Cách cơ bản nhất để xét tính tăng giảm của dãy là xét hiệu $u_{n+1}-u_n$,nếu dương thì là dãy tăng,âm là dãy giảm.

Xét tính đơn điệu và bị chặn của các dãy số sau :

1)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{1}{3}U_n+5 \end{matrix}\right.$

2)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{U_n+2}{U_n+1} \end{matrix}\right.$

3)$\left\{\begin{matrix} U_1=2\\ U_{n+1}=\sqrt{U_n+2} \end{matrix}\right.$

1) Dãy này chặn trên bởi $\frac{15}{2}$(quy nạp) và là dãy tăng.

2)$u_{n+1}=1+\frac{1}{u_n+1}$.Dãy này chặn dưới bởi $1$ và là dãy giảm,bắt đầu từ $u_2$

3)Dãy này bị chặn trên bởi $2$(quy nạp) và là dãy tăng.

xét tính đơn điệu và bị chặn của dãy số $u_1=\frac{1}{4}$, $u_{n+1}=\frac{u_{n}^2+1}{2}$

Quy nạp cho $u_{n}<1;\forall n \ge 1$ và để ý $u_{n+1}-u_{n}=\frac{(u_{n}-1)^2}{2} \ge 0$.

Dễ thấy $x_{n}>0;\forall n \ge 1$.Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $x_{n} \ge \sqrt{2};\forall n \ge 1$.
Với $n=1$ thì mệnh đề đúng.Giả sử $x_{n} \ge \sqrt{2}$.
Đặt $f(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{x}(x \ge \sqrt{2})$.Suy ra:$x_{n+1}=f(x_{n})$
Đạo hàm:
$$f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-2}{2x^2}>0;\forall x \ge \sqrt{2}$$
Do đó hàm $f(x)$ đồng biến trên $[\sqrt{2};+\infty) \implies x_{n+1}=f(x_{n}) \ge f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$.
Từ đó,ta cũng có $x_{n+1} \ge \sqrt{2}$.vậy theo nguyên lý quy nạp,ta đã chứng minh được $x_{n} \ge \sqrt{2};\forall n \ge 1$.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng đây là dãy giảm nghiêm ngặt,tức là $x_{n+1}<x_{n}$
Đièu này tương đương với:
$$\frac{x_{n+1}}{x_{n}}<1 \iff \frac{1}{2}+\frac{1}{x_{n}^2}<1 \iff x_{n} \ge \sqrt{2}$$
Luôn đúng.
Vậy dãy $\{x_{n} \}$ là dãy giảm và bị chặn dưới,nên dãy này sẽ có giới hạn hữu hạn.
Đặt $L=\lim x_{n}(L \in \mathbb{R},L<10)$.Bằng phép qua giới hạn,ta có:
$$L=\frac{L}{2}+\frac{1}{L} \iff L=\sqrt{2}$$
Suy ra:$\lim x_{n}=\sqrt{2}$.

P.s:Lần sau hãy gõ đề bằng Latex bạn nhé

Xét dãy số:

$\left\{ \begin{matrix}
y_{1} = 2, y_{2} = 1& \\
(n+1)(n-2)y_{n+1} = n(n^{2}-n-1)y_{n} - (n-1)^{3}y_{n-1}&
\end{matrix}\right.$
Tìm n để $y_{n}$ thuộc Z

Dãy này sao xác định $y_3$ hả bạn ? $y_3 \in \mathbb{R}$.

Mình làm theo hình vẽ của bạn vậy

 

Sử dụng lượng giác,ta có:

$\cos \widehat{BAH}=\frac{AH}{AB}=... \implies \widehat{BAH}=... \implies \widehat{BOA}=180^0-2\widehat{BAH}=...$.

 

(do $\Delta BOA$ cân tại $O \implies \widehat{BAH}=\widehat{BAO}$)

 

Sử dụng định lý sine trong tam giác $AOB$,ta thu được:

$$\boxed{\displaystyle OA=R=\frac{\sin \widehat{BAH}.AB}{\sin \widehat{BOA}}}$$

Cho dãy số $\left( {{x_n}} \right),(n = 1,2, \ldots )$ xác định bởi:
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = 2008,{x_1} = 2009\\
2008\left( {2n + 2} \right)\left( {{x_{2n + 2}}} \right) = \left( {4014n - 4013} \right){x_{2n + 1}} + \left( {2n + 3} \right){x_{2n}}
\end{array} \right.\]
Xác định công thức tổng quát của $\left( {{u_n}} \right)$ và tính $\lim \left( {{u_n}{{.3}^n}} \right)$.

