Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


mbrandm

Đăng ký: 10-07-2012
Offline Đăng nhập: 19-09-2018 - 18:19
-----

#491580 Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 11 lần thứ XX năm 2014

Gửi bởi mbrandm trong 09-04-2014 - 09:52

Câu hệ giải ntn z mọi người???

từ PT đầu suy ra $y\in \left [ -1,1 \right ]$

Dùng điều kiện này để lập bảng biến thiên cho PT 2 từ đó suy ra$y=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Đề này mình còn mỗi câu số học mới chỉ làm một nửa, làm bài trình bày có thiếu chỗ nào đâu, và kết quả của mình là HCĐ. :angry:




#486800 Thi giải toán chào mừng 26/3/2014

Gửi bởi mbrandm trong 14-03-2014 - 17:43

Trường THPT chuyên Bắc Quảng Nam

 

Cuộc thi giải toán chào mừng 83 năm thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh

 

Đề chính thức

Bài 1: Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} \left ( x-y \right )\left ( x^{2}+xy+y^{2} +3\right )=3\left ( x^{2}+y^{2} \right )+2\\ 4\sqrt{x+2}+\sqrt{16-3y}=x^{2}+3x+2 \end{matrix}\right.$

 

Bài 2: Cho $n=26^{26}+3^{3}+2014^{1931}$. Gọi S(x) là tổng các chữ số của số tự nhiên x. Đặt a=S(n), b=S(a) và c=S(b). Tìm c.

 

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc + a + b = c. Tìm giá trị lớn nhất của P biết ;

$P= \frac{26}{1+a^{2}}+\frac{3}{1+b^{2}}-\frac{3}{1+c^{2}}$

 

Bài 4: Cho hình thang có ba cạnh cùng độ dài là a. Tìm hình thang có diện tích lớn nhất.

 

Bài 5: Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$, $f\left ( 1 \right )=-1, g\left ( 0 \right )=2$. Tìm f(2014) biết rằng:

$f\left ( x+y \right )+g\left ( x-y \right )=2f\left ( x \right )+2g\left ( y \right ), \forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Bài 6: Cho đa giác đều 101 cạnh , các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu xanh và đỏ. Chứng tỏ rằng luôn tồn tại tam giác cân (các đỉnh là đỉnh của đa giác đều 101 cạnh) sao cho ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh hoặc đỏ).

 

Đ/s: 1) (2,0)

       2) 5

       3) $\frac{2713}{104}$

       4) Hình thang cân có góc ở đáy $60^{o}$

       5) 4056194

       6) là bài toán lí luận nên để các bạn giải.

 

 




#461722 $\left\{\begin{matrix} x=\frac{y...

Gửi bởi mbrandm trong 03-11-2013 - 09:56

những bài dạng này bạn giải bằng cách xét hàm: giả sử $x\geq y\geq z$; Đặt $f\left ( t \right )=\frac{t\left ( t^{2} +9\right )}{2\left ( t^{2} +1\right )}$ suy ra: $\left\{\begin{matrix} x\doteq f\left ( y \right )\\ y= f\left ( z \right )\\ z=f\left ( x \right )\end{matrix}\right.$ Xét tính biến thiên của hàm thu được $z\geq y\geq x$. Vậy nên x=y=z.

hệ phương trình quy về giải phương trình: $2x\left ( x^{2} +1\right )= x\left ( x^{2} +9\right )$.

Đa số các bài toán thường không thể hiện rõ ràng hàm số mà chúng ta xét đến, cần phải luyện tập nhiều để có cái nhìn tinh tế để đưa từng bài toán có biểu thức phức tạp về dạng trên. Chúc bạn thành công




#460490 $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ca)$

Gửi bởi mbrandm trong 28-10-2013 - 18:19

bạn dùng với giả thiết ba cạnh tam giác đấy, dựa trên công thức Herong suy ra: $\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\left ( a+b+c \right )\geq 0$

khai triển ra ta được: $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 2\left (a^{2}b^{2} +b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\right )$. đó là trường hợp với ba cạnh tam giác thì hai bất đẳng thức bạn nói đều đúng, mình đã chứng minh 1 cái ở trên, cái sau bạn dùng các bất đẳng thức: $a^{2}> \left ( b-c \right )^{2};b^{2}\geq \left ( c-a \right )^{2};c^{2}\geq \left ( a-b \right )^{2}$ rồi cộng vế theo vế là ra, đề bài của bạn không đúng với mọi a,b,c>0 như quynhthao29 đã nói




#459181 Cho tam giác ABC biết M(\frac{1}{2};-1),N(\frac...

Gửi bởi mbrandm trong 22-10-2013 - 07:12

bạn có toạ độ các trung điểm rồi thì bạn dễ dàng chỉ ra được phương trình cả ba cạnh tam giác thôi mà, việc lúc này để viết ra phương trình đường trung trực là không khó.




#456132 Thành viên ko hoạt động quá nhiều?

