Đến nội dung

Tienanh tx

Tienanh tx

Đăng ký: 20-09-2012
Offline Đăng nhập: 11-06-2016 - 10:44
***--

#434105 [TOPIC] Bài toán tính tổng các dãy số có quy luật

Gửi bởi Tienanh tx trong 09-07-2013 - 21:35

TOPIC VỀ BÀI CÁC TOÁN TÍNH TỔNG

 

1, Lời nói đầu

Trong quá trình làm việc với các dạng toán, đặc biệt là các dạng toán liên quan tới yếu tố tính tổng, mình nhận thấy mổi một bài toán tính tổng đều có một vẻ đẹp rất là riêng. Nay mình lập TOPIC này để tổng hợp các bài toán tính tổng nhằm phục vụ cho các bạn ôn thi HSG 8,9, thi tuyển sinh vào trường Chuyên và Năng khiếu và hơn hết là dành cho các bạn có niềm đam mê với môn Toán

 

2, Những điều cần lưu ý khi post bài

  + Khi post bài nhớ đánh số thứ tự

  + Gõ công thức toán bằng $Latex$

  + Tránh hiện tượng Spam gây loãng TOPIC

  + Các bạn nên tìm thêm công thức tỗng quát để tăng sự  (Không bắt buộc)

  + Nên giãi bằng nhiều cách cho một bài toán (Không bắt buộc)

  + Ghi rõ các bước làm hoặc có thể tóm gọn cách làm 

P/s: Để tăng tính thẩm mĩ các bạn nên để tiêu đề trong CODE sau cho đẹp 

$\boxed{\text{ Bài toán :}}$ Nội dung bài toán

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

Mình bắt đầu TOPIC với một bài toán đơn giãn nhé ^^

 

 

$\boxed{\text{ Bài toán 1:}}$ Tính các tổng với $n \in N^*$

a, $A= 1+2+3+4+…+(n-1) + n$

b, $B= 1^2 + 2^2 + 3^2 + …+ (n-1)^2 + n^2$

c, $C= 1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + …+ (n-1)^3 + n^3$

d, $D= 1.2 + 2.3 + 3.4 + …+ (n-2)(n-1) + (n-1)n$

e, $E= 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n-3)(n-2)(n-1) + (n-2)(n-1)n$

f, $F= \dfrac{1}{1.2} + \dfrac{1}{2.3} + … + \dfrac{1}{(n-1)n}$

g, $G=\dfrac{1}{1.2.3} + \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5} + … + \dfrac{1}{(n-2)(n-1)n}$

h, $H=2+4+6+...+(2n-4) + (2n-2) + 2n$

i, $I= 1+3+5+...+(2n-3) + (2n-1)$ với ($n \ge 2$)

 

 

MONG NHẬN ĐƯỢC SỰ ỦNG HỘ NHIỆT TÌNH  CỦA MỌI NGƯỜI




#433870 Cm:tam giác AMN cân

Gửi bởi Tienanh tx trong 08-07-2013 - 22:52

998530_128188830725382_1863370092_n.jpg

$\oplus$ Dể thấy tứ giác $EDCB$ là tứ giác nội tiếp $\Longrightarrow$ $\angle AED = \angle ACB$

$\Longrightarrow$ $\Delta ADE \sim \Delta ABC$ $(g-g)$
$\Longrightarrow$ $\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}$

$\Longrightarrow$ $AE.AB = AC.AD$

Mà $ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A{\rm{E}}{\rm{.AB = A}}{{\rm{M}}^2}}\\
{AC.A{\rm{D}} = A{N^2}}
\end{array}} \right.$

$\Longrightarrow$ $AM^2=AN^2$

$\Longrightarrow$ $AM=AN$

$\Longrightarrow$ $QED$




#432262 Không dùng máy tính hãy so sánh số thực sau: $\sqrt{4+\sqrt{4...

