Chủ đề này có 7 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:
- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...

Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu không copy nguyên văn từ đề thi Olympic quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.

BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về pt, hpt, bpt, hbpt mũ, logarit. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

Chú ý
Hiện tại, mới có 6 toán thủ được chọn đề, các toán thủ còn lại chưa được chọn đề cần khẩn trương ra đề, toán thủ nào nhiều trận không ra đề có thể sẽ có nguy cơ bị loại cao

[CD13]

Sao chỉ có một chú nộp đề?

[sogenlun]

Đề bài : Cho dãy $(U_n)$ xác định :
$$\begin{cases} U_1 = 2 \\ U_{n+1}-U_n = \dfrac{1}{2003}(U_{n+1}^2-U_n^2) , n \ge 1 \end{cases}$$
Tìm $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n}\dfrac{U_i}{U_{i+1}-1}$
Lời giải :
Từ giả thiết suy ra $$U_{n+1} =\dfrac{U_n(U_n-1)}{2003}+U_n$$
Vì $U_1=2$ nên $2 = U_1 < U_2< U_3 <...<U_n<... \Rightarrow (U_n)$ là dãy tăng.
Giả sử $(U_n)$ bị chặn trên $\Rightarrow \lim_{n \to \infty} U_{n}= L $ (với $L>2$).
Từ đó $\lim_{n \to \infty} U_{n+1}= \lim_{n \to \infty} \dfrac{U_n^2+2002U_n}{2003}$
$$\Leftrightarrow L = \dfrac{L^2+2002L}{2003} \Leftrightarrow L=0 \vee L=1$$
Vô lí với $L > 2$ suy ra $(U_n)$ không bị chặn trên. $\Rightarrow \lim_{n \to \infty} = \infty \Rightarrow \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{U_n} = 0$
Ta có : $$ U_{n+1} = \dfrac{U_n^2+2002U_n}{2003} \Leftrightarrow U_n(U_n-1) =2003(U_{n+1}-U_n)$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{U_n}{U_{n+1}-1} =2003(\dfrac{1}{U_n-1}-\dfrac{1}{U_{n+1}-1})$$
$$\Rightarrow S_n=2003(\dfrac{1}{U_1-1}-\dfrac{1}{U_{n+1}-1})$$
$$\Rightarrow \lim_{n \to \infty} S_n =2003 $$

[luuxuan9x]

Toán thủ luuxuan9x gửi đề:

Cho hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn các điều kiện sau:

(i)$f(1)=2011$

(ii)$f(x+1).f(x)=(f(x))^{2}+f(x)-1$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Đặt $S_1=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{f(i)-1}$, $S_2=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{f(i)+1}$.

Tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty }(S_1-S_2)$.

Bài giải:

Kí hiệu $a_n=f(n)$.

Từ điều kiện ta có $a_1=2011$, $a_{n+1}a_n=a_{n}^2+a_n-1$.

=>a_{n+1}\frac{a_n^2+a_n-1}{a_n}.

Quy nạp ta thấy $2011=a_1< a_2< a_3< ...<$ và $a_n\leq 2010+n$.

Nhận thấy $\lim_{n\rightarrow +\infty}a_n=+\infty$.

Ta có $S_1-S_2=\sum_{i=1}^{n}(\frac{1}{a_i-1}-\frac{1}{a_i+1})=\sum_{i=1}^{n}\frac{2}{a_i^2-1}$.

Chú ý $a_{i+1}=a_i+1-\frac{1}{a_i}$.

=>$a_{i+1}-1=a_i-\frac{1}{a_i}=\frac{a_i^2-1}{a_i}$.

=>$\frac{1}{a_{i+1}-1}=\frac{a_i}{a_i^2}-1=\frac{a_i+1}{a_i-1}-\frac{1}{a_i^2-1}=\frac{1}{a_i-1}-\frac{1}{a_i^2-1}$.

=>$\frac{1}{a_i^2-1}=\frac{1}{a_i-1}-\frac{1}{a_{i+1}-1}$.

