Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2013

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 02-02-2013, 11:38 AM   #16
mariakagawa
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2013
Bài gởi: 7
Thanks: 3
Thanked 3 Times in 2 Posts
Em xin giải bài 6 thế này.

------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi kien10a1 View Post
Mình nghĩ là $v_2 \left((2^n+a)^{2^n}-1 \right)=n+v_2(2^n+a-1)+v_2(2^n+a+1)-1\geqslant n+2 $ chứ nhỉ, đây là công thức LTE dành riêng cho $p=2 $ mà, cái bạn áp dụng là của $p $ lẻ .

Bài 10
Ta giả sử rằng trong dãy đã cho có 39 số chính phương là $b_{i_1}>b_{i_2}>...>b_{i_{39}} $
Từ $1 $ đến $2017 $ có $44 $ số chính phương là $1^2,2^2,...,44^2 $.
Trong dãy này có $43 $ cặp số dạng $(a^2,(a+1)^2) $.
Xét việc bỏ $1 $ số ra khỏi dãy, ta thấy mất đi tối đa $2 $ cặp dạng $(a^2,(a+1)^2) $. Như vậy, nếu để có $39 $ số, ta bỏ ra $5 $ số thì vẫn còn ít nhất $43-10=33 $ cặp số dạng $(a^2,(a+1)^2) $ trong dãy.
Chú ý rằng hiệu hai số này là $2a+1 $ luôn lẻ.
Suy ra có ít nhất $33 $ cặp $(b_{i_l},b_{i_j}) $ là hai số chính phương liên tiếp với $j>l $ .
$b_{i_l}-b_{i_j}=a_{i_{l+1}}+...+ a_{i_j}>0 $ và là số lẻ.
Từ đó suy ra trong các số $a_{i_{l+1}},.., a_{i_j} $ có ít nhất một số lẻ.
Mỗi cặp trong 33 cặp trên cho ta một số $a_t $ nào đó lẻ, các $a_t $ này phân biệt, suy ra dãy $1,2,3,..,63 $ có ít nhất $33 $ số lẻ, điều này vô lí vì trong dãy chỉ có $32 $ số lẻ.
Suy ra đpcm.
Uh xin lỗi lâu quá không làm đến cái này nên nhầm .
------------------------------
Bài 8:

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: mariakagawa, 02-02-2013 lúc 12:07 PM Lý do: Tự động gộp bài
mariakagawa is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 02-02-2013, 02:27 PM   #17
Traum
Moderator
 
Traum's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: cyber world
Bài gởi: 413
Thanks: 14
Thanked 466 Times in 171 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi nqt View Post
$Q^{+}$ có chứa 0 không hèn?
Không bạn ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 03-02-2013, 09:00 AM   #18
Conanvn
+Thành Viên+
 
Conanvn's Avatar
 
Tham gia ngày: Jul 2012
Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG
Bài gởi: 188
Thanks: 190
Thanked 80 Times in 55 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi namdung View Post


Chúng ta bắt đầu từ 4 bài toán đầu tiên (làm trong 450 phút):

1. Cho 0 < a, b, c, d < 1 và abcd = (1-a)(1-b)(1-c)(1-d). Chứng minh rằng
$ (a+b+c+d) - (a+c)(b+d) \ge 1 $
Em xin góp cách giải khác cho bài 1.
Từ gt: $\Pi \left(\dfrac{1}{a}-1\right)=1$
Đặt $a'=\dfrac{1}{a}-1 \Leftrightarrow a=\dfrac{1}{a'+1}$. $b';c';d'$ tương tự. Khi đó $a'b'c'd'=1$
Bất đẳng thức trở thành $$\left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \right)+\left(\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \right)- \left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \right)\cdot \left(\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \right) \ge 1$$$$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1}-1 \right)\cdot \left(1-\dfrac{1}{b'+1}-\dfrac{1}{d'+1} \right) \ge 0$$
Vậy ta chỉ cần có $\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \ge 1$ và
$\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \le 1$ hoặc ngược lại. Tương đương $a'c' \le 1 $ và $b'd' \ge 1$ hoặc $a'c' \ge 1$ và $b'd' \le 1$. Điều này là hiển nhiên với $a'b'c'd'=1$. Ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Chuyến tàu đã dừng lại.