Kiên cho anh hỏi là làm sao xác định $x_3$ ?
Thay $n=0$ vào công thức truy hồi thì có được $x_2$,nhưng khi thay $n=1$ vào để xác định $x_4$ thì cần phải có $x_3$ và $x_2$ ?
____
:| Cái đề nó ghi vậy nên em ghi vậy em cũng không biết sao nữa.

Mình mới cóp nhặt được 1 số bài mọi người giải xem nhé
1. Cho dãy số được xác định bởi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1} = 5}\\
{{u_{n + 1}} = \frac{{u_n^2 + 2{u_n} + 4}}{6}}
\end{array}} \right.$
Đặt $v_n = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{u_k + 4}} $ . Tìm giới hạn : $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } v_n $
2. Cho dãy số $(u_n)$ với $u_{n + 1} = a.u_n + b, n \ge 1 , a, b $là 2 số thực dương cho trước. Với $n \ge 2$ tìm $u_n $ theo $u_1, a, b$ và $n.$

Bài 1: Dễ thấy rằng dãy $\{u_{n} \}$ là dãy tăng nhưng không bị chặn trên,suy ra $\lim u_{n}=+\infty$.
Biến đổi công thức truy hồi:
$u_{n+1}=\dfrac{u_{n}^2+2u_{n}+4}{6} \iff 6(u_{n+1}-2)=(u_{n}+4)(u_{n}-2) $
$\iff \dfrac{1}{u_{n+1}-2}=\dfrac{1}{u_{n}-2}-\dfrac{1}{u_{n}+4} \iff \dfrac{1}{u_{n}+4}=\dfrac{1}{u_{n}-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2}$.
Suy ra:
$$\lim v_{n}=\lim \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{u_{k}+4}=\lim \sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1}{u_{n}-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2} \right)=\lim \left(\dfrac{1}{u_1-2}-\dfrac{1}{u_{n+1}-2} \right)=\dfrac{1}{3}$$

**********
Bài 2: Đưa về CSN $\{v_{n} \}$ bằng phép đặt $u_{n}=v_{n}+\alpha$,với $\alpha$ là nghiệm của phương trình $b+(a-1)\alpha=0$.

Còn một phần nữa cũng rất quan trọng, đó là ứng dụng số phức trong các đẳng thức tổ hợp.
Mình có thể đăng ký ủng hộ phần đó.

Chuyên đề làm đã xong Rất cảm ơn bạn đăng ký đã tham gia,nhưng có lẽ nên đợi sang version 2(chưa chắc lắm).Phần bạn nói cũng đã có trong chuyên đề.

Khóa topic này vì đã làm xong chuyên đề.

File PDF này là tổng hợp tất cả các đề thi và lời giải cho các kỳ thi IMO đã diễn ra , kể từ lần đầu tiên IMO được tổ chức (23-31/07/1959) cho đến kỳ thi IMO lần thứ 50 tổ chức tại Đức (10-22/07/2009). Trong file này cũng tổng hợp cả các bài toán nằm trong IMO shortlists.

Một lưu ý là tài liệu này viết bằng tiếng Anh.

 the-imo-compendium-1959_2009.pdf   6.12MB   37860 Số lần tải

Có thể đây là bài post cuối cùng trong ngày hôm nay và cả 2 ngày tới.
Dưới đây là tập tài liệu về đề thi và đáp án kỳ thi VNTST từ năm 1989-2009.Tổng hợp từ http://www.vnmath.com
Nhưng từ năm 2005-2009 thì không có lời giải.Các bạn phải tự tìm trên ông Google mà thôi
 VietNamTST1989-2004(debai-loigiai).PDF   1.31MB   3408 Số lần tải
 Vietnam TST 1999-2009 - www.vnmath.com.pdf   991.55K   2753 Số lần tải

Tuyển tập các BĐT tiêu biểu từ các cuộc thi chọn đội tuyển quốc gia các nước năm 2007.Tài liệu này cũng là món quà mừng năm mới (2008) của diễn đàn batdangthuc.net.