Gửi bởi Tienanh tx trong 02-07-2013 - 12:03

$\oplus$ Đặt $A = \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4+...+\sqrt{4}}}}}$

$\Longrightarrow$ $A^2=4+A$

Giãi phương trình trên, ta có: $A=\dfrac{1+\sqrt{17}}{2} \approx  2,56 < 3$

$\Longrightarrow$ $A <3$ (đpcm)




#432226 Đề thi vào 10 chuyên Quang Trung ( Bình Phước ) năm 2013 2014 Toán chuyên

Gửi bởi Tienanh tx trong 02-07-2013 - 09:26

GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC 2013-2014

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

LÀM CÁI NÀY MỆT QÁ ^^

File gửi kèm




#431811 $M = \frac{xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

Gửi bởi Tienanh tx trong 30-06-2013 - 13:51

Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: $f(x)=\dfrac{x^{2}}{x^{2}-2x+2002}$

Cách $2$ cho câu $2$ nhé ^^

 

$\oplus$ Ta có: $A = \dfrac{{{x^2} - 2x + 2002}}{{{x^2}}} = \dfrac{{2002{x^2} - 2.2002.x + {{2002}^2}}}{{2002{x^2}}} = \dfrac{{\left( {{x^2} - 2.2002.x + {{2002}^2}} \right) + 2001{x^2}}}{{2002{x^2}}} = \dfrac{{{{(x - 2002)}^2} + 2001{x^2}}}{{2002{x^2}}} = \dfrac{{{{(x - 2002)}^2}}}{{2002{x^2}}} + \dfrac{{2001{x^2}}}{{2002{x^2}}} = \dfrac{{{{(x - 2002)}^2}}}{{2002{x^2}}} + \dfrac{{2001}}{{2002}} \geqslant \dfrac{{2001}}{{2002}}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{1}{A} = \dfrac{1}{{\dfrac{{{x^2} - 2x + 2002}}{{{x^2}}}}} = \dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} - 2x + 2002}} \leqslant \dfrac{{2002}}{{2001}}$



#431808 CMR: $\frac{(x+y)^2}{2}+\frac{x + y...

Gửi bởi Tienanh tx trong 30-06-2013 - 13:33

 
Cách $3$
 
$BĐT = \dfrac{(x+y)^2}{2} + \dfrac{x+y}{4} = \left(\dfrac{x+y}{2} \right)\left(x+y+\dfrac{1}{2} \right) = \left(\dfrac{x+y}{2} \right)\left(x+\dfrac{1}{4} + y + \dfrac{1}{4} \right) \overset{AM-GM}{\ge} \sqrt{xy} \left(2.\sqrt{x.\dfrac{1}{4}} + 2.\sqrt{y.\dfrac{1}{4}}\right) = \sqrt{xy} \left({\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right) = x\sqrt{y} + y\sqrt{x} = \mathbf{VT}$
 

 




#431445 $\sum\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}...

Gửi bởi Tienanh tx trong 28-06-2013 - 23:06

$\oplus$Đặt: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{1}{x}}\\{b = \frac{1}{y}}\\{c = \frac{1}{z}}\\{d = \frac{1}{t}}\end{array}} \right.$

$\Longleftrightarrow$ $a,b,c,d > 0$ và $abcd = 1$ $\Longrightarrow$ $a+b+c+d \ge \sqrt[4]{abcd} =4$

Bất đẵng thức cần chứng minh tương đương với: $\frac{{{a^2}}}{{b + c + d}} + \frac{{{b^2}}}{{a + c + d}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b + d}} + \frac{{{d^2}}}{{a + b + c}} \geqslant \frac{4}{3}$

$\Longleftrightarrow$ $\frac{{{a^2}}}{{\left( {a + b + c + d} \right) - a}} + \frac{{{b^2}}}{{\left( {a + b + c + d} \right) - b}} +\frac{{{c^2}}}{{\left( {a + b + c + d} \right) - c}} + \frac{{{d^2}}}{{\left( {a + b + c + d} \right) - d}} \geqslant \frac{4}{3}$
Đặt $a+b+c+d = S$, ta được:$\frac{{{a^2}}}{{S + a}} + \frac{{{b^2}}}{{S + b}} + \frac{{{c^2}}}{{S + c}} + \frac{{{d^2}}}{{S + d}} \geqslant \frac{4}{3}$ $( *)$
$\oplus$ Ta có: được chứng minh
${S^2} = {(a + b + c + d)^2} \leqslant \left( {\frac{a}{{\sqrt {S - a} }}.\sqrt {S - a}  + \frac{b}{{\sqrt {S - b} }}.\sqrt {S - b}  + \frac{c}{{\sqrt {S - c} }}.\sqrt {S - c}  + \frac{d}{{\sqrt {S - d} }}.\sqrt {S - d} } \right)\mathop  \overset{Bunyakovsky}{\leq}  \left( {\frac{{{a^2}}}{{S - a}} + \frac{{{b^2}}}{{S - b}} + \frac{{{c^2}}}{{S - c}} + \frac{{{d^2}}}{{S - d}}} \right)\left( {3S} \right)$
$\Longrightarrow$ $\left( {\frac{{{a^2}}}{{S - a}} + \frac{{{b^2}}}{{S - b}} + \frac{{{c^2}}}{{S - c}} + \frac{{{d^2}}}{{S - d}}} \right)\left( {3S} \right) \ge (a+b+c+d)^2$