thay đổi nội dung bởi: Conanvn, 03-02-2013 lúc 09:03 AM
Conanvn is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 03-02-2013, 09:16 AM   #19
MathForLife
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: CT force
Bài gởi: 731
Thanks: 603
Thanked 425 Times in 212 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Conanvn View Post
Em xin góp cách giải khác cho bài 1.
Từ gt: $\Pi \left(\dfrac{1}{a}-1\right)=1$
Đặt $a'=\dfrac{1}{a}-1 \Leftrightarrow a=\dfrac{1}{a'+1}$. $b';c';d'$ tương tự. Khi đó $a'b'c'd'=1$
Bất đẳng thức trở thành $$\left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \right)+\left(\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \right)- \left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \right)\cdot \left(\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \right) \ge 1$$$$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1}-1 \right)\cdot \left(1-\dfrac{1}{b'+1}-\dfrac{1}{d'+1} \right) \ge 0$$
Vậy ta chỉ cần có $\dfrac{1}{a'+1}+\dfrac{1}{c'+1} \ge 1$ và
$\dfrac{1}{b'+1}+\dfrac{1}{d'+1} \le 1$ hoặc ngược lại. Tương đương $a'c' \le 1 $ và $b'd' \ge 1$ hoặc $a'c' \ge 1$ và $b'd' \le 1$. Điều này là hiển nhiên với $a'b'c'd'=1$. Ta có đpcm.
Mình thấy không hiển nhiên bạn ạ!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
MathForLife is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 03-02-2013, 09:38 AM   #20
Conanvn
+Thành Viên+
 
Conanvn's Avatar
 
Tham gia ngày: Jul 2012
Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG
Bài gởi: 188
Thanks: 190
Thanked 80 Times in 55 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi MathForLife View Post
Mình thấy không hiển nhiên bạn ạ!
Nếu $a'c' \ge 1$ thì $b'd' \le 1$, còn nếu $a'c' \le 1$ thì $b'd' \ge 1$, nên 2 biểu thức cuối luôn cùng dấu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Chuyến tàu đã dừng lại.
Conanvn is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 03-02-2013, 09:06 PM   #21
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,343
Thanks: 209
Thanked 4,066 Times in 778 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Trích:
Nguyên văn bởi mariakagawa View Post
Bài 8:
Tôi nghĩ lý luận của bạn mơ hồ và thiếu chặt chẽ. Bạn có thể giải thích tại sao B có thể làm được như thế (giữ trạng thái sau khi mình thực hiện luôn là M, 1, 1, ..., 1)? Và tại sao B làm được mà A không làm được (nêu rõ sự khác biệt giữa A và B).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post:
mariakagawa (05-02-2013)
Old 03-02-2013, 11:00 PM   #22
mariakagawa
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2013
Bài gởi: 7
Thanks: 3
Thanked 3 Times in 2 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi namdung View Post
Tôi nghĩ lý luận của bạn mơ hồ và thiếu chặt chẽ. Bạn có thể giải thích tại sao B có thể làm được như thế (giữ trạng thái sau khi mình thực hiện luôn là M, 1, 1, ..., 1)? Và tại sao B làm được mà A không làm được (nêu rõ sự khác biệt giữa A và B).
Thưa thầy bởi vì nếu trạng thái là M,1,1,1,... với M lẻ sau khi B bốc thì A chỉ có thể bốc trở thành M+1,1,1,.. hoặc M,2,1,1,... khi đấy B luôn đưa về đc M+2,1,1,.. và M+2 lẻ. Cứ duy trì như vậy mà B thắng thì k sao, nếu B thua thì chỉ xảy ra 2 trường hợp e đã nêu ở dưới. Em chỉ nêu ý tưởng vậy không giải cụ thể nên hơi mập mờ ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
mariakagawa is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-02-2013, 01:12 PM   #23
DaiToan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2010
Đến từ: THPT Chuyên Vĩnh Phúc
Bài gởi: 280
Thanks: 29
Thanked 361 Times in 123 Posts
Bài 12.Cho các số thực $$a,b,c$ $ thoả $${a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca + 1$ $. Chứng minh rằng:
$$${(a + b + c)^2} \le 4 + 3{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 18abc$$ $

