Lê Song Phương

Giới thiệu về bản thân

Chào mừng bạn đến với trang cá nhân của Lê Song Phương
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
xếp hạng Ngôi sao 1 ngôi sao 2 ngôi sao 1 Sao chiến thắng
0
(Thường được cập nhật sau 1 giờ!)

Gọi T là giao điểm của EF và BC. M là trung điểm DT.

Ta thấy \(AF=AE;BF=BD;CD=CE\) nên \(\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)

Theo định lý Menalaus, ta có \(\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\)  (1)

Đặt \(MD=MT=x;MB=b;MC=c\). Khi đó từ (1) có:

\(\dfrac{MD-MB}{MC-MD}=\dfrac{MB+MT}{MC+MT}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-b}{c-x}=\dfrac{b+x}{c+x}\)

\(\Leftrightarrow xc+x^2-bc-bx=bc-bx+cx-x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2=bc\)

\(\Leftrightarrow MT^2=MD^2=MH^2=MB.MC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\)

Tam giác MBH và MHC có:

\(\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\) và \(\widehat{HMB}\) chung

\(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta MHC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MHB}=\widehat{MCH}\)

Lại có \(\widehat{MHT}=\widehat{MTH}\) 

\(\Rightarrow\widehat{MHB}+\widehat{MHT}=\widehat{MCH}+\widehat{MTH}\)

\(\Rightarrow\widehat{BHT}=\widehat{CHE}\) (vì \(\widehat{CHE}\) là góc ngoài tại H của tam giác CHT)

\(\Rightarrow90^o-\widehat{BHT}=90^o-\widehat{CHE}\)

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{CHD}\)

\(\Rightarrow\) HD là tia phân giác của \(\widehat{BHC}\) (đpcm)

 Qua P kẻ đường thẳng song song với NQ cắt d tại R. Kẻ \(PH\perp d\) tại H. Khi đó độ dài PH không đổi.

 Khi đó vì \(NP\perp MQ\) nên tam giác MPR vuông tại P.

 Tam giác MPR vuông tại P có đường cao PH nên \(\dfrac{1}{MP^2}+\dfrac{1}{PR^2}=\dfrac{1}{PH^2}\) (*) không đổi.

 Lại có tứ giác NQPR là hình bình hành (các cặp cạnh đối song song) \(\Rightarrow RP=NQ\)

 Thế vào (*), ta có: \(\dfrac{1}{MP^2}+\dfrac{1}{NQ^2}=\dfrac{1}{PH^2}\) không đổi, ta có đpcm.

 Có \(VT=x^4+6x^2+x^2-2x+1+1\)

\(=x^4+6x^2+\left(x-1\right)^2+1\)

 Vì \(x^4,6x^2,\left(x-1\right)^2\ge0;1>0\) nên \(VT>0\). Do đó dấu "=" không thể xảy ra hay pt đã cho vô nghiệm.

\(3x^2+2y^2-4xy+x-2=0\)

\(\Leftrightarrow2y^2-4xy+3x^2+x-2=0\)

\(\Delta'=\left(-2x\right)^2-2\left(3x^2+x-2\right)\)

\(=-2x^2-2x+4\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-2x^2-2x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x^2-x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x^2+x-2x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x\left(x-1\right)-2\left(x-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x-2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-2\le x\le1\Rightarrow x\in\left\{-2;-1;0;1\right\}\)

Để \(y\inℤ\) thì đk cần là \(\Delta'\) là SCP

\(\Leftrightarrow-2x^2-2x+4\) là SCP

Thế \(x=-2,-1,0,1\), ta thấy cả 4 số này đều thỏa mãn

Vậy \(x\in\left\{-2;-1;0;1\right\}\)

Tới đây thì bạn thay vào \(y=\dfrac{2x\pm\sqrt{-2x^2-2x+4}}{2}\) để tìm \(y\) tương ứng rồi nhận loại là được.

