VuaTenMien.Com: Nhiều cách giải

Hiển thị các bài đăng có nhãn Nhiều cách giải. Hiển thị tất cả bài đăng

Thứ Năm, 17 tháng 11, 2011

Tập xác định hàm số lũy thừa - Sai lầm ở đâu?

Bài viết này sẽ đăng 3 lời giải khác nhau cho 1 bài toán tương tự một bài tập trong SGK Toán 12 cơ bản về tập xác định của hàm số lũy thừa.

tap xac dinh, ham so luy thua, sai lam o dau

Sai lầm ở đâu?

Các bạn hãy cho biết, trong các lời giải trên, lời giải nào sai và sai ở chỗ nào? Vui lòng để lại ý kiến của bạn trong phần nhận xét của bài này.

Thứ Ba, 5 tháng 7, 2011

Giải bằng nhiều cách đề thi môn Toán khối A năm 2011

Giải đề thi môn Toán khối A bằng nhiều cách (Tuyển sinh Đại học năm 2011). Bài viết này sẽ giới thiệu một số cách giải khác nhau cho 2 câu Đại số phân loại học sinh: Câu II-2 và Câu IV. Các lời giải được các thành viên diễn đàn math.vn hoàn thành sau khi đề thi được đưa lên mạng.
2 cách giải cho câu II-2 (câu hệ phương trình):

2 cách giải cho câu IV (giá trị nhỏ nhất - bất đẳng thức):

Thứ Ba, 19 tháng 4, 2011

Bình luận và giải bằng nhiều cách đề thi môn Toán khối A năm 2010

Bình luận và giải bằng nhiều cách đề thi môn Toán khối A năm 2010. Bài viết của thầy Nguyễn Thành Long, Thanh Hóa sẽ giúp học sinh có cái nhìn sâu hơn về đề thi môn Toán A 2010.

Binh luan de thi khoi A mon Toan, giai nhieu cach

Tải file PDF: Download Binh luan de thi khoi A mon Toan 2010

Xem thêm: Đáp án đề thi Đại học khối A năm 2010 của Bộ GD-ĐT

Thứ Sáu, 15 tháng 4, 2011

Khai thác một bài toán Hình học bằng nhiều cách

Khai thác một bài toán Hình học bằng nhiều cách. Một bài viết ngắn nhưng nhiều ý nghĩa của thầy Nguyễn Hữu Thanh, THPT Thuận Thành I, Bắc Ninh.

Tải file PDF: Khai thac bai toan Hinh hoc bang nhieu cach.

Xem thêm: Giải toán TÍCH PHÂN bằng nhiều cách (HAY) / 7 hướng biến đổi cho một bài toán Tích phân

Thứ Bảy, 12 tháng 3, 2011

Giải toán Tích phân bằng nhiều cách - Nguyễn Thành Long

Trong bài viết 7 hướng biến đổi cho một bài toán tích phân (thầy Nguyễn Hữu Thanh), chúng ta đã biết nhiều cách tiếp cận để giải toán tích phân. Việc giải một bài toán bằng nhiều cách khác nhau sẽ giúp học sinh phát huy hết "nội lực", rèn luyện và phát triển tư duy.

Giai toan tich phan bang nhieu cach, nguyen thanh long

Bài viết này sẽ giới thiệu chuyên đề "Giải toán Tích phân bằng nhiều cách", có nhiều ví dụ hơn, với nhiều cách giải cho một số lớp bài toán Tích phân. Tác giả là thầy Nguyễn Thành Long, Thanh Hóa.
Tải tài liệu theo link sau: Download Giai toan tich phan bang nhieu cach.

Thứ Hai, 18 tháng 10, 2010

Chứng minh bất đẳng thức Nesbitt bằng 45 cách

Đã đăng: 20 cách chứng minh BĐT Nesbit: Phần cuối, Tuyển tập

45 cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt

Ngay sau khi bài viết 20 cách chứng minh BĐT Nesbitt được đăng tải, một bạn đọc đã gửi cho MathVn.Com tập tài liệu có nhiều cách giải hơn, được soạn thảo đẹp hơn. Trong đó trình bày 45 cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc. Mỗi cách đều có một vẻ đẹp riêng.
Download 45 cach chung minh bat dang thuc Nesbitt