$\Longrightarrow$ $\left( {\frac{{{a^2}}}{{S - a}} + \frac{{{b^2}}}{{S - b}} + \frac{{{c^2}}}{{S - c}} + \frac{{{d^2}}}{{S - d}}} \right) \geqslant \frac{{{{(a + b + c + d)}^2}}}{{3S}} = \frac{{a + b + c + d}}{3} \geqslant \frac{4}{3}$

$\Longrightarrow$ $( *)$ được chứng minh

$\Longrightarrow$ $Q.E.D$

 

 

 

 

 

 

 

 

 




#430377 $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}...

Gửi bởi Tienanh tx trong 24-06-2013 - 23:30

Cách 4 : 

 
$\oplus$ Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức C-S ta có
\[ VT= \frac{{{a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{2ca}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \sum {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{c^2} + ab}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2} + ab}}} \right)} \ge \frac{{{{[3(a + b + c)]}^2}}}{{2{{(a + b + c)}^2}}} = \frac{9}{2} = VP \]

 

 

 




#430376 $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}...

Gửi bởi Tienanh tx trong 24-06-2013 - 23:27

Cách 3:

 
Ta có: \[VT = \frac{{{a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{2ac}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2} + ab}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2} + ac}}\]
\[ = \left( {\frac{{{a^2} + bc}}{{2bc}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + bc}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2} + ac}}{{2ac}} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2} + ac}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2} + ab}}{{2ab}} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2} + ab}}} \right) - \frac{3}{2}\]
\[ \ge \left( {\frac{{{a^2} + bc}}{{2bc}} + \frac{{2bc}}{{{a^2} + bc}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2} + ac}}{{2ac}} + \frac{{2ac}}{{{b^2} + ac}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2} + ab}}{{2ab}} + \frac{{2ab}}{{{c^2} + ab}}} \right) - \frac{3}{2}\]
\[ \ge 2 + 2 + 2 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2} \Rightarrow Q.E.D\]



#430375 $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}...

Gửi bởi Tienanh tx trong 24-06-2013 - 23:16

Cách 2:
 
$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc} \overset{AM-GM}{\ge} \dfrac{3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}{2abc} = \dfrac{3}{2}$
$\oplus$ Ta đi chứng minh $\sum \dfrac{a^2+b^2}{c^2+ab} \ge \dfrac{6}{2} = 3$
$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^2 + b^2}{c^2 + ab} + \dfrac{b^2 + c^2}{a^2 + bc} + \dfrac{c^2 + a^2}{b^2 + ca} \overset{AM-GM}{\ge}  3\sqrt[3]{ \dfrac{\prod (a^2+b^2)}{\prod (c^2+ab)}}$ $(1)$
$\oplus$ Ta có: $(c^2+ab)(b^2+ac)(a^2+ab) = (c.c+a.b)(b.b+a.c)(a.a+a.b) \overset{Bunyakovsky}{\leq} \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} = \sqrt{(a^2+b^2)^2(b^2+c^2)^2(c^2+a^2)^2} = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ $(2)$
$\oplus$ Thay $(2)$ vào $(1)$ $\Longrightarrow$ $QED$



#430368 Cho a, b, c > 0. CMR: $\frac{a}{b}+\fr...

Gửi bởi Tienanh tx trong 24-06-2013 - 22:45

Cách 2:
$\oplus$Ta có:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{a+b} +1$
$\Longleftrightarrow \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} +1 \ge \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{a+b} +1+1$
$\Longleftrightarrow \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} +1 \ge \dfrac{(a+2b+c)^2}{(a+b)(b+c)}$
$\Longleftrightarrow \dfrac{a^2}{ab}+\dfrac{b^2}{bc}+\dfrac{c^2}{ca}+ \dfrac{b^2}{b^2} \ge \dfrac{(a+2b+c)^2}{(a+b)(b+c)}$ (luôn đúng với bđt $Cauchy-Schwartz$)
 
$\oplus$Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
 
$\mathbf{Q.E.D}$

 




#430366 Cho a, b, c > 0. CMR: $\frac{a}{b}+\fr...