Một lưu ý là tài liệu này viết bằng tiếng Anh.

 dethibdtnam2007.pdf   203.82K   662 Số lần tải

Hình học:
 TUYEN TAP CAC BAI TOAN HINH HOC .pdf   9.95MB   720 Số lần tải

Đại Số :
 TUYEN TAP CAC BAI TOAN DAI SO VNMATH.pdf   11.81MB   5566 Số lần tải

Nguồn : vnmath.com

Tuyển tập các bài toán BĐT thi vào chuyên Toán năm 2009-2010 :
 Cac bai BDT thi chuyen Toan.pdf   353.31K   1172 Số lần tải

Tuyển tập các bài toán BĐT vô địch quốc gia-VIMF-ddbdt.tk :
 Tuyển tập các bài toán vô địch quốc gia.pdf   2.13MB   1918 Số lần tải

Thêm 1 tuyển tập tài liệu về BĐT chung chung của anh Võ Quốc Bá Cẩn.

 hoanglanhuong.pdf   304.19K   4537 Số lần tải

Trong mọi tam giác ABC Chứng minh rằng:$\frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}\geq \frac{4}{3}(\frac{r_{a}}{a}+\frac{r_{b}}{b}+\frac{r_{c}}{c})$.
Trong đó $r_{a}; r_{b}; r_{c}$ là bán kính đường tròn bàng tiếp

Bài này đúng đề rồi

**********

Trước tiên ta có các công thức sau :

• $r_{a}=4R\sin \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$.
• $r_{b}=4R\sin \frac{B}{2}\cos \frac{A}{2}\cos \frac{C}{2}$.
• $r_{c}=4R\sin \frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}$.

Nếu ai có thắc mắc về công thức này thì mình sẽ chứng minh sau.

 

Thế nên kết hợp với định lý sin là $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$ thì ta có thể biến đổi BĐT về dạng sau:

 

Trong 1 hộp có 18 viên bi gồm 8 bi xanh và 10 bi trắng.

An lấy ra 1 viên bi và không trả lại.

Sau đó Bình lấy ra 1 viên bi.

Tính xác suất để viên bi của Bình lấy ra là bi xanh.

Gọi $A_1;A_2$ là biến cố "An lấy ra bi Xanh và không trả lại";"An lấy ra bi Trắng và không trả lại". Dễ thấy $A_1;A_2$ đầy đủ và xung khắc.

 

Đặt $A$ là biến cố "Viên bi Bình lấy ra là bi Xanh".Theo công thức xác suất đầy đủ thì :

 

Đề này cũ rồi!

 

Trong Đáp Án của Gamma trận GAMMA - ALPHA có Bài toán 33 (bài số 3)

Đáp số là:

$\sum_{k=1}^{\frac{n(n+1)}{2}}\left\lfloor \frac{-1+\sqrt{1+8k}}{2} \right\rfloor=\frac{n(n^2+2)}{3}$

(he he...)

 

Còn Bài toán 32 đã được "thanh lý" ở đâu đó trên VMF

Hèn gì em thấy bài này quen quen,ra là từ trận đấu của đội em với đội anh

 

Còn bài 32 thì em không biết là đã thanh lý chưa,nếu được anh dẫn link giùm em. Mà cách giải bài này cũng gần giống với bài PSW đầu tiên (sử dụng hàm sinh lượng giác),em nhớ rõ là bài đó anh đã giải bằng SPTP rất tuyệt vời  ,liệu anh có thể thử với bài này không ? 

 

Bù lại cho anh và các bạn bài sau:

 

Bài toán 33: Tính 2 tổng vô hạn sau:

$ C=1+\frac{1}{2}\cos\theta+\frac{1}{4}\cos 2\theta+\frac{1}{8}\cos 3\theta+... $

$ S =\frac{1}{2}\sin\theta+\frac{1}{4}\sin 2\theta+\frac{1}{8}\sin 3\theta+... $

Bài toán 36: Chứng minh rằng $ \sum_{k=0}^{2n}\tan{(4k+1)\pi\over 8n+4}=2n+1 $ với mọi $n \in \mathbb{N}$.