Chủ Nhật, 17 tháng 10, 2010

20 cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt (tuyển tập)

Tuyển tập 20 cách chứng minh bất dẳng thức Nesbitt

Bất đẳng thức Nesbitt

Loạt bài 20 cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt đã được chúng tôi đăng cách đây khá lâu (Xem Phần 1; Phần 2; Phần 3; Phần 4; Phần 5; Phần 6 và Phần cuối). Một số bài trong đó các công thức Toán không hiển thi được. Vì vậy, tuyển tập 20 cách chứng minh bđt Nesbitt ra đời. (Một ai đó copy trên www.mathvn.com rồi dán vào word, sau đó convert sang pdf).
Download 20 cach chung minh cho bat dang thuc Nesbitt

Thứ Bảy, 16 tháng 10, 2010

7 hướng biến đổi cho 1 bài toán tích phân

7 hướng biến đổi cho 1 bài toán tích phân - Nguyễn Hữu Thanh, THPT Thuận Thành số I, Bắc Ninh.

Xem bài viết của thầy Nguyễn Hữu Thanh dưới đây. Download ở đây: DOWNLOAD

Thứ Bảy, 29 tháng 11, 2008

20 cách chứng minh cho Bất đẳng thức Nesbit - Phần cuối

Đã đăng: Phần 1 - Phần 2 - Phần 3 - Phần 4 - Phần 5 - Phần 6
Cách 19: (Theo Hojoo Lee)
Theo AM-GM ta có các BDT

$a^{3/2}+b^{3/2}+b^{3/2}geq 3a^{1/2}b$

và

$a^{3/2}+c^{3/2}+c^{3/2}geq 3a^{1/2}c$

Suy ra

$2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})geq 3a^{1/2}(b+c)$

hay

$dfrac{a}{b+c}geq dfrac{3a^{3/2}}{2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})}$

Điều này quá gần với BDT Nesbit. Công việc còn lại dành cho bạn đọc.
Cách 20:
Ta có: Áp dụng BDT sau của Vasile Cirtoaje (có thể tìm thấy chứng minh trong cuốn Sáng tạo BDT của Phạm Kim Hùng).

$2(a^2+b^2+c^2)^2ge 3sum_{sym}a^3.b$

Áp dụng BDT Schwarz cho 3 số

$sum_{cyclic}dfrac{a}{b+c}=$ $gedfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{sum_{sym}a^3.b}ge dfrac{3}{2}$

Thay cho lời kết : Bất đẳng thức Nesbit vẫn còn rất nhiều cách chứng minh khác (không tầm thường chút nào) cũng như các dạng mở rộng của nó. Bạn đọc có thể xem thêm trong các tài liệu sau:

Titu Andrescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, GIL, 2004. Download here.

Hojoo Lee, Topics in Inequalities - Theorems and Techniques, 2007. Download here

Art of Problem Solving Forum: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=132021&sid=a2630c6e984259a3a5503f0cfe1ee826

Phạm Kim Hùng, Sáng tạo Bất đẳng thức, NXB Tri thức, 2006. Download here

Thứ Sáu, 28 tháng 11, 2008

5 lời giải hay cho một bài toán đẹp

Cùng đi tới đích có nhiều con đường khác nhau. Giải bài toán bằng nhiều cách không phải là mục đích của người làm toán. Nhưng qua những con đường ấy ta có thể tìm ra cách tối ưu. Tạp chí THTT đã mở một chuyên mục mới về vấn đề này. Sau đây là bài viết đầu tiên của Trần Nam Dũng, "5 lời giải hay cho một bài toán đẹp".

Thứ Tư, 26 tháng 11, 2008

20 cách chứng minh cho bất đẳng thức Nesbit - Phần 6

Đã đăng: Phần 1, Phần 2, Phần 3, Phần 4, Phần 5

Cách 16:

Ta có thể giả sử

$a+b+c=$

Với x thuộc khoảng (0;3) ta có (dành cho bạn đọc)

$dfrac{x}{3-x}geqdfrac{3}{4}(x-1)+dfrac{1}{2}$

Lần lượt thay x bởi a, b, c và cộng các BDT vừa đạt được theo vế ta có kết quả.