Vì thế $S_1-S_2=2(\frac{1}{a_i-1}-\frac{1}{a_{i+1}-1})$.

=>$\lim_{n\rightarrow +\infty }(S_1-S_2)=\frac{2}{a_1-1}=\frac{2}{2010}=\frac{1}{1005}$.

Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty }(S_1-S_2)=\frac{1}{1005}$.

[Primary]

Đề: Cho 2 dãy số thỏa mãn:
$(u_n):u_n=\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{n\sqrt{n}}$
$(v_n):\left\{\begin{matrix}v_1=a & & \\ v_{n+1}=A(2+log_3\sqrt{1+u_n^3}) & & \end{matrix}\right.$
Với $n=1,2,3...$
a là hằng số dương
$A=\lim_{n\rightarrow +\infty }u_n$
Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_n$
Lời giải:
Tính A
*Ta chứng minh $\int_{0}^{n}\sqrt{x}dx\leq \sum_{k=1}^{n}\leq \int_{1}^{n+1}\sqrt{x}dx$ với $x\geq0$ (1)
Thật vậy:
Ta có: $0\leq x\leq 1\Rightarrow \sqrt{x}\leq 1\Rightarrow \int_{0}^{1}\sqrt{x}dx\leq 1$
$1\leq x\leq 2\Rightarrow \sqrt{x}\leq \sqrt{2}\Rightarrow \int_{1}^{2}\sqrt{x}dx\leq \int_{1}^{2}\sqrt{2}dx=\sqrt{2}$
...........................................................................................................................
$n-1\leq x\leq n\Rightarrow \sqrt{x}\leq \sqrt{n}\Rightarrow \int_{n-1}^{n}\sqrt{x}dx\leq \int_{n-1}^{n}\sqrt{n}dx=\sqrt{n}$
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được $\int_{0}^{n}\sqrt{x}dx\leq \sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}$ (*)
Ta lại có $1\leq x\leq 2\Rightarrow 1\leq \sqrt{x}\Rightarrow 1\leq \int_{1}^{2}\sqrt{x}dx$
$2\leq x\leq 3\Rightarrow \sqrt{2}\leq \sqrt{x}\Rightarrow \sqrt{2}\leq \int_{2}^{3}\sqrt{x}dx$
............................................................................................................................
$n\leq x\leq n+1\Rightarrow \sqrt{n}\leq \sqrt{x}\Rightarrow \sqrt{n}\leq \int_{n}^{n+1}\sqrt{x}dx$
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}\leq \int_{1}^{n+1}\sqrt{x}dx$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra (1) đúng
*Mặt khác:
$\int_{0}^{n}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3}[x\sqrt{x}]_{0}^{n}=\frac{2}{3}.n\sqrt{n}$
$\int_{1}^{n+1}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3}[x\sqrt{x}]_{1}^{n+1}=\frac{2}{3} [ (n+1)\sqrt{n+1}-1 ]$
Từ (1) suy ra $\frac{2}{3}.n\sqrt{n}\leq \sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}\leq \frac{2}{3}[\sqrt{(n+1)^3}-1] \Rightarrow \frac{2}{3}\sqrt{\frac{n^3}{n^3}}\leq A\leq \frac{2}{3}.(\sqrt{\frac{(n+1)^3}{n^3}}-\frac{1}{\sqrt{n^3}})\Rightarrow$ $\frac{2}{3}\leq A\leq \frac{2}{3}$
Hay A=3
Khi đó $v_{n+1}=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}.log_3\sqrt{1+v_n^3}$
*Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_n$
Xét hàm số $f(x)=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}log_3\sqrt{1+x^3}$ trên $(0;+\infty )$
$f'(x)=\frac{x^2}{(x^3+1).ln3}$
Mà $x^3+1=\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+1\geq \frac{3x^2}{\sqrt[3]{4}}\Rightarrow \frac{x^2}{x^3+1}\leq \frac{\sqrt[3]{4}}{3}$ $\Rightarrow 0<f'(x)\leq \frac{\sqrt[3]{4}}{3.ln3}<1$ với mọi $x\in (0;+\infty )$
Vì $v_{n+1}=f(v_n)$ nên nếu L là giới hạn dãy $(v_n)$ thì L là nghiệm của phương trình $f(x)=x\Leftrightarrow h(x)=f(x)-x=0$. Mà $h'(x)=f'(x)-1<0\Rightarrow$ h(x) nghịch biến trên $(0;+\infty )$
Mà h(2)=0 nên x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=x$ trên $(0;+\infty )$
Ta chứng minh L=2 là giới hạn của dãy $(v_n)$
Áp dụng định lí La-giăng: luôn tồn tại c nằm giữa 2 số $v_n$ và 2 sao cho:
$|v_{n+1}-2|=|f(v_n)-f(2)|=|f'©|.|v_n-2|\leq q|v_n-2|\leq q^2|v_{n-1}-2|\leq ...\leq q^n|v_1-2|\rightarrow 0$
(Với $q=\frac{\sqrt[3]{4}}{3.ln3}$)
Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_n=2$