Lời giải. Ta đưa về một biến bằng cách đặt t=a+b+c như sau:
Đặt t=a+b+c thì theo giả thiết ta được $$ab + bc + ca = \frac{{{t^2} - 1}}{3};{a^2} + {b^2} + {c^2} = \frac{{{t^2} + 2}}{3}$ $. Ta có:
$$\begin{array}{l}
{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = (a + b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca)\\\Rightarrow 3abc = {a^3} + {b^3} + {c^3} - t
\end{array}$
$.
Do đó $$VP \ge 4 + 3{\left( {\frac{{{t^2} - 1}}{3}} \right)^2} + 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} - t} \right)$ $ (1)
Đến đây mới là bước khó khăn của bài toán khi phải đánh giá $${a^3} + {b^3} + {c^3}$ $ theo t trong khi các số a,b,c thực và dấu bằng chưa dễ tìm ra.. Ta có:
$$\begin{array}{l}
\frac{{{t^2} + 2}}{3} = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge {a^2} + \frac{{{{(b + c)}^2}}}{2} = {a^2} + \frac{{{{(t - a)}^2}}}{2}\\
\Rightarrow 9{a^2} - 6ta + {t^2} - 4 \le 0 \Rightarrow a \ge \frac{{t - 2}}{3}
\end{array}$
$.
Tương tự ta có $$a,b,c \ge \frac{{t - 2}}{3}$ $.
Kí hiệu $$\sum {{a^3}} = {a^3} + {b^3} + {c^3}$ $.
Đến đây ta đánh giá như sau:
$$\sum {{a^3}} = \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} + \frac{{t - 2}}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2}) = \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} + \frac{{t - 2}}{3}.\frac{{{t^2} + 2}}{3}$ $ (2)
Áp dụng BĐT BCS ta được:
$$\begin{array}{l}
\left( {\sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right)\left( {\sum {\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right) \ge {\left( {\sum {a\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right)^2} = {\left( {\frac{{2 + 2t}}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9}{(t + 1)^2}\\
\Rightarrow \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} \ge \frac{2}{9}{(t + 1)^2}
\end{array}$
$ (3)
Từ (2) và (3) suy ra $$\sum {{a^3}} \ge \frac{2}{9}{(t + 1)^2} + \frac{{(t - 2)({t^2} + 2)}}{9}$ $ (4).
Từ (1) và (4) suy ra
$$VP \ge 4 + 3{\left( {\frac{{{t^2} - 1}}{3}} \right)^2} + 6\left[ {\frac{2}{9}{{(t + 1)}^2} + \frac{{(t - 2)({t^2} + 2)}}{9} - t} \right] = \frac{{{t^4} + 2{t^3} - 2{t^2} - 6t + 9}}{3}$ $.
Ta cần chứng minh $$\frac{{{t^4} + 2{t^3} - 2{t^2} - 6t + 9}}{3} \ge {t^2}$ $ (5)
Nhưng (5) $$ \Leftrightarrow {t^4} + 2{t^3} - 5{t^2} - 6t + 9 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{t^2} + t - 3} \right)^2} \ge 0$ $ (luôn đúng).
Bài toán được giải quyết hoàn toàn....

Xin đóng góp 2 bài BĐT nữa:
Bài 13: Tìm hằng số C lớn nhất sao cho với mỗi số nguyên dương n tồn tại các số dương $${a_1},{a_2},...,{a_n};{\rm{ }}{b_1},{b_2},...,{b_n}$ $ thỏa mãn các đkiện sau:
$$\begin{array}{l}
i){\rm{ }}\sum\limits_{k = 1}^n {{b_k}} = 1;2{b_k} \ge {b_{k - 1}} + {b_{k + 1}}{\rm{ }}\forall k = \overline {2,n - 1} \\
ii){\rm{ }}a_k^2 \le 1 + \sum\limits_{i = 1}^k {{a_i}{b_i}} {\rm{ }}\forall k = \overline {1,n} \\
iii){\rm{ }}{a_n} = C
\end{array}$
$
Bài 14: Cho bốn số $${x_1},{x_2},{x_3},{x_4} \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$ $. Chứng minh rằng:
$$\prod\limits_{i = 1}^4 {\frac{{{x_i}}}{{1 - {x_i}}}} \le \frac{{\sum\limits_{i = 1}^4 {x_i^4} }}{{\sum\limits_{i = 1}^4 {{{(1 - {x_i})}^4}} }}$ $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: DaiToan, 04-02-2013 lúc 01:37 PM
DaiToan is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 4 Users Say Thank You to DaiToan For This Useful Post:
ACGIN (06-02-2013), CTK9 (28-01-2014), nghiepdu-socap (04-02-2013), thaygiaocht (05-02-2013)
Old 04-02-2013, 03:46 PM   #24
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,343
Thanks: 209
Thanked 4,066 Times in 778 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Trích:
Nguyên văn bởi mariakagawa View Post
Thưa thầy bởi vì nếu trạng thái là M,1,1,1,... với M lẻ sau khi B bốc thì A chỉ có thể bốc trở thành M+1,1,1,.. hoặc M,2,1,1,... khi đấy B luôn đưa về đc M+2,1,1,.. và M+2 lẻ. Cứ duy trì như vậy mà B thắng thì k sao, nếu B thua thì chỉ xảy ra 2 trường hợp e đã nêu ở dưới. Em chỉ nêu ý tưởng vậy không giải cụ thể nên hơi mập mờ ạ.
OK. Mariakagawa cần học cách viết hướng dẫn vừa ngắn gọn, vừa đầy đủ và ... không mập mờ nhé. Hướng bạn đi là đúng rồi. Các bạn TST triển khai tiếp thành lời giải hoàn chỉnh nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post:
mariakagawa (05-02-2013)
Old 04-02-2013, 09:11 PM   #25
thiendienduong
+Thành Viên+
 