Cách 17:
Đặt

$b+c=$

thì

$a=$

BDT Nesbit trở thành

$dfrac{1}{2}sum dfrac{y+z-x}{x}geq dfrac{3}{2}$

Rút gọn ta có

$sum_{text{sym}}dfrac{x}{y}geq 6$

Áp dụng AM-GM cho 6 số là xong.

Cách 18: (Áp dụng BDT Jensen cho hàm lõm)
Đặt

$x=$

Với t dương, xét hàm số

$f(t)=$

Dễ thấy

$f''(t)=-dfrac{2}{(t+1)^3}<0forall tin (0,infty)$

Theo BDT Jensen

$f(dfrac{1}{2})=dfrac{1}{3}=dfrac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}leq fleft(dfrac{x+y+z}{3}right)$

Mặt khác

$f'(t)=dfrac{1}{(t+1)^2}>0forall t>0$

do đó hàm f tăng ngặt trên $(0,infty)$ . Suy ra

$dfrac{1}{2}leq dfrac{x+y+z}{3}$

Suy ra điều phải chứng minh.

(...còn tiếp...)

Thứ Tư, 19 tháng 11, 2008

20 cách chứng minh cho bất đẳng thức Nesbit - Phần 5

Đã đăng: Phần 1, Phần 2, Phần 3, Phần 4

Cách 13:

Ta có

$\sum_{cycl}\dfrac{a}{b+c}=$

$=$

Theo AM-GM ta có:

$\ged\frac{1}{2}(6-3)=$

Cách 14:

Đặt

$dfrac{a}{b+c}=$

Lúc đó

$xy+yz+zx+2xyz=$

BDT cần chứng minh là

$x+y+zgeq dfrac{3}{2}$

Ta chứng minh bằng phản chứng, nếu

$x+y+z< dfrac{3}{2}$

thì theo 2 BDT quen thuộc ta có

$1=xy+yz+zx+2xyzleq dfrac{(x+y+z)^2}{3}+2left(dfrac{x+y+z}{3}right)^3<1$

Mâu thuẫn!!!

Cách 15:

Theo AM-GM cho 2 số thì

$dfrac{a(b+c)}{b+c} + dfrac{a^{2}}{b+c} + dfrac{b+c}{4} geq 2a$

hay

$dfrac{a(a+b+c)}{b+c} + dfrac{b+c}{4} geq 2a$

Hoàn toàn tương tự, ta được

$dfrac{b(a+b+c)}{a+c} + dfrac{a+c}{4} geq 2b$

và

$dfrac{c(a+b+c)}{a+b} + dfrac{b+a}{4} geq 2c$

Cộng vế theo vế ta có kết quả

$(a+b+c)( dfrac{a}{b+c} + dfrac{b}{c+a} + dfrac{c}{b+a} ) geq dfrac{3}{2}(a+b+c)$

(...còn tiếp...)

Thứ Bảy, 15 tháng 11, 2008

20 cách chứng minh cho bất đẳng thức Nesbit - phần 4

Đã đăng: Phần 1 , Phần 2, Phần 3

Cách 10:Không mất tính tổng quát giả sử $a+b+c=1$ .
Ta có:

$dfrac{a}{b+c}+dfrac{9a(b+c)}{4}geq 3a$

và các dạng "hoán vị" của nó. Áp dung BDT:

$(a+b+c)^2geq 3(ab+bc+ca)$

ta có đpcm .
Cách 11:
Trước hết ta chứng minh

$dfrac{a}{b+c}geq dfrac{8a-b-c}{4(a+b+c)}$

That vay, ta có thể viết lại là:

$(2a-b-c)^2ge 0$

luôn đúng. Cộng vế theo vế là xong.
Cách 12:
Giả sử $age bge c$ . Khi đó:

$dfrac{1}{b+c}ge dfrac{1}{c+a}ge dfrac{1}{a+b}$

Theo Chebyshev và AM-GM, ta có:

$dfrac{a}{b+c}+dfrac{b}{c+a}+dfrac{c}{a+b} ge$

$dfrac{1}{3}.(a+b+c)(dfrac{1}{a+b}+dfrac{1}{b+c}+dfrac{1}{c+a}) =$

$dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)][dfrac{1}{a+b}+dfrac{1}{b+c}+dfrac{1}{c+a}]gedfrac{9}{6}$

Chứng minh xong.
(...còn tiếp...)