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!)

a) \(v_x=v_0cos\alpha\)

\(v_y=v_0sin\alpha\)

\(x=v_xt=v_0cos\alpha.t\Rightarrow t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\)

\(\Rightarrow y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2\)

\(y=v_0sin\alpha.\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\right)^2\)

\(y=xtan\alpha-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^2}{v_0^2cos^2\alpha}\)

\(y=xtan30^o-\dfrac{1}{2}.10.\dfrac{x^2}{30^2cos^230^o}\)

\(y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x-\dfrac{1}{135}x^2\)

Có \(y'=\dfrac{\sqrt{3}}{3}-\dfrac{2}{135}x\)

Cho \(y'=0\Leftrightarrow x=\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\left(m\right)\) 

Khi đó lập bảng biến thiên, dễ thấy rằng \(maxy=\)\(y\left(\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{45}{4}=11,25\left(m\right)\)

Thời gian vật đạt được tầm cao đó là \(t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}=\dfrac{\dfrac{45\sqrt{3}}{2}}{30cos30^o}=\dfrac{3}{2}=1,5\left(s\right)\)

b) \(y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2=v_0sin30^ot-\dfrac{1}{2}.10t^2=15t-5t^2\)

Cho \(y=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=0\\t=3\end{matrix}\right.\)

Vậy thời gian chuyển động của vật là 3 giây

c) Tầm xa \(L=v_xt=30cos30^o.3=45\sqrt{3}\approx77,94\left(m\right)\)

d) Vật chạm đất \(v_x'=v_0cos30^o=15\sqrt{3}\left(m/s\right)\)

\(v_y'=v_y-gt=15-10.3=-15\left(m/s\right)\)

\(\Rightarrow\) Độ lớn vận tốc khi vật chạm đất là \(v=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=30\left(m/s\right)\)

Giả sử \(\sqrt{2}\) là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{2}=\dfrac{m}{n}\) với \(m,n\inℕ^∗,ƯCLN\left(m,n\right)=1\)

\(\Rightarrow m=n\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow m^2=2n^2\) (*)

\(\Rightarrow m⋮2\)

\(\Rightarrow m=2k\left(k\inℕ^∗\right)\)

Thế lại vào (*), ta có:

\(\left(2k\right)^2=2n^2\)

\(\Rightarrow4k^2=2n^2\)

\(\Rightarrow2k^2=n^2\)

\(\Rightarrow n⋮2\)

Ta thấy \(m,n⋮2\), trái với giả thiết \(ƯCLN\left(m,n\right)=1\) (mâu thuẫn)

Vậy giả sử sai \(\Rightarrow\) \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ.

a) Ảnh là ảnh thật và ngược chiều với vật.

b) Ta có \(\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{d'}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{1}{d'}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d}=\dfrac{d-f}{fd}\)

\(\Rightarrow d'=OA'=\dfrac{fd}{d-f}=\dfrac{4.10}{10-4}=\dfrac{20}{3}\left(cm\right)\)

Lại có \(\Delta OAB\sim\Delta OA'B'\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{OA}{OA'}\)

\(\Rightarrow A'B'=\dfrac{AB.OA'}{OA}=\dfrac{h.d'}{d}=\dfrac{2.\dfrac{20}{3}}{10}=\dfrac{4}{3}\approx1,33\left(cm\right)\)

Vậy chiều cao A'B' của ảnh là khoảng 1,33cm.

Bài toán tổng quát: Tính tổng \(S=1.2+2.3+3.4+...+n\left(n+1\right)\)

Giải:

\(3S=1.2.3+2.3.3+3.4.3+...+n\left(n+1\right).3\)

\(3S=1.2.\left(3-0\right)+2.3.\left(4-1\right)+3.4.\left(5-2\right)+...+n\left(n+1\right)\left[\left(n+2\right)-\left(n-1\right)\right]\)

\(3S=-0.1.2+1.2.3-1.2.3+2.3.4-2.3.4+3.4.5-...-\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(3S=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

Vậy \(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

 

 

\(m\left(x-1\right)\left(x-2\right)+2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow mx^2-3mx+2m+2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow mx^2-\left(3m-2\right)x+2m+1=0\)

Xét \(m=0\) thì pt thành \(2x+1=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}\) (nhận)

Xét \(m\ne0\). Khi đó để pt đã cho có nghiệm thì 

\(\Delta=\left[-\left(3m-2\right)\right]^2-4m\left(2m+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow9m^2-12m+4-8m^2-4m\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2-16m+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge8+2\sqrt{15}\\m\le8-2\sqrt{15}\end{matrix}\right.\)