thiendienduong's Avatar
 
Tham gia ngày: Jun 2011
Bài gởi: 425
Thanks: 289
Thanked 236 Times in 168 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi namdung View Post
4. Một đường tròn màu xanh được chia bởi 100 điểm màu đỏ thành các cung có độ dài theo một thứ tự tùy ý nào đó là 1, 2, ..., 100. Chứng minh rằng tồn tại một đường kính có hai đầu mút màu đỏ.
Thưa thầy, đề này hình như có vấn đề!

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
TOÁN BẤT BIẾN GIỮA DÒNG ĐỜI VẠN BIẾN
thiendienduong is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 05-02-2013, 12:15 PM   #26
ThangToan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2010
Đến từ: THPT chuyên Vĩnh Phúc
Bài gởi: 570
Thanks: 24
Thanked 537 Times in 263 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi DaiToan View Post
Bài 12.Cho các số thực $$a,b,c$ $ thoả $${a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca + 1$ $. Chứng minh rằng:
$$${(a + b + c)^2} \le 4 + 3{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 18abc$$ $

Lời giải. Ta đưa về một biến bằng cách đặt t=a+b+c như sau:
Đặt t=a+b+c thì theo giả thiết ta được $$ab + bc + ca = \frac{{{t^2} - 1}}{3};{a^2} + {b^2} + {c^2} = \frac{{{t^2} + 2}}{3}$ $. Ta có:
$$\begin{array}{l}
{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = (a + b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca)\\\Rightarrow 3abc = {a^3} + {b^3} + {c^3} - t
\end{array}$
$.
Do đó $$VP \ge 4 + 3{\left( {\frac{{{t^2} - 1}}{3}} \right)^2} + 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} - t} \right)$ $ (1)
Đến đây mới là bước khó khăn của bài toán khi phải đánh giá $${a^3} + {b^3} + {c^3}$ $ theo t trong khi các số a,b,c thực và dấu bằng chưa dễ tìm ra.. Ta có:
$$\begin{array}{l}
\frac{{{t^2} + 2}}{3} = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge {a^2} + \frac{{{{(b + c)}^2}}}{2} = {a^2} + \frac{{{{(t - a)}^2}}}{2}\\
\Rightarrow 9{a^2} - 6ta + {t^2} - 4 \le 0 \Rightarrow a \ge \frac{{t - 2}}{3}
\end{array}$
$.
Tương tự ta có $$a,b,c \ge \frac{{t - 2}}{3}$ $.
Kí hiệu $$\sum {{a^3}} = {a^3} + {b^3} + {c^3}$ $.
Đến đây ta đánh giá như sau:
$$\sum {{a^3}} = \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} + \frac{{t - 2}}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2}) = \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} + \frac{{t - 2}}{3}.\frac{{{t^2} + 2}}{3}$ $ (2)
Áp dụng BĐT BCS ta được:
$$\begin{array}{l}
\left( {\sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right)\left( {\sum {\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right) \ge {\left( {\sum {a\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} } \right)^2} = {\left( {\frac{{2 + 2t}}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9}{(t + 1)^2}\\
\Rightarrow \sum {{a^2}\left( {a - \frac{{t - 2}}{3}} \right)} \ge \frac{2}{9}{(t + 1)^2}
\end{array}$
$ (3)
Từ (2) và (3) suy ra $$\sum {{a^3}} \ge \frac{2}{9}{(t + 1)^2} + \frac{{(t - 2)({t^2} + 2)}}{9}$ $ (4).
Từ (1) và (4) suy ra
$$VP \ge 4 + 3{\left( {\frac{{{t^2} - 1}}{3}} \right)^2} + 6\left[ {\frac{2}{9}{{(t + 1)}^2} + \frac{{(t - 2)({t^2} + 2)}}{9} - t} \right] = \frac{{{t^4} + 2{t^3} - 2{t^2} - 6t + 9}}{3}$ $.
Ta cần chứng minh $$\frac{{{t^4} + 2{t^3} - 2{t^2} - 6t + 9}}{3} \ge {t^2}$ $ (5)
Nhưng (5) $$ \Leftrightarrow {t^4} + 2{t^3} - 5{t^2} - 6t + 9 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{t^2} + t - 3} \right)^2} \ge 0$ $ (luôn đúng).
Bài toán được giải quyết hoàn toàn....
Ta có thế giải theo phương pháp $p,q,r $ như sau:
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc $. Theo giả thiết ta có $p^2-3q=1 $ (1).
Ta thấy từ giả thiết dấu bằng xảy ra không phải là $a=b=c $ nên việc đánh giá $p, q, r $ theo bđt Schur không thể được ta sẽ xuất phát từ bất đẳng thức sau: $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0 $ và kết hợp (1) suy ra $\[r \ge \frac{{p\left( {9q - 2{p^2}} \right) - 2\left( {{p^2} - 3q} \right)\sqrt {{p^2} - 3q} }}{{27}} = \frac{{{p^3} - 3p - 2}}{{27}}\] $ (2).
