d=585$ (2)(2) => $u_1=\frac{585-105d}{15}=39-7d$Thay vào (1) thì $(39-7d)^3+(39-7d+14d)^3=(39-7d)^3+(39+7d)^3=302094$ Hay $11466(d-4)(d+4)=0$Dãy số tăng nên lấy $d=4$ Vậy $u_1=39-7.4=11$
|
|
|
giải đáp
|
cấp số cộng !!!!!!!!!!!!!
|
|
|
A.Gọi 15 số đó là $u_1,u_1+d,...,u_1+14d$ Ta có $u_1 ^{3}+(u_1+14d)^3=302094$ (1) Và $u_1+(u_1+d)+...+(u_1+14d)=15u_1+105d=585$ (2) (2) => $u_1=\frac{585-105d}{15}=39-7d$ Thay vào (1) thì $(39-7d)^3+(39-7d+14d)^3=(39-7d)^3+(39+7d)^3=302094$ Hay $11466(d-4)(d+4)=0$ Dãy số tăng nên lấy $d=4$ Vậy $u_1=39-7.4=11$
|
|
|
giải đáp
|
toán 11 csc
|
|
|
Gọi số đó là $\overline{abc}$ 45=5.9 nên $\overline{abc}$ chia hết cho 5 và 9 + $\overline{abc}$ chia hết cho 5 nên $c=5$ hoặc $c=0$
Nếu c=5 Do a,b,c tạo thành 1 CSC nên $a+c=a+5=2b \Rightarrow a=2b-5$ Vì $\overline{abc}$ chia hết cho 9 nên $a+b+c=2b-5+b+5=3b$ chia hết cho 9 Vậy $b\in \{3,6,9\}$ b=3=> a=1 b=6=> a=7 b=9=> a=13 (không tm)
Nếu c=0 Do a,b,c tạo thành 1 CSC nên $a+c=a+0=2b \Rightarrow a=2b$ Vì $\overline{abc}$ chia hết cho 9 nên $a+b+c=2b-5+b+5=3b$ chia hết cho 9 Vậy $b\in \{3,6,9\}$ b=3=> a=6 b=6=> a=12 (không tm) b=9=> a=18 (Không tm) Vậy tóm lại, các số thỏa mãn là 630, 135, 765
|
|
|
giải đáp
|
BĐT 2
|
|
|
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: $6a^3+10a^2b+10a^2c+6abc+cb^2+c^2b-b^3-c^3>0$ Đặt $a=y+z,b=x+z,c=x+y$ (a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên x,y,z>0 điều trên tương đương với $56\,yzx+55\,{y}^{2}z+55\,y{z}^{2}+24\,{y}^{2}x+24\,{z}^{2}x+6\,y{x}^{2 }+6\,z{x}^{2}+15\,{y}^{3}+15\,{z}^{3} >0$ và hiển nhiên điều này đúng.
|
|
|
giải đáp
|
Cấp số.
|
|
|
1. Gọi 5 số này là $u_1,u_1q,u_1q^2,u_1q^3,u_1q^4$ Ta có: $u_1+u_1q+u_1q^2+u_1q^3+u_1q^4=121$ $u_1+u_1q^4=82$ Hay $\begin{cases}u_1(1+q+q^2+q^3+q^4)=121 \\ u_1(1+q^4)=82 \end{cases}$ Vậy $\frac{1+q+q^2+q^3+q^4}{1+q^4}=\frac{121}{82}$ Suy ra $-(-3 + q) (-1 + 3 q) (13 + 16 q + 13 q^2))=0$ Suy ra $q=3$ hoặc $q=1/3$ Suy ra $u_1=1$ hoặc $u_1=81$
|
|
|
bình luận
|
Bài 2 The right problem is line through B and perpendicular to BC meets AM at D, not AB
|
|
|
|
|