Lời giải bài toán 36:

Đặt $\displaystyle {\alpha=e^{\frac{i\pi}{4n+2}}}$.

 

Ta có thể viết $ \tan\left[\frac{(4k+1)\cdot\pi}{8n+4}\right] =\frac{1}{i}\cdot\left(\frac{\alpha^{4k+1}-1}{\alpha^{4k+1}+1}\right)\; . $

 

Do đó ta sẽ phải tính tổng sau:

$ S =\frac{1}{i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}\left(\frac{\alpha^{4k+1}-1}{\alpha^{4k+1}+1}\right) =\frac{1}{2i}\sum_{k=0}^{2n}(\alpha^{4k+1}-1)\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}(-1)^{q}\alpha^{4kq+q}\; . $

 

Có được bước cuối cùng là bởi $ \sum_{q=0}^{4n+1}(-1)^q\alpha^{4kq+q}=\frac{2}{\alpha^{4k+1}+1} $

 

Và thực hiện khai triển,hoán đổi các tổng lại với nhau,ta có:

$ S =\frac{1}{2i}\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+4k+q+1}-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+q} $

 

Bây giờ,ta phải để ý rằng:

$ \; i)\;\sum_{q\;\neq\; 2n,\; 4n+1}^{}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+4k+q+1}=\sum_{q\;\neq\; 2n,\; 4n+1}^{}(-1)^q\alpha^{q+1}\left[\frac{(\alpha^{4q+4})^{2n+1}-1}{\alpha^{4q+4}-1}\right]\; . $

 

Và tổng này bằng 0,vì $ (\alpha^{4q+4})^{2n+1}= (\alpha^{2n+1})^{4q+4}= i^{4q+4}= 1\; . $

 

$ \; ii)\;\sum_{q\;\neq\; 0,\; 2n+1}^{}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+q}=\sum_{q\;\neq\; 0,\; 2n+1}^{}(-1)^q\alpha^{q}\left[\frac{(\alpha^{4q})^{2n+1}-1}{\alpha^{4q}-1}\right]\; . $

 

Và tổng này bằng 0,vì $ (\alpha^{4q})^{2n+1}= (\alpha^{2n+1})^{4q}= i^{4q}= 1\; . $

 

Như vậy ta chỉ phải tính toán 4 tổng sau:

$ \; I)\;\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n}\alpha^{8kn+4k+2n+1}=\frac{2n+1}{2}\; . $

$ \; II)\;\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{4n+1}\alpha^{16kn+8k+4n+2}=\frac{2n+1}{2i}\; . $

$ \; III)\;-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{0}\alpha^{4k\cdot 0+0}=-\frac{2n+1}{2i}\; . $

$ \; IV)\;-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n+1}\alpha^{8kn+4k+2n+1}=\frac{2n+1}{2}\; . $

 

Kết thúc chứng minh tại đây.

 

Bài toán 37: Tính $ \sum_{i=0}^{\infty}\arccos \left(1-\frac{8}{(i^2+4)((i+1)^2+4)} \right) $

Lời giải bài toán 37:

Với $-1 \le x<1$,ta có $ \arccos x=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{{1+x\over 1-x}} $,do đó:

$ a_i=\arccos\left(1-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}\right)=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{\frac{2-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}}{{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}}} $

$ a_i=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{{i^4+2i^3+9i^2+8i+16\over 4}}=2\,\mathrm{arccot}\,{i^2+i+4\over 2} $

$ a_i=2\,\mathrm{arccot}\,\frac{{i(i+1)\over 4}+1}{{i+1\over 2}-{i\over 2}}=2\,\mathrm{arccot}\,{i\over 2}-2\,\mathrm{arccot}\,{i+1\over 2} $

 

Vậy bằng sai phân thì:

$ \sum_{i=0}^\infty\arccos\left(1-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}\right)=2\,\mathrm{arccot}\,0=\pi $

 

====================

Đề mới:

 

Bài toán 38: Cho hàm $ f :\mathbb{Z^*\times Z}\to\mathbb{Z} $ thỏa :

1. $f(0;k)=1$ với $k=0;1$.
2. $f(0;k)=0$ nếu $k \not \in \{0;1 \}$.
3. $ f(n, k) = f(n-1, k)+f(n-1, k-2n) $ với $n \ge 1,k$ bất kỳ.