Khi đó kết hợp với (2) ta được $\[4 + 3{q^2} + 18r \ge 4 + 3{q^2} + \frac{{2\left( {{p^3} - 3p - 2} \right)}}{3} = 4 + \frac{{{{\left( {{p^2} - 1} \right)}^2}}}{3} + \frac{{2\left( {{p^3} - 3p - 2} \right)}}{3}\] $.
Ta sẽ chứng minh
$\[4 + \frac{{{{\left( {{p^2} - 1} \right)}^2}}}{3} + \frac{{2\left( {{p^3} - 3p - 2} \right)}}{3} \ge {p^2} \Leftrightarrow {p^4} + 2{p^3} - 5{p^2} - 6p + 9 \ge 0\] $
$\[ \Leftrightarrow {\left( {{p^2} + p - 3} \right)^2} \ge 0\] $ (luôn đúng). Do đó bđt được chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ThangToan, 05-02-2013 lúc 12:20 PM
ThangToan is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to ThangToan For This Useful Post:
Conanvn (09-02-2013), dung_toan78 (05-02-2013)
Old 05-02-2013, 01:55 PM   #27
mariakagawa
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2013
Bài gởi: 7
Thanks: 3
Thanked 3 Times in 2 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi thiendienduong View Post
Thưa thầy, đề này hình như có vấn đề!
Bạn hiểu hơi nhầm rồi, không hẳn phải là đường kính mà theo cách phát biểu của bạn chỉ cần có 1 dây chia 2 cung có tổng bằng nhau là được rồi. Mình thì phát biểu theo kiểu 1 hoán vị bất kì của các số từ 1 đến 100 thì luôn tìm được tổng một số số liên tiếp bằng nửa tổng của 100 số. Vẫn chưa có hướng tìm ra lời giải
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
mariakagawa is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mariakagawa For This Useful Post:
thiendienduong (05-02-2013)
Old 05-02-2013, 04:08 PM   #28
hien123
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Bài gởi: 353
Thanks: 19
Thanked 261 Times in 165 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi kien10a1 View Post
Em góp một bài nhỏ:
Bài 9: Cho tam giác $ABC $ nhọn nội tiếp đường tròn $(O) $ với các đường cao $BE,CF $ và trực tâm $H $. $AO $ cắt $BC $ tại $K $, đường thẳng chứa trung tuyến của tam giác $HEF $ tại $H $ cắt $BC $ tại $L $. Chứng minh rằng: $K,L,E,F $ cùng thuộc một đường tròn.
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của $BC$ và $EF$, đặt $P=AH\cap EF,Q=AO\cap (O),Q\neq A$. Dễ thấy, hai tam giác $ABC$ và $AEF$ đồng dạng nên $PK\parallel HQ$. Từ đó với chú ý, $H,M,Q$ thẳng hàng, suy ra $HM\parallel PK$. Do đó, $\widehat{HMB}=\widehat{PKL}$.
Mặt khác, từ hai tam giác $HEF$và $HBC$ đồng dạng, ta có $\widehat{HMB}=\widehat{HNF}$. Suy ra, $\widehat{PKL}=\widehat{PNL}$ hay tứ giác $PNKL$ nội tiếp. Bây giờ, gọi $T$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Khi đó, theo hệ thức Maclaurin và phương tích ta có $$\overline{TF}.\overline{TE}=\overline{TP}. \overline{TN}= \overline{TL}.\overline{TK}$$ Như vậy, bốn điểm $E,F,L,K$ cùng thuộc một đường tròn.
Bài 15. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, phân giác trong $AD$ ($D$ nằm trên cạnh $BC$). Một điểm $P$ di động trên đường phân giác trong $AD$ của tam giác $ABC$. Đường thẳng $BP$ cắt cạnh $AC$ tại điểm $E$, đường thẳng $CP$ cắt cạnh $AB$ tại điểm $F$. Gọi $M$ là hình chiếu của điểm $P$ trên đường thẳng $BC$. $PM$ cắt $EF$ tại $N$ và $AN$ cắt $OP$ tại $L$. Chứng minh $ML$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di động
Đây là bài toán cũ, đã có lời giải trên MS nhưng lời giải này chưa thực sự đơn giản và mang hơi hướng tính toán.
Bài 16. Cho đường tròn $(O_{1})$ và $(O_{2})$ cố định. Điểm $M$ di chuyển trên $(O_{1})$, đường kính $AB$ của $(O_{2})$ song song với $O_{1}M$. Đường thẳng $MA,MB$ theo thứ tự cắt $(O_{2})$ tại điểm thứ hai $C,D$. Chứng minh rằng $CD$ luôn đi qua một điểm cố định.
Lưu ý, khi giải 2 bài toán trên các bạn cần trình bày rõ cách dự đoán chính xác điểm cố định đồng thời trong quá trình giải không sử dụng máy tính!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$z=\left | z \right |e^{i\varphi } $

