Đến nội dung

kainguyen

kainguyen

Đăng ký: 08-12-2011
Offline Đăng nhập: 27-01-2013 - 16:49
****-

#349707 cho dãy số sau 1;3;6;10;15;...;$\frac{n(n+1)}{2...

Gửi bởi kainguyen trong 25-08-2012 - 22:32

cho dãy số sau 1;3;6;10;15;...; $\frac{n(n+1)}{2}$ ;...
Cm : tổng hai số hạng liên tiếp của dãy luôn là số chính phương



Bài này đơn giản mà.

Ta có tổng 2 số hạng liên tiếp:

$A=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{(n+1)(n+2)}{2}=(n+1)^2$

Do đó A là số chính phương.


#349706 Tính tổng $u_{2011}^{2}+v_{2011}^{2...

Gửi bởi kainguyen trong 25-08-2012 - 22:26

Cho hai dãy số dương $(u_n)$, $(v_n)$ xác đinh bởi công thức:
$\left\{\begin{matrix} u_1=v_1=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ u_{n+1}=\frac{u_n}{4v_{n+1}^{2}-1}, v_{n+1}=\frac{v_n}{4u_{n+1}^{2}-1},n=1,2,3,... \end{matrix}\right.$
a) Tính $u_{2011}^{2}+v_{2011}^{2}$.
b) Tính $\lim{u_{n}}$ và $v_{n}$



a) Ta sẽ chứng minh quy nạp: $u_n^2+v_n^2=1$ (1)

Với $n=1$ ta có (1) đúng.

Gs (1) đúng với $n=k$ thì $u_k^2+v_k^2=1$

Thay vào công thức xác định dãy, ta có:

$[u_{k+1}(4v_{k+1}^2-1)]^2+[v_{k+1}(4u_{k+1}^2-1)]^2=1$

$\Leftrightarrow (u_{k+1}^2+v_{k+1}^2-1)(16u_{k+1}^2v_{k+1}^2+1)=0$

Từ đây suy ra (1) đúng với $n=k+1$

Vậy (1) đúng, suy ra đpcm.

b) Đề câu này bạn có chép lỗi công thức xđ dãy ko vậy?

Mình thử số công thức xđ dãy thấy đây là dãy hằng @@


#340518 $\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^...

Gửi bởi kainguyen trong 26-07-2012 - 17:07

Bài toán:Cho $a,b,c\geq 0$.Chứng minh rằng:
$\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$



Dễ thấy có nhiều nhất 1 trong 3 số $a,b,c$ bằng 0. Khi đó bđt hiển nhiên đúng.

Giả sử 3 số $a,b,c$ khác 0.

Khi đó, theo Cauchy - Schwarz và bđt $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$ ta có:

$\frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\leq \frac{9abc}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}\leq \frac{9\sqrt{3}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.(ab+bc+ca)}$


Ta cần cm: $\dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \ge \dfrac{9\sqrt{3}abc}{ab+bc+ca}$

Ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và đặt: $\left\{\begin{array}{1}a+b+c=p=3\\ab+bc+ca=q\\abc=r \end{array}\right.$

Khi đó bđt (1) trở thành: $q^2\geq 3r^2(q^2-2q)$ đúng do: $\left\{\begin{matrix}
q\leq \frac{p^2}{3}=3\\
r\leq \frac{p^3}{27}=1
\end{matrix}\right.$

Vậy bđt được cm.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c=1$.



#338814 $3cos4x-8cos^{6}x+2cos^{2}x+3=0$

Gửi bởi kainguyen trong 22-07-2012 - 09:48

Ta có:

$3cos4x-8cos^6x+2cos^2x+3=0$

$\Leftrightarrow 3(2cos^22x-1)-8.(\frac{1+cos2x}{2})^3+2.\frac{1+cos2x}{2}+3=0$

$\Leftrightarrow -cos^32x+3cos^22x-2cos2x=0$

Đến đây đơn giản rồi :)


#338812 Giải Phương trình Lượng giác: $\frac{sin^4x+cos^4x}...

