Chủ đề này có 31 trả lời

[h.vuong_pdl]

Sắp tới trường mình sẽ tổ chức kì thi HSG trường. Vì thế mình lập topic này mong các bạn giúp đỡ.
+) post các bài hay + không quá khó + gần gũi vs một đề thi HSg trường ( nếu lấy ra từ đề thi HSG trường thì tốt hơn)
+) Trình bày những bài toán có nhiều cách giải + hay; Những ý tưởng, suy luận khi đứng trước một bài toán khó, dễ .... ( → Kinh nghiệm )
+) Nói là chuẩn bị cho kì thi HSG trường nhưng mịc đích lớn hơn mình muốn có mọt topic để cùng trao đổi về kinh nghiệm giải toán (cái này sẽ được thể hiện trong quá trình giải chứ ko phải là chỉ viết ra + nói suông )
và đặc biệt chuẩn bị hành trang cho kì thi HSG Tỉnh 12 (sang nắm )


p/s: quả thực giờ chẳng biết viết gì để giới thiệu cho cái topic này ( đúng là nghĩ thì hay nhưng viết ra thì ..... ( ), nhưng tóm lại là mong các bạn tích cực chia se, post bài giúp đỡ mình vs!
Có gì trong quá trình post bài, chúng ta sẽ rõ hơn )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 27-03-2011 - 15:05

[h.vuong_pdl]

Thảo luận đi các bạn:
Mình xin post trước một bài toán cơ bản, các bạn giải và cho nhận xét nha:
Giải phương trình:
$x-1 + \sqrt{x+1} + \sqrt{2-x} = x^2 + \sqrt{2}$

[h.vuong_pdl]

vào thảo luận đi mọi người,


p/s: đẩy cái top lên tí, sr

[dark templar]

Thảo luận đi các bạn:
Mình xin post trước một bài toán cơ bản, các bạn giải và cho nhận xét nha:
Giải phương trình:
$x-1 + \sqrt{x+1} + \sqrt{2-x} = x^2 + \sqrt{2}$

Để mình ủng hộ topic của cậu cho!
ĐKXĐ:$ - 1 \le x \le 2$
Phương trình tương đương với :
$\sqrt {x + 1} + \sqrt {2 - x} = x^2 - x + 1 + \sqrt 2 (1)$
Đặt $a = \sqrt {x + 1} ,b = \sqrt {2 - x} $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a,b \ge 0 \\ a^2 + b^2 = 3 \\ a^2 b^2 - 2 = x - x^2 \\ \end{array} \right. $
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a^2 b^2 + a + b = 3 + \sqrt 2 \\ a^2 + b^2 = 3 \\ \end{array} \right. $
Hệ pt đối xứng loại 2 ,đặt $S=a+b,P=ab$ là xong ngay!
Nhận xét:Bài này cách giải cũng căn bản thôi ,nhưng cho số hơi bị lẻ !
Mình cũng xin góp vui 1 vài bài :
Giải các pt sau:
$a/3^x+5^x=6x+2$
$b/\log _5 \left( {\sqrt {x - 2\sqrt {x - 1} } + \sqrt {x + 3 - 4\sqrt {x - 1} } } \right) $
$= 5^{\left( {\sqrt {x - 2\sqrt {x - 1} } + \sqrt {x + 3 - 4\sqrt {x - 1} } } \right)} - 1$
$c/x\ln \left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right)^{1 + \dfrac{1}{x}} + x = x^3 \ln \left( {1 + \dfrac{1}{{x^2 }}} \right)^{1 + \dfrac{1}{{x^2 }}} + 1 $
$d/\left( {3 + 2\sqrt 2 } \right)^x = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)^x + 3 $
$e/2^{2x} + 3^{2x} = 2^x + 3^{x + 1} + x + 1 $
$f/\left( {1 + \cos x} \right)\left( {2 + 4^{\cos x} } \right) = 3.4^{\cos x} $