Gửi bởi mbrandm trong 08-10-2013 - 17:43

không thể nói thế được, vì đâu phải ai tham gia diễn đàn cũng chỉ để đăng bài, một số thành viên không học chuyên toán hoặc mới bắt đầu học chuyên sâu môn toán có thể tham gia, trước hết để tìm hiểu, sau khi đã rèn luyện được trình độ nhất định, họ mới tham gia gửi đề bài hoặc trả lời các bài toán được, việc này chẳng ảnh hưởng tới ai, số lượng thành viên nhiều thì có sao, một diễn đàn đâu có thể hiện chất lượng ở số lượng thành viên mà thể hiện ở chất lượng các bài đăng thôi.

Mấy thầy, mấy bác, mấy anh quản trị nên chăm chút hơn cho các topic, tổng hợp lại thường xuyên các bài đã đăng nhưng chưa có lời giải, các bạn thành viên khác tích cực bổ sung cho kho tài liệu của diễn đàn càng nhiều càng tốt, tổ chức các cuộc thi trực tuyến,.... Thế là đủ.




#455039 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Nam 2013-2014

Gửi bởi mbrandm trong 04-10-2013 - 14:32

bài cuối:

 k=1 ta cần chứng minh BĐT $\sum \frac{a^{2}}{a+b}\geq 3$

BĐT này t dễ dàng chứng minh được bằng cauchy-schawz kết hợp với giả thiết abc=8

Giả sử bất đẳng thức đúng khi k=l nào đó, tức là: $\sum \frac{a^{2^{l}}}{\left ( a+b \right )\left ( a^{2}+b^{2} \right )...\left ( a^{2^{l-1}}+b^{2^{l-1}} \right )}\geq \frac{3}{2^{l-1}}$

Ta sẽ chứng minh nó đúng ở k=l+1 như sau

Đặt $\left ( a+b \right )...\left ( a^{2^{l-1}} +b^{2^{l-1}}\right )=x;$

$ \left ( b+c \right )...\left ( b^{2^{l-1}}+c^{2^{l-1}} \right )=y;$

$ \left ( c+a \right )...\left ( c^{2^{l-1}}+a^{2^{l-1}} \right )=z;$

ta có $\left [ \sum \frac{2a^{2^{l+1}}}{x\left ( a^{2^{l}}+b^{2^{l}} \right )} \right ]\left [ \sum \frac{a^{2^{l}}+b^{2^{l}}}{2x} \right ]\geq \left ( \sum \frac{a^{2^{l}}}{x} \right )^{2}$

Như vậy ta cần chứng minh $\sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \sum \frac{a^{2^{l}}+b^{2^{l}}}{2x}\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \sum \frac{b^{2^{l}}}{x}$

Ta có $a^{2^{l}}-b^{2^{l}}=\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )\left ( a^{2}+b^{2} \right )...\left ( a^{2^{l-1}} +b^{2^{l-1}}\right )$(dễ chứng minh bằng quy nạp)

Như thế ta thấy rằng $\sum \frac{a^{2^{l}}}{x}=\sum \frac{b^{2^{l}}}{x}$

Vậy ta có :$\sum \frac{2a^{2^{l+1}}}{x\left ( a^{2^{l}} +b^{2^{l}}\right )}\geq \sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \frac{3}{2^{l-1}}$

Bài toán chứng minh xong, bài này trong bài thi thì mình chứng minh cụ thể, những chỗ dễ dàng :icon6: mong mấy bạn tự chứng minh .




#454396 Giải pt: $x+\sqrt{x^2+1}=3^{x}$

Gửi bởi mbrandm trong 01-10-2013 - 08:02

Dễ thấy x=0 là nghiệm, xét hàm số ở vế trái, đạo hàm vế trái ta được $\left ( 1+\frac{x}{{\sqrt{x^{2}+1}}} \right )$, ta thấy với mọi x thì biểu thức này luôn dương, hàm số ở vế trái tăng trên $\mathbb{R}$.

Xét hàm số ở vế phải có đạo hàm là $3^{x}$ln3 luôn dương với mọi x.

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm, nghiệm đó là 0.




#454395 Chứng minh $\frac{a^{3}}{b^{2}...

Gửi bởi mbrandm trong 01-10-2013 - 07:54

Ta có $\sum\left ( \frac{a^{3}}{b^{2}} +a\right )\geq 2\sum \frac{a^{2}}{b}$( theo BĐT Cauchy)

Ta đi chứng minh bất đẳng thức sau:$\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum a$

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức này bằng bất đẳng thức Cauchy:$\sum \left ( \frac{a^{2}}{b}+b \right )\geq 2\sum a$.