Gửi bởi kainguyen trong 22-07-2012 - 09:43

Ta có:

$\frac{sin^4x+cos^4x}{5sin2x}=\frac{1}{2}cot2x-\frac{1}{8sin2x}$

$\Leftrightarrow \frac{1-\frac{1}{2}sin^22x}{5sin2x}=\frac{4cos2x-1}{8sin2x}$

$\Leftrightarrow 8-4(1-cos^22x)=20cos2x-5$

$\Leftrightarrow 4cos^22x-20cos2x+9=0$


#338806 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 22-07-2012 - 09:31

Làm vài bài nữa nhỉ :D

Bài 69. Giải hệ phương trình

$$\begin{cases}
x^3+x^2(2-y)+x-y(2x+1)=0 \\ 2x^2+xy-5=0
\end{cases}$$

Đề thi HSG Lạng Sơn Lớp 11 - 2011/2012

Bài 70. Giải phương trình

$$x+\frac{3x}{\sqrt{x^2+1}}=1$$

Đề thi HSG Long An Lớp 12 - 2011/2012

---------------------------

Còn bài 67,59 nữa nhé :D



Bài 69:

$\begin{cases}
x^3+x^2(2-y)+x-y(2x+1)=0 \\ 2x^2+xy-5=0
\end{cases}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x^3+2x^2+x=y(x^2+2x+1)\\
2x^2+xy-5=0
\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(x+1)^2(x-y)=0\\
2x^2+xy-5=0
\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=-1;y=-3\\
x=y=\pm \frac{\sqrt{15}}{3}
\end{bmatrix}$

Bài 70:

$x+\frac{3x}{\sqrt{x^2+1}}=1$

$\Leftrightarrow \frac{3x}{\sqrt{x^2+1}}=1-x$

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

$\Rightarrow 9x^2=(x^2-2x+1)(x^2+1)$

$\Leftrightarrow x^4-2x^3-7x^2-2x+1=0$

Với $x=0$ dễ thấy không là nghiệm của pt đã cho.

Với $x \ne 0$ ta chia 2 vế pt trên cho $x^2$ được:

$x^2-2x-7-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}=0$

Đặt: $x+\frac{1}{x}=t$ ta có: $t^2-2t-9=0$

Đến đây thì đơn giản rồi :D Giải ra nghiệm rồi thử lại thấy thỏa mãn hay không.

- Bài này còn 1 cách đặt đặt thế nào nữa ý, mình quên mất rồi :) cứ nông dân thế này chắc cũng được :)

PS: Tái xuất :D
  • T M yêu thích


#337532 chứng minh $ cos^2 x+cos^2 y+cos^2 z =1$

Gửi bởi kainguyen trong 19-07-2012 - 10:36

mọi người giúp mình bài này
Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. M là một điểm nằm trong miền tam giác ABC. Gọi góc giữa SM với SA, SB, SC lần lượt là x,y,z. Chứng minh hệ thức $ cos^2 x+cos^2 y+cos^2 z =1$



Cách khác:

Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với DM, cắt SA, SB, SC lần lượt tại: A', B', C'.

Khi đó hình chóp S.A'B'C' là tứ diện vuông có đường cao là DM.

Theo các quan hệ vuông góc, dễ dàng chứng minh được M là trực tâm của tam giác A'B'C'.

Ta có: x=(SB'C';AB'C'); y=(SA'C';A'B'C'); z=(SA'B';A'B'C').

và: $\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OA'^2}+\frac{1}{OB'^2}+\frac{1}{OC'^2}$

$\Rightarrow (\frac{OM}{OA'})^2+(\frac{OM}{OB'})^2+(\frac{OM}{OC'})^2=1$

$\Leftrightarrow cos^2 x+cos^2 y+cos^2 z =1$

Từ đây ta có đpcm.


#337104 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 22:21

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$
Ta có $2x^{3}+3x^{2}-18\geq 2y^{3}+3y^{2}-18\geq 2z^{3}+3z^{2}-18$
Hay $y^{3}+y\geq z^{3}+z\geq x^{3}+x (*)$
Nên từ $(*)$ suy ra được $y\geq z\geq x$
Mà theo giả thiết đầu $x\geq y\geq z$ nên $x=y=z$
Thay vào pt $(1)$ ta có pt bậc 3 ẩn x.
Giải ra ta được $x=y=z=2$
Mình nghĩ mọi người nên chém chậm thôi, chậm mà chắc mà. Chém một bài tới khi nào nát bét ra á. Tìm nhiều lời giải, tổng quát bài toán. Chứ không nên đăng đề nhiều thế. Mình nghĩ đề thi sẽ không ra giống lại, chủ yếu là phương pháp làm có thể giống nhau. Nên cần quan tâm tới chất lượng hơn số lượng.



Bài này bạn làm thế này là chưa chặt chẽ, mà có thể coi là sai.

1) Hệ hoán vị vòng quanh nếu bạn giả sử theo thứ tự thì phải xét 2 TH:

TH1: $x \ge y \ge z$

TH2: $x \ge z \ge y$

Mà nói chung ta chỉ có thể giả sử số nào là min, hoặc số nào là max.