 

Tính tổng $ \sum_{k=0}^{{n+1\choose 2}}f(n,k) $.

 

Bài toán 39: Nếu $ (1+x)^{n}= a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+............ $ với $n$ nguyên dương thì tính các tổng sau:

1. $ a_{0}+a_{4}+a_{8}+................ $

2. $ a_{0}+a_{3}+a_{6}+................. $

 

-86-

Thân chào tất cả các bạn

Thay cho lời mở đầu,mình mong các bạn đọc qua topic sau .

Và có lẽ chúng ta nên vào vấn đề chính nào.

Bài toán 1:
Hãy tính tích sau : $P = \prod\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\cot \frac{x}{{{2^k}}}} \right)}^{{2^k}}}} $

Hôm nay mới thấy topic này
Bài 9: Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2=2 \\ z^2+2z(x+y) =8\\ z(y-x)=4\sqrt{3} \end{matrix}\right.$$

Đề thi đề nghị Olympiad 30-4.

Bài 6: Giải phương trình \[\sin x + \cos x - \sin x\cos x = 1 - \log (\frac{{3 + \sin x + \cos x}}{{4 + \sin x\cos x}})\]
Chọn đội tuyển HSG trường Đặng Thúc Hứa -Nghệ An 08-09

Dễ thấy rằng:$3+\sin{x}+\cos{x}>0;4+\sin{x}\cos{x}>0;\forall x$ nên phương trình tương đương:
$$(3+\sin{x}+\cos{x})+\log(3+\sin{x}+\cos{x})=(4+\sin{x}\cos{x})+\log(4+\sin{x}\cos{x})$$
Xét hàm số $f(t)=t+\log{t}(t>0)$.
f liên tục trên $(0;+\infty)$ và có $f'(t)=1+\frac{1}{t\ln{10}}>0;\forall t>0$ nên $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$.
Vậy ta chỉ cần giải phương trình:
$$4+\sin{x}\cos{x}=3+\sin{x}+\cos{x} \iff \sin{x}+\cos{x}-\sin{x}\cos{x}-1=0$$
Đây là phương trình lượng giác cơ bản,bằng việc đặt $\sin{x}+\cos{x}=u(u^2 \le 2) \Rightarrow \sin{x}\cos{x}=\frac{u^2-1}{2}$ ta sẽ có 1 phương trình bậc 2 ẩn $u$.

bai nua
cho a,b,c la 3 canh 1 tam giac. cmr
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

Gõ tiếng Việt có dấu,bạn nhé
Nhìn chung thì bài này có 2 hướng tiếp cận:
+Về mặt Hình học:
Nó xuất phát từ BĐT $\cos{A}+\cos{B}+\cos{C} \le \frac{3}{2}$ hay 1 dạng tương đương khác quen thuộc hơn là $R \ge 2r$.
+Về mặt Đại Số:
Ta có 1 dạng phát biểu khác "dễ nhìn" hơn cho BĐT này:
$$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le abc$$
Và đây là hệ quả của AM-GM:
$$(a+b-c)(b+c-a) \le b^2$$
Thật ra phép biến đổi về Schur cũng không quá khó hiểu vì đó chính là bản chất bài toán này.

P/s:Mod THCS xóa giùm mấy bài post của Nguyen Tho The Cuong giùm,post trùng lặp nhiều quá

Bài 56: Cho $x_{i} \ge \frac{1}{2}(i=1;2;...)$.Chứng minh:
$$\prod_{i=1}^{n}\left(1+\frac{2x_{i}}{3} \right)^{2x_{i}} \ge \left(\frac{4}{3} \right)^{n}\sqrt{\prod_{i=1}^{n}(x_{i}+x_{i+1})}$$

Anh xin góp cho topic một bài.

Bài 9. Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0 \leqslant x,y,z \leqslant 2;x + y + z = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$Q = {\left( {1 + {x^2}} \right)^x}{\left( {1 + {y^2}} \right)^y}{\left( {1 + {z^2}} \right)^z}$$

Anh Thành có thể cho em xin lời giải bài này được không ạ ? Bài này em chỉ mới giải xong cho 1 trường hợp $0 \le x \le y \le 1 \le z \le 2$,còn lại trường hợp $0 \le x \le 1 \le y \le z \le 2$ thì......