Tài liệu có $729$ trang tổng hợp nhiều đề từ nhiều cuộc thi trên thế giới.
TheBestProblemsFromAroundTheWorld.pdf 3.47MB 2235 Số lần tải
Nguồn : Ebook toán.
- votongdanhho96, cool hunter, barcavodich và 8 người khác yêu thích
“Điện thoại của anh đã hết tiền, nếu em vẫn nhận được tin nhắn này thì số phận đã gắn kết chúng mình với nhau”
“Sáng nay em có mệt không? Vì cả đêm qua em lang thang trong giấc mơ của anh”
“Trái đất có 7 tỷ người nhưng không hiểu sao anh chỉ nhắn tin cho mỗi mình em”
“Anh ước gì một ngày có 25 giờ để anh có 1 giờ nghỉ ngơi không nhớ tới em”
“Em hỏi anh có sẵn sàng chết vì em không? Không bao giờ em ạ, bởi anh chết thì ai sẽ yêu em và chăm sóc cho em trong suốt cuộc đời”.
“Gần 90 triệu đôi mắt đồng bào tôi đã ngủ, chỉ có đôi mắt đẹp nhất đất nước này đang đọc tin nhắn của anh”
“Nếu có bản án dành cho anh vì đã yêu em thì anh xin đứng trước tòa và nhận bản án chung thân được bên em suốt đời... ”
“Dậy đi em, sáng rồi, anh sai một thiên thần tới gọi em dậy nhưng nó bảo nó không thể đánh thức một thiên thần khác... Vì thế anh đành tự đánh thức em vậy”
=============================================================================================
8 x 3 x 1 = 24 (suốt 24 giờ anh luôn nghĩ đến em)
8+3+1 =12 (Anh muốn bên em 12 tháng trong năm)
8:3:1 = 2.666666..666... 6666... (Anh muốn tình yêu chúng mình vô tận)
831 – anh muốn trong một năm ngày nào cũng là ngày 8-3
8-3-1= 4 (Anh muốn 4 mùa luôn có em)
831 – 8 chữ, 3 từ, 1 ý nghĩa: ANH YÊU EM
Gửi bởi BoFaKe trong 17-07-2013 - 22:27
Tài liệu có $729$ trang tổng hợp nhiều đề từ nhiều cuộc thi trên thế giới.
TheBestProblemsFromAroundTheWorld.pdf 3.47MB 2235 Số lần tải
Nguồn : Ebook toán.
Gửi bởi BoFaKe trong 13-07-2013 - 19:22
Bài 2: Chứng minh rằng
b,$a^{2}+5b^{2}-4ab+2a-6b+3>0$
c,$a^{2}+2b^{2}-2ab+2a-4b+2>0$
Mấy loại bậc $2$ như thế này thì chỉ cần xét theo một biến,chẳng hạn là $a$,viết lại thành $$a^{2}+5b^{2}-4ab+2a-6b+3>0\Leftrightarrow a^{2}-2a(2b-1)+5b^{2}-6b+3> 0$$
Đến đây coi là phương trình bậc $2$ đối với $a$,để pt luôn $> 0$ thì hệ số của $a^2$ phải dương và $\Delta < 0$.Giờ chỉ việc tính $\Delta $ là ra.
Gửi bởi BoFaKe trong 10-07-2013 - 17:47
1: $2cos^{2}x-2\sqrt{3}sinxcosx=\sqrt{2}$
Ta có :
$2cos^{2}x-2\sqrt{3}sinxcosx=\sqrt{2}\Leftrightarrow \cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x=\sqrt{2}-1$.Đây là dạng cơ bản rồi.
2:$tan\begin{bmatrix} \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)& \end{bmatrix}+1=0$
$tan\begin{bmatrix} \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)& \end{bmatrix}=-1\Leftrightarrow \frac{\pi }{4}(cosx-\sqrt{3}sinx)= \frac{-\pi }{4}+k\pi \Leftrightarrow \Leftrightarrow cosx-\sqrt{3}sinx= 4k-1$
Điều kiện để pt có nghiệm là $1+(\sqrt{3})^{2}\geq (4k-1)^{2}\Leftrightarrow 4\geq (4k-1)^{2}$
Kết hợp điều kiện là $k$ nguyên,tìm được $k$ thay lại tìm $x$.
Gửi bởi BoFaKe trong 09-07-2013 - 12:46
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của: $$A=\cos^4x+\sin^4x+\sin x\cos x+1$$
Mọi người giúp em bằng hai cách với ạ: một cách là dùng BĐT bình thường, một cách là dùng hàm số với ạ, em cảm ơn.