[tho ngok Tg]

mấy bài a post lên khó ơi là khó
e có bài này dễ hơn nè
giải ptr
a>$2(8x+7)^2(4x+3)(x+1)=7 $
b> $ x+ \sqrt{17-x^2} +x\sqrt{17-x^2} =9 $
dẽ hông?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tho ngok Tg: 14-01-2011 - 22:50

[dark templar]

mấy bài a post lên khó ơi là khó
e có bài này dễ hơn nè
giải ptr
a>{tex}2(8x+7)^2(4x+3)(x+1)=7 {/tex}
b> {tex} x+ \sqrt{17-x^2} +x\sqrt{17-x^2} =9 {/tex}
dẽ hông?

Mấy bài anh post đảm bảo với em là THCS ko thể giải đc đâu !(trừ câu d ra mà thôi)
Mấy bài trên toàn sử dụng kiến thức lớp 11 trở lên đó em!

[tho ngok Tg]

nhỡ mà có người làm dk thì sao nhỉ
a cá cược vs e k

[E. Galois]

Giải các pt sau:
$a/3^x+5^x=6x+2$

PT tuong duong:
$3^x+5^x - 6x - 2 = 0$

Dễ thấy x = 0, x = 1 là 2 nghiệm của PT.

Xét hàm số:

$f(x) = 3^x+5^x - 6x - 2$

Ta có:

$ f'(x) = 3^x \ln 3 + 5^x \ln 5 - 6 $

$ f'(0) = \ln 3 + \ln 5 - 6 < 0 $

$ f'(1) = \3ln 3 + \5ln 5 - 6 > 0 $

Vậy f'(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm trong (0;1).

Mặt khác:

$ f''(x) = 3^x \ln ^2 3 + 5^x \ln ^2 5 > 0,\forall x $

Do đó f'(x) = 0 có duy nhất 1 nghiệm và nghiệm đó nằm trong (0;1)

Suy ra PT đã cho có không quá 2 nghiệm.

Vậy PT có hai nghiệm x = 0, x = 1

[E. Galois]

$d/\left( {3 + 2\sqrt 2 } \right)^x = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)^x + 3 $

PT tuong duong
$ \left( {\sqrt 2 + 1} \right)^{2x} - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)^x - 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)^{3x} - 1 - 3\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^x = 0$

Đặt $ t = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)^x > 0$

Ta có:
$ t^3 - 3t - 1 = 0 (1)$

Đặt $ t = a\cos \alpha ,a \ne 0 $ ta có:

$ a\left( {a^2 \cos ^3 \alpha - 3\cos \alpha } \right) - 1 = 0 $

Chọn a = 2, ta có:

$ \cos 3\alpha = \dfrac{1}{2} $

Vậy PT(1) có nghiệm
$ t = \cos \dfrac{\pi }{9} $

Suy ra nghiệm của PT ban đầu là $ x = \log _{\sqrt 2 + 1} \cos \dfrac{\pi }{9}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 15-01-2011 - 03:54

[E. Galois]

$b/\log _5 \left( {\sqrt {x - 2\sqrt {x - 1} } + \sqrt {x + 3 - 4\sqrt {x - 1} } } \right) $
$= 5^{\left( {\sqrt {x - 2\sqrt {x - 1} } + \sqrt {x + 3 - 4\sqrt {x - 1} } } \right)} - 1$

Đặt $ t = {\sqrt {x - 2\sqrt {x - 1} } + \sqrt {x + 3 - 4\sqrt {x - 1} } } , t > 0 $

PT trở thành:
$ \log _5 t = 5^t - 1$

Ta có BĐT $ \log _5 5t < 5t < 5^t ,\forall t > 0 $
nên pt vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 15-01-2011 - 16:43

[dark templar]

Hôm nay mới đi thi chọn đội tuyển xong !Mệt quá !
Đây là đề thi của trường mình :
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN-KHỐI 11
THỜI GIAN :120 PHÚT