2) Hàm số của vế trái đề bài $f(t)=2t^3-3t^2-18$ đâu có phải đơn điệu hoàn toàn trên $\mathbb{R}$ đâu?

- Mình nghĩ mấy bài này cần xem xét lại về phần tư duy, lập luận.

P/S: Đề tỉnh một số năm gần đây chém gần hết rồi :D, post lâu quá thì đâm ra không theo kịp thời đại, post 30/4 cũng được nhể :D



Mình thấy đề 30/4 cho kiểu lắt léo, đánh đố lắm, có lẽ chúng ta nên lựa chọn khi cho đề 30/4 vào :D


#337091 Chứng minh rằng $(x-1)(y-1)(z-1) \le 6\sqrt{3}-10$

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 22:10

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng $$(x-1)(y-1)(z-1) \le 6\sqrt{3}-10$$
Gabriel Dospinescu, Marian Tetiva



Do giả sử: Nếu có 2 số không lớn hơn 1 và 1 số lớn hơn 1, không giảm tổng quát, giả sử đó là $z$.

Khi đó ta có: $xy \le 1$

Ta có: $x+y=z(xy-1)<0$. Vô lý. Do đó không thể xảy ra TH này.

Khi đó, ta xét 2 TH sau:

TH1: Nếu có 1 hoặc cả 3 số không lớn hơn 1 thì hiển nhiên có đpcm.

TH2: Cả 3 số đều lớn hơn 1. Đặt: $a=x-1;b=y-1;c=z-1$

Khi đó, ta có $x+y+z=xyz$ trở thành:

$a+b+c+3=(a+1)(b+1)(c+1)$

$\Leftrightarrow 2=abc+ab+bc+ca\leq abc+3\sqrt[3]{abc}$

Từ $2\leq abc+3\sqrt[3]{abc}$ ta suy ra được: $abc\le 6\sqrt{3}-10$.

Vậy bđt được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c=\sqrt{3}$.


#336927 Chứng minh: \[\prod {\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} +...

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 17:37

Cho a, b, c > 0 và $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$. Chứng minh
$\left (\frac{4}{a^{2} + b^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{b^{2} + c^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{a^{2} + c^{2}} + 1 \right ) \geq 3\left ( a + b + c \right )$



Mình nghĩ đề là:



Cho a, b, c > 0 và $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$. Chứng minh
$\left (\frac{4}{a^{2} + b^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{b^{2} + c^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{a^{2} + c^{2}} + 1 \right ) \geq 3\left ( a + b + c \right )^2$



thì dấu bằng mới xảy ra được chứ :D

Giải:

Đặt: $A=\left (\frac{4}{a^{2} + b^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{b^{2} + c^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{a^{2} + c^{2}} + 1 \right )$

Ta có:

$\frac{4}{a^2+b^2}+1=\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{2}{a^2+b^2}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{(a^2+b^2)^2}}$

Tương tự với các bđt khác rồi nhân theo từng vế, ta được:

$A \geq 27\sqrt[3]{\frac{4^3}{[(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)]^2} }$

Theo AM - GM, ta có: $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\leq (\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3})^3=8$

Từ đây suy ra: $A\geq 27$

Mà ta có: $3(a+b+c)^2\leq 3(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)})^2=27$

Nên:

$\left (\frac{4}{a^{2} + b^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{b^{2} + c^{2}} + 1 \right )\left ( \frac{4}{a^{2} + c^{2}} + 1 \right ) \geq 3\left ( a + b + c \right )^2$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.


#336767 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 10:54

Ngẫu nhiên sao mà bạn đặt thế này ?


Thì vào link của bạn trên thấy có bạn đặt như thế nên mình cũng đặt vậy, nhân ra biến đổi ai dè được như thế nên làm vậy thôi :D

Vào đọc lại link kia lại thấy cậu ý cũng làm giống giống mình :D Chắc cái cốt yếu là đặt được thế kia, mình cũng không rõ ý tưởng lắm :D


#336763 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 10:50

bài 40: giải hệ:

$$\left\{\begin{matrix} x^6+y^8+z^{10} \leq 1 & \\ x^{2007}+y^{2009}+z^{2011} \geq 1 & \end{matrix}\right.$$

chọn đội tuyển bình định 2010-2011



Đề của bạn bị nhầm dấu của pt thứ 2 :D Phải là như trên :D Thảo nào thấy cứ lạ lạ, rõ ràng bài này mình làm rồi mà :D

Từ $x^6+y^8+z^{10} \leq 1 \Rightarrow x;y;z \in [-1;1]$

Trừ theo từng vế 2 pt đã cho, ta được:

$x^6(1-x^{2001})+y^8(1-y^{2001})+z^{10}(1-z^{2001})\leq 0$

mà $x;y;z \in [-1;1]$ nên $x^6(1-x^{2001})+y^8(1-y^{2001})+z^{10}(1-z^{2001})\geq 0$

Từ đây suy ra hệ có nghiệm khi 2 bđt trên xảy ra dấu bằng.