Kết hợp 2 BĐT ta có điều phải chứng minh




#411648 Tìm GTLN của biểu thức:$P=abc+9b+16c$

Gửi bởi mbrandm trong 10-04-2013 - 13:43

bạn có thể tham khảo tuyển tập đề đề nghị môn Toán olympic 30/4 năm 2011 do NXB Đại học Sư phạm ấy, bài này nằm trong đề đề nghị của chuyên Lê Hồng Phong lớp 10, cách giải ngắn gọn và đơn giản hơn




#410834 Đề thi olympic 30/4 lớp 10 miền Nam 2012-2013

Gửi bởi mbrandm trong 06-04-2013 - 19:53

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
Bài 1. Giải phương trình $$\left ( x+3 \right )\sqrt{-x^{2}-8x+48}=x-24$$
Bài 2. Cho lục giác lồi $ABCDEF$ biết tam giác $ABF$ vuông cân ở $A$, $BCEF$ là hình bình hành, $BC=19$, $AD=2013$, $DC+DE=1994\sqrt{2}$. Tính diện tích lục giác
Bài 3. Cho các số thực $x$, $y$ thỏa mãn $2x\left ( 1-x \right )\geq y\left ( 1-y \right )$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=x-y+3xy$.
Bài 4. Cho $x$, $y$ là các số nguyên dương thỏa mãn $p=x^{2}+y^{2}$ là số nguyên tố và $x^{3}+y^{3}-4$ chia hết cho $p$. Tìm $x$, $y$.
Bài 5. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho cho $19$ điểm mà tọa độ của chúng là các số nguyên, biết rằng không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh tồn tại một tam giác sao cho tọa độ của trọng tâm tam giác đó là các số nguyên.
Bài 6. Cho hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$. Biết rằng $f\left ( n+3 \right )\leq f\left ( n \right )+3$ và $f\left ( n+2012 \right )\geq f\left ( n \right )+2012$. Tính $f\left ( 2013 \right )$.



#409264 Nesbitt

Gửi bởi mbrandm trong 30-03-2013 - 22:24

Sau khi đọc xong một vài quyển sách có nói về BĐT Nesbitt, mình xin chia sẻ với diễn đàn một số cách chứng minh BĐT này:

Đề bài: Chứng minh với mọi a, b, c >0 thì:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$.

( sách  Những con đường khám phá lời giải Bất đẳng thức-NXB Sư phạm-chương 5)

Cách 1:

Đặt $T= \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}; Q=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}; P=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}$.

Ta có: $T+Q\geq 3;

$T+P\geq 3$ $\Rightarrow 2T+P+Q\geq 6$;

mà $P+Q=3$$\Rightarrow T\geq \frac{3}{2}$.

Cách 2: Sử dụng BĐT Vasile Cirtoaje

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

$\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}\geq 3\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^{4}}{a^{3}b+a^{3}c}+\frac{b^{4}}{b^{3}c+b^{3}a}+\frac{c^{4}}{c^{3}a+c^{3}b}$

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

$\geq \frac{1}{2}\frac{3\left ( a^{b}+b^{3}c+c^{3}a \right )+\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )}{\left ( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right )+\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )}=\frac{3}{2}$

Cách 3:

Bổ đề:

 

$\sum \sqrt[3]{\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}}\geq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$ với a,b,c>0>

Ta chứng minh bổ đề như sau:

$\sum \sqrt[3]{\left ( \frac{2a}{b+c} \right )^{2}} = \sum\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left ( b+c \right )^{2}}}\geq \sum \frac{2a}{\frac{2a+2(b+c)}{3}}= \sum \frac{3a}{a+b+c}=3$;

vậy ta đã chứng minh xong bổ đề

Áp dụng bổ đề và BĐT AM-GM ta có:

$\sum \frac{\frac{a}{b+c}+\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}{3}\geq \sum \sqrt[3]{\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}.\frac{1}{2}}\geq \frac{3}{2}.$

từ đó có đpcm.

Trên đây là một vài cách chứng minh, mình có một số BĐT cũng liên quan tới BĐT Nesbitt, mời các bạn cùng giải cho vui:

1) với mọi a,b,c>0 chứng minh:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{2abc}{3a^{3}+3b^{3}+3c^{3}}\geq \frac{31}{18}$

2) Chứng minh rằng:$a\geq b\geq c> 0$

 thì $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{\left ( a-c \right )^{2}}{ab+bc+ca}$

3)Chứng minh rằng : với a,b,c>0

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{27abc}{2\left ( a+b+c \right )^{2}}\geq 2$

4)Chứng minh với a,b,c>0

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+4\frac{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 5$




#403861 $10$ câu hỏi lí thú về khoa học

Gửi bởi mbrandm trong 10-03-2013 - 21:31

khoảng 5 tỉ năm nữa, mặt trời sẽ biến mất, tức là không chiếu sáng nữa, nó sẽ to lên và nuốt chửng các hành tinh trong hệ, và cuối cùng nổ tung thành một ngôi sao lùn, tức ngôi sao đã chết


#403845 $\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt...

Gửi bởi mbrandm trong 10-03-2013 - 21:18

Bài 1:a)
ta có B Đ T
$\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\left ( a+b \right )$
thật vậy, bình phương hai vế ta có:B Đ T tương đương là
$\left ( a-b \right )^{2}\geq 0$
Áp dụng nó vào vế trái ta có đpcm


#338490 Tìm khoảng cách ngắn nhất?

Gửi bởi mbrandm trong 21-07-2012 - 16:18

mình nghĩ nên chia bài toán của autokiss ra 2 trường hợp rõ ràng từ đó sẽ có hai cực đại(theo ý kiến của selena nên đổi qua cực đại mới phù hợp với THCS)