Bài 1:
Cho $n$ là số nguyên dương chẵn .Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{{1!\left( {n - 1} \right)!}} + \dfrac{1}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + ... + \dfrac{1}{{\left( {n - 1} \right)!1!}} = \dfrac{{2^{n - 1} }}{{n!}}$


Bài 2:Giải hệ phương trình :
a/$\left\{ \begin{array}{l}x^3 + 3x - 1 + \sqrt {2x + 1} = y \\ y^3 + 3y - 1 + \sqrt {2y + 1} = x \\ \end{array} \right.$

b/$\left\{ \begin{array}{l}3x^2 - y = 1 \\ \left( {\sqrt {5x^3 - 4} + 2\sqrt[3]{{7x^2 - 1}}} \right)\dfrac{{\left( {y + 4} \right)}}{3} = 2\left( {y + 19} \right) \\ \end{array} \right.$


Bài 3:
Cho dãy số $(u_n)$ đuợc xác định như sau:
$\left\{ \begin{array}{l}u_1 = \dfrac{1}{2} \\ u_n = \dfrac{{2n - 3}}{{2n}}u_{n - 1} \left( {n \in N,n \ge 2} \right) \\\end{array} \right.$
Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 1}^n {u_k } < 1\left( {n \in N^* } \right)$


Bài 4:
Cho 2 số thực $x,y \neq 0$ thỏa mãn $xy\left( {x + y} \right) = x^2 + y^2 - xy$
Tìm GTLN của $A=\dfrac{1}{{x^3 }} + \dfrac{1}{{y^3 }}$


Bài 5:
Tìm hàm số $f:R \to R$ thỏa các điều kiện sau:
$\left\{ \begin{array}{l}f\left( {x + y} \right) + f\left( {x - y} \right) = 2f\left( x \right)\cos y , \forall x,y \in R\\ f\left( 0 \right) = 3 \\ f\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = 4 \\ \end{array} \right.$

Mỗi câu 4 điểm
Đề này mình chém đc 4 câu là 1,2,3,4 còn câu 5 mình tưởng ko ra pt hàm dạng lượng giác nên đi tong luôn !Tình hình này ko biết ra sao đây???????

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-01-2011 - 17:52

[E. Galois]

Hôm nay mới đi thi chọn đội tuyển xong !Mệt quá !
Đây là đề thi của trường mình :
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN-KHỐI 11
THỜI GIAN :120 PHÚT
Bài 1:
Cho $n$ là số nguyên dương chẵn .Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{{1!\left( {n - 1} \right)!}} + \dfrac{1}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + ... + \dfrac{1}{{\left( {n - 1} \right)!1!}} = \dfrac{{2^{n - 1} }}{{n!}}$

Mình thử nhé:
Nhân cả hai vế với n!, đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$ C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = 2^{n - 1} $

Từ công thức nhị thức Newton, với a = b = 1, ta có:
$ C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} + C_n^n = 2^n $

Từ công thức nhị thức Newton, với a = 1, b = -1, ta có:
$ C_n^0 - C_n^1 + C_n^2 - C_n^3 + ... - C_n^{n - 1} + C_n^n = 0 $
Từ hai đẳng thức trên suy ra:
$ C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = \dfrac{{2^n }}{2} = 2^{n - 1} $ (đpcm)

[dark templar]

Mình thử nhé:
Nhân cả hai vế với n!, đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$ C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = 2^{n - 1} $

Từ công thức nhị thức Newton, với a = b = 1, ta có:
$ C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} + C_n^n = 2^n $

Từ công thức nhị thức Newton, với a = 1, b = -1, ta có:
$ C_n^0 - C_n^1 + C_n^2 - C_n^3 + ... - C_n^{n - 1} + C_n^n = 0 $
Từ hai đẳng thức trên suy ra:
$ C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = C_n^1 + C_n^3 + ... + C_n^{n - 1} = \dfrac{{2^n }}{2} = 2^{n - 1} $ (đpcm)

Cách của bạn làm giống cách của mình! Bài này hồi chiều đi thi căng thẳng nên cứ tưởng phang qui nạp được ,nhưng cuối cùng rối tinh rối mù!Làm hết bài 2,3,4 mới suy nghĩ ra !Hú vía !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-01-2011 - 20:38

[E. Galois]

Bài 2:Giải hệ phương trình :
a/$\left\{ \begin{array}{l}x^3 + 3x - 1 + \sqrt {2x + 1} = y \\ y^3 + 3y - 1 + \sqrt {2y + 1} = x \\ \end{array} \right.$

ĐK: x, y >= -1/2.