Vậy hệ có nghiệm $(x;y;z)=(0;0;1)$ và các hoán vị.


#336759 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 17-07-2012 - 10:41

Bài 36: Giải phương trình $$16x^6-16x^5-20x^4+20x^3+5x^2+2x-7=0$$
Đề đề nghị OLYMPIC 30/4 chuyên Lê Hồng Phong - 2008



Bài gì mang nặng tính đánh đố, đúng chất olympic 30/4 thì phải.

Ta có: $16x^6-16x^5-20x^4+20x^3+5x^2+2x-7=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(16x^5-20x^3+5x+7)=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=1\\
16x^5-20x^3+5x+7 (1)
\end{bmatrix}$

Giả sử pt (1) có nghiệm $x \in [-1;1]$ ta đặt $x=cosa$ khi đó ta có (1) trở thành:

$cos5a+7=0$. Pt vô nghiệm.

Do đó (1) có nghiệm $x$ sao cho $|x|>1$

Ta đặt: $x=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{t}) thì 16x^5=\frac{1}{2}(t^5+\frac{1}{t^5})+20x^3-5x$

Khi đó, (1) trở thành:

$\frac{1}{2}(t^5+\frac{1}{t^5})+7=0$

Đến đây giải pt bậc 2 với ẩn là $t^5$


#336668 Tuyển tập một số bài phương trình, hệ phương trình thi HSG tỉnh

Gửi bởi kainguyen trong 16-07-2012 - 23:46

Định phắn rồi mà lại lòi ra bài hay hay nữa :D

Bài 35. Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2=2xy+1 & & \\
x^5+y^3+1=0 & &
\end{matrix}\right.$$

Đề thi HSG cấp Thành Phố - Hà Nội - 2011/2012

P/S: Nhìn qua đã thấy sự chênh lệch khá rõ giữa đề của một số tỉnh lẻ và các tỉnh (TP) lớn :)



Ta có:

$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2=2xy+1 & & \\
x^5+y^3+1=0 & &
\end{matrix}\right.$

Xét pt thứ nhất: $x^2+y^2=2xy+1$

$\Leftrightarrow (x-y)^2=1$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x-y=1\\
x-y=-1
\end{bmatrix}$

TH1: $x-y=1$ ta có:

$x^5+y^3+1=0$

$\Leftrightarrow x^5+(x-1)^3+1=0$

Xét với $x=0$ dễ thấy là nghiệm của pt trên.

Với $x>0$ thì $x^5+(x-1)^3+1>0$

Với $x<0$ thì $x^5+(x-1)^3+1<0$

TH2:$x-y=-1 \Rightarrow x^5+y^3+1=0$

$\Leftrightarrow (y-1)^5+y^3+1=0$

Ta cũng xét tương tự như trên.

Đến đây kết luận được nghiệm rồi :D

PS: Ý bạn là đề Hà Nội dễ hơn ah =))) Bài tp HCM kia trông cồng kềnh thật @@ Ngủ đã mai tính =)))


#336655 Chứng minh: $1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+n^...

Gửi bởi kainguyen trong 16-07-2012 - 23:22

Chứng minh: $1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+n^{3}=(1+2+3+...+n)^{2}$ (1)



Với $n=1$ thì đẳng thức hiển nhiên đúng.

Giả sử (1) đúng với $n=k$ tức là:

$1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3}=(1+2+3+...+k)^{2}$

Ta sẽ cm (1) đúng với $n=k+1$ tức là cm:

$1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3}+(k+1)^3=(1+2+3+...+k+k+1)^{2}$

Thật vậy, ta có:

$1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3}+(k+1)^3=(1+2+3+...+k+k+1)^{2}$

$\Leftrightarrow (1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3})+(k+1)^3=(1+2+3+...+k)^2+(k+1)^2+2(1+2+3+...+k)(k+1)$

$\Leftrightarrow (k+1)^3=(k+1)^2+2(1+2+3+...+k)(k+1)$

Mà: $(k+1)^2+2(1+2+3+...+k)(k+1)=(k+1)^2+2.\frac{k(k+1)(k+1)}{2}=(k+1)^3$

Do đó (1) đúng với $n=k+1$

Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.