Đặt $\sin 2x=t;t\in [-1;1]$
$$A=\cos^4x+\sin^4x+\sin x\cos x+1= 1-2\sin ^{2}x\cos ^{2}x+1+\sin x\cos x= \frac{-t^{2}}{2}+\frac{t}{2}+2$$
Có $$f'(t)=-t+\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow t= \frac{1}{2}$$
Lập bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất là $\frac{17}{8}$ còn giá trị nhỏ nhất là $2$
Gửi bởi BoFaKe trong 09-07-2013 - 11:48
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình $2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x – 2\sqrt{x}+2)$.
Bài này có chút yếu tố ''ảo'' thuật
Biến đổi ta có :$2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x-2\sqrt{x}+2) \Leftrightarrow \log _{2}\frac{x^{2}}{1-\sqrt{x}}=\log _{2}(x-2\sqrt{x}+2) \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{1-\sqrt{x}}=x-2\sqrt{x}+2$.
Đặt $\sqrt{x}=t$ thì $0\leq t< 1$
Nhân chéo lên ta được phương trình :
$t^{4}+t^{3}-3t^{2}+4t-2=0$
Xét $f(t)=t^{4}+t^{3}-3t^{2}+4t-2$ có $f'(t)=4t^{3}+3t^{2}-6t+4= 2(t^{3}+1+1-3x)+2t^{3}+3t^{2}> 0$ với $t\in (0;1)$
Mà $f(\sqrt{3}-1)=0$ nên $t= \sqrt{3}-1\Rightarrow x=4-2\sqrt{3}$.
--------------------------------
P/S: Không biết còn nghiệm nào nữa không
Gửi bởi BoFaKe trong 09-07-2013 - 10:37
Câu 3: ĐK :.....
Từ phương trình đầu ta có :
$$(2x-y+1)(x+1-y)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} 2x+1=y & & \\ x+1=y & & \end{bmatrix}$$.
Với $2x+1=y$ thay vào phương trình $2$ ta được :
$$3x-3+\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}=0\Rightarrow $$
Dễ thấy đây là hàm đồng biến và có nghiệm $x=0$ nên...
Với $x+1=y$ thế vào phương trình $2$ ta cũng giải được $x=0$ hoặc $x=1$.
Kết luận:....
-------------------------------
P/S:Lúc nãy đánh trật lất
Gửi bởi BoFaKe trong 08-07-2013 - 22:41
$\large \left\{\begin{matrix} x^{2013}-2012y=y^{2013}-2012x& & \\y^3-15x^2+78y= 5\sqrt[3]{2y-9}+141& & \end{matrix}\right.$
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có :$x^{2013}+2012x=y^{2013}+2012y$
Xét $f(t)= t^{2013}+2012t$ có $f'(t)= 2013t^{2012}+2012> 0$ nên hàm số đồng biến $\Rightarrow x=y$
Thay vào phương trình thứ $2$ của hệ ta được :
$$x^3-15x^2+78x= 5\sqrt[3]{2x-9}+141$$
$$\Leftrightarrow x^3-15x^2+73x-116+5(x-5)-5\sqrt[3]{2x-9}=0 $$
$$\Leftrightarrow (x^{3}-15x^{2}+73x-116)(1+\frac{5}{(x-5)^{2}+(x-5)\sqrt[3]{2x-9}+\sqrt[3]{(2x-9)^{2}}})= 0$$
$$\Leftrightarrow x^3-15x^2+73x-116=0$$
$$\Leftrightarrow (x-4)(x^{2}-11x+29)=0$$.
Đến đây xong rồi .
Gửi bởi BoFaKe trong 08-07-2013 - 22:20
Bài 1: Giải hệ :
$\left\{\begin{matrix}
2x+1=y^3+y^2+y\\
2y+1=z^3+z^2+z\\
2z+1=x^3+x^2+x
\end{matrix}\right.
$
Xét hàm $f(t)=t^{3}+t^{2}+t;g(u)=2u+1$ có $f(t)=3t^{2}+2t+1>0;g'(u)=2>0$ nên là hàm đồng biến.
Không mất tính tổng quát giả sử 2 TH :
TH 1:$x\geq y\geq z$ thì: $$f(x)\geq f(y)\Rightarrow g(z)\geq g(x)\Rightarrow z\geq x\Rightarrow x=y=z$$.
TH 2:$x\geq z\geq y$ thì: $$f(z)\geq f(y)\Rightarrow g(y)\geq g(x)\Rightarrow y\geq x\Rightarrow x=y=z$$.
Cả $2$ đều cho ta $x=y=z$,thay vào giải được $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$.
Gửi bởi BoFaKe trong 08-07-2013 - 22:13
Câu 2 : Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x^{2}+xy-2y^{2}+3y=1 & & \\ x\sqrt{x-y}-x+y=2& & \end{matrix}\right.$
Đk:$x\geq y$.