 

a) Đặt \(x^2+4x+23=y^2\) với \(y\inℤ,y^2\ge19\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y\ge5\\y\le-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow y^2-x^2-4x-4=19\)

\(\Leftrightarrow y^2-\left(x+2\right)^2=19\)

\(\Leftrightarrow\left(y+x+2\right)\left(y-x-2\right)=19\)

Xét các TH sau:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=1\\y-x-2=19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;10\right)\) (nhận)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=19\\y-x-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;10\right)\) (nhận)

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-1\\y-x-2=-19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;-10\right)\) (nhận)

TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-19\\y-x-2=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;-10\right)\) (nhận)

Vậy ta tìm được 2 số nguyên \(x\) thỏa mãn là \(x=7;x=-11\)

b), c) ý tưởng giống câu a), ta đặt \(x^2+2kx+c=y^2\left(k\inℤ\right)\) rồi đưa về dạng hiệu 2 bình phương.

d) Đặt \(x^2+x+3=y^2\left(y\inℤ,y^2\ge\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow y\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^2+4x+3=4y^2\)

\(\Leftrightarrow4y^2-4x^2-4x-1=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y\right)^2-\left(2x+1\right)^2=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y+2x+1\right)\left(2y-2x-1\right)=2\)

Tới đây thì dễ rồi nhé.

 Xét \(f\left(x\right)=VT=x^2+y^2+xy-3x-3y+3\)

\(=x^2+\left(y-3\right)x+y^2-3y+3\)

 Có \(\Delta=\left(y-3\right)^2-4\left(y^2-3y+3\right)\)

\(=y^2-6y+9-4y^2+12y-12\)

\(=-3y^2+6y-3\)

\(=-3\left(y-1\right)^2\le0\) với mọi \(y\inℝ\)

 Mà \(f\left(x\right)\) có hệ số cao nhất bằng \(1>0\) nên từ đây có \(VT=f\left(x\right)\ge0\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(y=1\). Khi đó \(\Delta=0\) nên pt \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\) \(x=\dfrac{-\left(y-3\right)}{2}=1\).

 Ta có đpcm.

 

d) \(A=3cm\)\(\omega=4\pi\left(rad/s\right)\)\(\varphi_0=\dfrac{\pi}{5}\left(rad\right)\)

Khi đó \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}=0,5\left(s\right)\)

Cho \(x=1,5cm\Leftrightarrow\varphi=\pm\dfrac{\pi}{3}\left(rad\right)\) 

Thời gian vật đi qua vị trí \(x=1,5cm\) lần thứ ba là:

\(T+t_d=0,5+\dfrac{\Delta\varphi_d}{2\pi}.T\)

\(=0,5+\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{5}}{2\pi}.0,5\)

\(=\dfrac{8}{15}\left(s\right)\)

e) Thời gian cần tìm là:

\(t_e+19T=\dfrac{\Delta\varphi_e}{2\pi}.T+19.0,5\) 

\(=\dfrac{\dfrac{4\pi}{3}}{2\pi}.0,5+9.5=\dfrac{59}{6}\left(s\right)\) 

 

 

 

 Xét đường thẳng BC, có AH, AB lần lượt là đường vuông góc và đường xiên kẻ từ A đến BC. Do đó \(AH< AB\).

 Chứng minh tương tự, ta được \(BK< BC\) và \(CL< CA\)

 Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

 \(AH+BK+CL< AB+BC+CA\) (đpcm)

Có \(AB=\left(2^{2n+1}+2^{n+1}+1\right)\left(2^{2n+1}-2^{n+1}+1\right)\)

\(=\left(2^{2n+1}+1\right)^2-\left(2^{n+1}\right)^2\)

\(=\left(2^{2n+1}\right)^2-2.2^{2n+1}+1-2^{2n+2}\)

\(=2^{4n+2}+1\)

Ta sẽ chứng minh \(AB⋮5\) (*) bằng quy nạp.

Thật vậy, với \(n=1\) thì \(AB=65⋮5\) -> (*) đúng

Với \(n=2\) thì \(AB=1025⋮5\) -> (*) đúng

Giả sử (*) đúng đến \(n=k\ge1\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\). Thật vậy, với \(n=k+1\), ta có:

\(AB=2^{4\left(k+1\right)+2}+1\)

\(=2^{4k+6}+1\)

\(=2^{4k+6}+16-15\)

\(=2^4\left(2^{4k+2}+1\right)-15\)

Theo giả thiết quy nạp, \(2^{4k+2}⋮5\). Hơn nữa \(15⋮5\) nên \(AB⋮5\).

Vậy (*) đúng với \(n=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, ta có \(AB⋮5\)

Giả sử cả 2 số \(A,B\) đều chia hết cho 5. Khi đó:

\(A-B=2.2^{n+1}⋮5\), vô lý.

Vậy với mọi \(n\) thì chỉ có đúng 1 trong 2 số \(A,B\) chia hết cho 5. (đpcm)