Trừ theo vế hai pt của hệ ta được:
$ x^3 - y^3 + 3(x - y) + \dfrac{{2(x - y)}}{{\sqrt {2x + 1} + \sqrt {2y + 1} }} = y - x $
$ \Rightarrow (x - y)\left( {x^2 + xy + y^2 + 3 + \dfrac{2}{{\sqrt {2x + 1} + \sqrt {2y + 1} }} + 1} \right) = 0$
$ \Rightarrow x = y $
Thay x = y vào PT(1) ta có:
$ x^3 + 2x - 1 + \sqrt {2x + 1} = 0 $
$ \Rightarrow x\left( {x^2 + 2 + \dfrac{2}{{\sqrt {2x + 1} + 1}}} \right) = 0$
$ \Rightarrow x = 0$
$ \Rightarrow y = 0$
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy (0;0) là cặp nghiệm của pt

[dark templar]

Bây giờ mình post đề của kỳ thi do lớp chuyên Toán trường THPT Nguyễn Thượng Hiền đề nghị :
KỲ THI BTMO-BT MATHEMATICAL OLYMPIAD-KỲ 1

Geometry:(Proposed by Nguyễn Bảo Phúc)
Cho tam giác ABC có trọng tâm G.Gọi D,E,F là giao điểm của AG,BG,CG với đường tròn (O;R) ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh:
$\dfrac{3}{R} \le \dfrac{1}{{GD}} + \dfrac{1}{{GE}} + \dfrac{1}{{GF}} \le \sqrt 3 \left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$


Algebra:(Proposed by Nguyễn Bảo Phúc)
Giải phương trình :$3\left( {\sqrt {2x^2 + 1} - 1} \right) = x\left( {1 + 3x + 8\sqrt {2x^2 + 1} } \right)$


Inequality:(Proposed by Nguyễn Bảo Phúc)
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:$\left( {a^2 + b^2 + ab} \right)\left( {b^2 + bc + c^2 } \right)\left( {c^2 + a^2 + ca} \right) \ge \left( {ab + bc + ca} \right)^3$


Functional Equation:(Proposed by Thái Nguyễn Hưng)
Cho $f:\left\{ \begin{array}{l}N^* \to N^* \\ n \mapsto f\left( n \right) \\ \end{array} \right.$ thỏa $f\left[ {f\left( m \right) + f\left( n \right)} \right] = m + n,\forall m,n \in N^* $.Tính $f(2010)$


Sequence:(Proposed by Thái Nguyễn Hưng)
Cho dãy số sau:
$\left( {x_n } \right):\left\{ \begin{array}{l}1 < x_1 < 2 \\ x_{n + 1} = 1 + x_n - \dfrac{{x_n^2 }}{2},\forall n \in N^* \\ \end{array} \right.$
Tính $\lim x_n$


Number Theory:(Proposed by Thái Nguyễn Hưng)
Giải phương trình nghiệm nguyên $x^3 - 3y^3 - 9z^3 = 0$


Geometry in Space:(Proposed by Thái Nguyễn Hưng)
Cho tứ diện ABCD.Chứng minh:$\left( {AD + BC} \right)^2 + \left( {BD + AC} \right)^2 > \left( {AC + BD} \right)^2$

[E. Galois]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN-KHỐI 11
THỜI GIAN :120 PHÚT
Bài 5:
Tìm hàm số $f:R \to R$ thỏa các điều kiện sau:
$\left\{ \begin{array}{l}f\left( {x + y} \right) + f\left( {x - y} \right) = 2f\left( x \right)\cos y , \forall x,y \in R\\ f\left( 0 \right) = 3 \\ f\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = 4 \\ \end{array} \right.$

Mỗi câu 4 điểm
Đề này mình chém đc 4 câu là 1,2,3,4 còn câu 5 mình tưởng ko ra pt hàm dạng lượng giác nên đi tong luôn !Tình hình này ko biết ra sao đây???????