Từ phương trình đầu ta được :$(y-x-1)(2y+x-1)=0\Leftrightarrow x+2y= 1$ (vì $y-x-1<0$.
Thế $x=1-2y$ vào phương trình $2$ ta được :$(1-2y)\sqrt{1-3y}=3-3y$.
Bình phương là giải được nghiệm $y=-1$ nên $x=3$.:3
Gửi bởi BoFaKe trong 08-07-2013 - 21:57
Không biết có đúng không?
Giả sử $\large \Delta ABC$ vuông tại A. Khi đó ta có: $\large \left\{\begin{matrix} \sin B=\cos C & & \\ \cos B=\sin C & & \end{matrix}\right.$ và $\large \sin B+\cos B=1$
Khi đó ta có $\large M=\frac{\sin B+2\sin C}{2\cos B+\cos C}=\frac{\sin B+2\cos B}{2\cos B+\sin B}$$\large =\frac{1+\cos B}{1+\cos B}=1=\sin 90^{\circ}=\sin A$
Cách này không đúng,chắc tại em nhầm cái $\cos B+\sin B=1$ mà phải là $\cos^{2} B+\sin ^{2}B=1$.(thử tam giác vuông cân xem ).
Câu 1 : Cho tam giác ABC có số đo các góc thỏa mãn $sinA=\frac{sinB+2sinC}{2cosB+cosC}$. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông
Áp dụng định lý hàm số $\sin$ và $\cos$ ta có :
$$a=\frac{2b+c}{\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{ac}+\frac{b^{2}+a^{2}-c^{2}}{2ab}}$$
$$\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow (2b+c)(a^{2}-b^{2}-c^{2})=0\Leftrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$$
Gửi bởi BoFaKe trong 07-07-2013 - 15:31
Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c$ dương
$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$
Theo Holder ta có :$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(1+1+1)(1+1+1)\geq (a+b+c)^{3}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$
Khi ta cần chứng minh: $\frac{(a+b+c)^{3}}{9abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$
Đặt $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}=x(x\geq 1)$ thì ta có: $3x+\frac{2}{x}= x+2x+\frac{2}{x}\geq 1+2\sqrt{4}= 5$.
Gửi bởi BoFaKe trong 06-07-2013 - 21:55
Chỉ giáo luôn đi bạn anh chị!
Em lên mạng kiếm hệ số bất định hay U.C.T mà tham khảo.
Gửi bởi BoFaKe trong 06-07-2013 - 16:00
c) $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$
$(a+b-c)(a-b)^{2}+(b+c-a)(b-c)^{2}+(c+a-b)(a-c)^{2}$ Hình như thế ?
Gửi bởi BoFaKe trong 04-07-2013 - 10:34
Câu 3: Đk $x\geq 1$.
Biến đổi phương trình $2$ thành $$(x+y-1)^{2}=4y\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y\geq 0 & & \\ x-1=2\sqrt{y}-y & & \end{matrix}\right.$$
Đặt $t=\sqrt[4]{x-1}$ thì $t\geq 0$ nên $\Rightarrow \sqrt{t^{4}+2}=\sqrt{x+1}$
Thế phương trình đầu ta có :$\sqrt{t^{4}+2}+t=y+\sqrt{y^{4}+1}$
Xét hàm số $f(k)=k+\sqrt{k^{4}+1}$ có $f'(k)=1+\frac{4k^{3}}{2\sqrt{k^{4}+1}}> 0$ nên hàm số đồng biến ,vậy có $t=y$ nên $\Rightarrow y^{4}=x-1$.
Đặt $\sqrt{y}=u$
Vậy ta có hệ mới :
$$\left\{\begin{matrix} u^{8}=x-1 & & \\ x-1=2u-u^{2} & & \end{matrix}\right.$$
$$\Rightarrow u^{8}+u^{2}-2u=0$$
$$\Leftrightarrow u(u-1)(u^{6}+u^{5}+..+u^{2}+u+2)=0$$
$$\Leftrightarrow u=0 \vee u=1$$.
Giải phương trình kết luận nghiệm là $(x;y)\in \left \{ (1;0);(2;1) \right \}$
Gửi bởi BoFaKe trong 02-07-2013 - 19:57
Cho $x;y;z> 0$ thỏa mãn $x+y+z=3$. CMR:
2. $\large x\sqrt{xy}+y\sqrt{yz}+z\sqrt{xz}\leq 3$
Đổi biến $(x;y;z)\rightarrow (a^{2};b^{2};c^{2})$ ta có bất đẳng thức mới cần chứng minh là :
$3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$.Đây là bất đẳng thức của Vasile,có ở đây.
----------------------------------
P/S: Anh đánh nhầm
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học