Kết hợp tất cả các điều kiện, ta có \(m\ge8+2\sqrt{15}\) hoặc \(m\le8-2\sqrt{15}\)

ycbt \(\Leftrightarrow\left(m+1\right)x^2-2\left(m-1\right)x+3m-3\ge0,\forall x\inℝ\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1>0\\\Delta'\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left[-\left(m-1\right)\right]^2-\left(m+1\right)\left(3m-3\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)^2-3\left(m-1\right)\left(m+1\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)\left[m-1-3\left(m+1\right)\right]\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left(m-1\right)\left(-2m-4\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le-2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m\ge1\)

Vậy \(1\le m< 10\)

Sửa đề một chút là "Có bao nhiêu số nguyên..." chứ không phải "Có bao nhiêu số thực..." nhé, vì nếu là số thực thì sẽ có vô hạn số thỏa mãn rồi.

Khi đó \(m\in\left\{1;2;3;...;9\right\}\)

\(\Rightarrow\) Có 9 giá trị m thỏa ycbt.

Gọi 3 số đó là \(a,b,c\inℕ^∗\)

Khi đó \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(b,c\right)=ƯCLN\left(c,a\right)=1\)

và \(a+b⋮c,b+c⋮a,c+a⋮b\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=ax\left(1\right)\\c+a=by\left(2\right)\\a+b=cz\left(3\right)\end{matrix}\right.\left(x,y,z\inℕ^∗\right)\)

Lấy \(\left(2\right)-\left(1\right)\), ta được \(a-b=by-ax\)

\(\Rightarrow a\left(x+1\right)=b\left(y+1\right)\)    (4)

\(\Rightarrow a\left(x+1\right)⋮b\)  mà \(ƯCLN\left(a,b\right)=1\Rightarrow x+1⋮b\) \(\Rightarrow x+1=bm\)

Tương tự, ta có \(y+1⋮a\) \(\Rightarrow y+1=an\)

\(\left(4\right)\Rightarrow abm=ban\) \(\Rightarrow m=n\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1=bm\\y+1=am\end{matrix}\right.\)

Tương tự, ta cũng có \(z+1=cm\)

 Khi đó \(m\left(a+b\right)=x+y+2\)

 Mà \(cz=a+b\) \(\Rightarrow mcz=x+y+2\)

\(\Rightarrow z\left(z+1\right)=x+y+2\)

\(\Rightarrow z^2+z=x+y+2\)

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x=y+z+2\left(5\right)\\y^2+y=z+x+2\left(6\right)\\z^2+z=x+y+2\left(7\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2=x+y+z+6\)

 

\(\Rightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{27}{4}\)

\(\Rightarrow\left(2x-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2+\left(2z-1\right)^2=27\)

Ta lập tất cả các bộ 3 số chính phương có tổng bằng 27:

(1,1,5); (1,5,1); (5,1,1); (3,3,3)

Nếu \(2x-1=2y-1=2z-1=3\Leftrightarrow x=y=z=2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=2x\\c+a=2y\\a+b=2z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c\) \(\Rightarrow a=b=c=1\) (vì \(ƯCLN\left(a,b\right)=1\))

Nếu có 1 trong 3 số 2x-1, 2y-1, 2z-1 bằng 5 còn 2 số kia bằng 1 thì không mất tính tổng quát, giả sử \(2x-1=5,2y-1=1,2z-1=1\)

\(\Rightarrow x=3,y=z=1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=3a\\c+a=b\\a+b=c\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c=0\), loại

Vậy \(a=b=c=1\) là bộ (a, b, c) duy nhất thỏa mãn ycbt.

 

 

 

Đặt \(\dfrac{x}{-3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z}{5}=k\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3k\\y=2k\\z=5k\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow xyz=-30k^3\)

Mà \(xyz=240\Rightarrow-30k^3=240\Rightarrow k^3=-8\Rightarrow k=-2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3k=-3.\left(-2\right)=6\\y=2k=2.\left(-2\right)=-4\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x=6;y=-4\)

Gọi N là trung điểm AB, I là trung điểm NC.

Khi đó \(N\left(2;1;2\right)\)\(I\left(1;3;3\right)\)

Ta có \(P=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\right|=\left|2\overrightarrow{MN}+2\overrightarrow{MC}\right|=4\left|\overrightarrow{MI}\right|=4MI\)

\(\ge4IH\) với \(H\left(1;3;0\right)\) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxy)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow M\equiv H\Leftrightarrow M\left(1;3;0\right)\)

Vậy M(1; 3; 0)