$ y = \dfrac{\pi }{2},x \in R,{\rm{ta c\'o : }}f\left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = 0 $
$ x = 0,y \in R,{\rm{ta c\'o : }}f\left( y \right) + f\left( { - y} \right) = 6\cos y $
$ x = \dfrac{\pi }{2},y \in R,{\rm{ta c\'o : }}f\left( {y + \dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( {\dfrac{\pi }{2} - y} \right) = 8\cos y$
ta có hệ:

$ \left\{ \begin{array}{l} f\left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = 0 \\ f\left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right) = 6\cos \left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right) \\ {\rm{ }}f\left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right) = 8\cos x{\rm{ }} \\\end{array} \right.$
Giải hệ này được f(x) = 3cosx + 4sinx. Thử lại thấy thỏa mãn. OK he he

[khacduongpro_165]

Thảo luận đi các bạn:
Mình xin post trước một bài toán cơ bản, các bạn giải và cho nhận xét nha:
Giải phương trình:
$x-1 + \sqrt{x+1} + \sqrt{2-x} = x^2 + \sqrt{2}$

hình như đây là đề thi hsg Nghệ An năm 2011.
Nếu như vậy thì trên math.vn đã có 3 cách!
cách 1: xét hàm số, cách 2: Biến đổi trực tiếp, cách 3: Đặt ẩn phụ!

[flavor_fall]

Bài 4:
Cho 2 số thực $x,y \neq 0$ thỏa mãn $xy\left( {x + y} \right) = x^2 + y^2 - xy$
Tìm GTLN của $A=\dfrac{1}{{x^3 }} + \dfrac{1}{{y^3 }}$
$xy\left( {x + y} \right) = x^2 + y^2 - xy$
$\Rightarrow xy (x+y)^{2} = x^{3} + y^{3} $
$\Rightarrow A= (\dfrac{x+y}{xy})^{2}$ (1)
mặt khác $xy(x+y+3)= (x+y)^{2} $
$\Rightarrow xy=\dfrac{(x+y)^{2}}{(x+y+3})$
thay vào (1) được$ A= (1+\dfrac{3}{x+y}) ^{2} $
mà từ gt ta có $x+y\geq 1$ do đó $A\leq 16 $

[dark templar]

Bài 4:
Cho 2 số thực $x,y \neq 0$ thỏa mãn $xy\left( {x + y} \right) = x^2 + y^2 - xy$
Tìm GTLN của $A=\dfrac{1}{{x^3 }} + \dfrac{1}{{y^3 }}$
$xy\left( {x + y} \right) = x^2 + y^2 - xy$
$\Rightarrow xy (x+y)^{2} = x^{3} + y^{3} $
$\Rightarrow A= (\dfrac{x+y}{xy})^{2}$ (1)
mặt khác $xy(x+y+3)= (x+y)^{2} $
$\Rightarrow xy=\dfrac{(x+y)^{2}}{(x+y+3})$
thay vào (1) được$ A= (1+\dfrac{3}{x+y}) ^{2} $
mà từ gt ta có $x+y\geq 1$ do đó $A\leq 16 $

Từ giả thuyết ko suy ra được $x+y \geq 1$ đâu bạn !

[flavor_fall]

Từ giả thuyết ko suy ra được $x+y \geq 1$ đâu bạn !

đc mà có phải $xy(x+y+1)= x^{2} + y^{2}\leq \dfrac{x^{2} + y^{2}}{2} (x+y+1)$
$\Rightarrow x+y\geq 1$ còn gì