Gửi bởi Tienanh tx trong 24-06-2013 - 22:43

Cách 1:
$\mathbf{BĐT} \Longleftrightarrow (\dfrac{a}{b}-\dfrac{a}{b+c})+(\dfrac{b}{c}-\dfrac{b}{b+c})+(\dfrac{c}{a}-\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{b}{a+b}+1$
 
$\Longleftrightarrow$ $\dfrac{ca}{b(b+c)}+\dfrac{b^2}{c(b+c)}+\dfrac{bc}{a(a+b)}\geq \dfrac{a+2b}{a+b}$
$\oplus$ Áp dụng BDT $C-S$, ta có:
$\dfrac{ca}{b(b+c)}+\dfrac{b^2}{c(b+c)}=\dfrac{a}{c(b+c)}(\dfrac{c^2}{b}+\dfrac{b^2}{a})\geq \dfrac{a}{c(b+c)}\dfrac{(c+b)^2}{b+a}=\dfrac{a(b+c)}{c(a+b)}$
$\oplus$ Ta cần chứng minh:
$\dfrac{a(b+c)}{c}+\dfrac{bc}{a}\geq a+2b\Leftrightarrow \dfrac{b(c-a)^2}{ca}\geq 0$ (đúng)
Dấu $"="$ khi $a=b=c$

 




#430087 Tìm vị trí của M,N để chu vi ΔHMN nhỏ nhất

Gửi bởi Tienanh tx trong 23-06-2013 - 22:37

Đây là bài toán bất đẵng thức trong tam giác rất cơ bãn, ở đây có cách giãi THCS cho bài toán 

1012305_122606927950239_1909217291_n.jpg

 

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

Postscrip: Bạn có thễ thữ sức với bài toán bất đẵng thức trong tứ giác sau:

 

Bài toán:Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I$, bán kính $r$, nội tiếp tiếp đường tròn tâm $O$, bán kính $R$, $p$ là nửa chu vi của tứ giác $ABCD$. Chứng minh rằng .

a. $$p^2\geq 8r\left ( \sqrt{4R^2+r^2}-r \right )$$
b. $$ p\leq 2R+\left ( 4-2\sqrt{2} \right )r $$

 




#427552 Tính AB

Gửi bởi Tienanh tx trong 15-06-2013 - 16:55

1013658_118608578350074_231789208_n.jpg

$\oplus$ Kẻ $AM \bot AB$ , $AI \cap BC = {J }$

$\oplus$ Ta có: $\left\{\begin{matrix}\angle AMB + \angle ABM =90^\circ& \\ \angle BIJ + \angle IBJ = 90^\circ& \end{matrix}\right.$

Mà $\left\{\begin{matrix} \angle AIM = \angle BIJ& \\ \angle ABM = \angle MBC& \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow$ $\angle AMI = \angle AIM$

$\Longrightarrow$ $\Delta{AIM}$ cân tại $A$

$\Longrightarrow$ $AI=AM = 2\sqrt{5}$

$\oplus$ Kẽ $AH \bot IM$ $\Longrightarrow$ $IM = HM$, đặt $IM=HM=x$

$\oplus$ Áp dụng hệ thức lượng, ta có: 

$AM^2= HM.MB$

$\Longleftrightarrow$ $(2\sqrt{5})^2 = x(2x+3)$

$\Longleftrightarrow$ $20=2x^2+3x$

$\Longrightarrow$ $x=2,5$ $\Longrightarrow$ $BM = 2x+3 = 8$

$\oplus$ Áp dụng $Pytago$, ta được:

$AB = \sqrt{BM^2-AM^2} = \sqrt{8^2 - (2\sqrt{5})^2} = \sqrt{8^2 - 20} = \sqrt{64-20} = 2\sqrt{11}$ 

 




#425421 $$x^3-x^2-x=\dfrac{1}{3}$$

Gửi bởi Tienanh tx trong 09-06-2013 - 16:02

Giãi phương trình: 
$$x^3-x^2-x=\dfrac{1}{3}$$

Spoiler






  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Đang xem trang cá nhân: Likes: Tienanh tx