[E. Galois]

Hai đề thi trên đây, các toán thủ nộp không theo đúng tinh thần của MHS là cuộc thi hướng tới TSĐH, vì thế BTC làm hiện các đề này, mong các toán thủ lưu ý, rút kinh nghiệm

[minh29995]

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x^2+x+1).3^x=2x^2+x+1 \text{ (1)}\\ y^6x^4+2y^3+(x^2+1).y^2+y+\frac{1}{3}=0 \text{ (2)} \end{matrix}\right.$

Lời giải:

TH1: 

Với x<0 thì $3^x <1$

Suy ra $VT(1) < x^2+x+1 < 2x^2+x+1 =VP(1)$

Vậy TH này vô nghiệm

TH2:

x=0 thoả mãn

TH3: $x>0$

Ta chứng minh $3^x > x+1$ với $x>0$

Thật vậy xét 

$f(t) =3^t -t-1$ có $f'(t)= 3^t.ln3 -1>0$ suy ra hàm số đồng biến trên R

Do đó $f(x) > f(0) =0$ với x>0

Vậy ta có:

$VT(1)> x^3+ 2x^2+2x+1 > 2x^2+x+1=VP(1)$

TH này vô nghiệm

Từ đó ta có x=0 thay vào (2) ta được:

$6y^3+3y^2+3y+1=0$

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

$\Leftrightarrow y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

KẾT LUẬN: PT có 1 cặp nghiệm là $x=0 ; y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

 

 

[hoangtrong2305]

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

 

ĐK: $x>\frac{5}{6}$

 

Đặt $f(x)=7^{x-1}-6\log_{7}(6x-5)-1$, xét hàm $f(x)$ trên $(\frac{5}{6};+\infty )$

 

$\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{7}.\ln 7.7^{x}-\frac{36}{\ln 7}.\frac{1}{6x-5}$

 

$\Rightarrow f''(x)=\frac{1}{7}.\ln^{2} 7.7^{x} +\frac{216}{\ln 7}.\frac{1}{(6x-5)^{2}}>0;\forall x\in (\frac{5}{6};+\infty )$

 

Vậy $f'(x)$ là hàm đồng biến trên $\forall x\in (\frac{5}{6};+\infty )$

 

Mà $f'(1).f'(2)<0\Rightarrow$ phương trình $f'(x)=0$ có nghiệm $a \in (1;2)$

 

Mặt khác, có $f'(1)<0;f'(2)>0$ nên hàm $f(x)$ nghịch biến trên $(\frac{5}{6};a)$ và đồng biến trên $(a;+\infty )$

 

Vậy hàm $f(x)=0$ nếu có nghiệm thì sẽ có tối đa 2 nghiệm

 

Mặt khác, có $f(1)=f(2)=0$

 

Vậy phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$ có nghiệm $x=1$ hay $x=2$