thay đổi nội dung bởi: hien123, 05-02-2013 lúc 04:25 PM
hien123 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to hien123 For This Useful Post:
AnhIsGod (05-02-2013), TNP (06-02-2013)
Old 05-02-2013, 06:05 PM   #29
AnhIsGod
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2011
Đến từ: Vô cực
Bài gởi: 267
Thanks: 358
Thanked 48 Times in 32 Posts
Ý bạn nói bài 1 là ở topic khởi động luyện thi VMO trước kì thi phải không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
AnhIsGod is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-02-2013, 08:23 AM   #30
12121993
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Bài gởi: 81
Thanks: 23
Thanked 70 Times in 41 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi kien10a1 View Post
Em góp một bài nhỏ:
Bài 9: Cho tam giác $ABC $ nhọn nội tiếp đường tròn $(O) $ với các đường cao $BE,CF $ và trực tâm $H $. $AO $ cắt $BC $ tại $K $, đường thẳng chứa trung tuyến của tam giác $HEF $ tại $H $ cắt $BC $ tại $L $. Chứng minh rằng: $K,L,E,F $ cùng thuộc một đường tròn.
Một lời giải khác cho bài này.
Đặt $S = EF \cap BC , D = AH \cap BC , N = AH \cap EF $. $I $ là trung điểm của $EF $. Ta có $L, I, H $ thẳng hàng.
Ta có $(SNEF) = (SDCB) = -1 $ suy ra $\frac{\bar{SE}}{\bar{SF}} : \frac{\bar{NE}}{\bar{NF}} = -1 $ hay $\frac{\bar{SE}}{\bar{SF}} = - \frac{\bar{NE}}{\bar{NF}} $
Dễ thấy các tam giác $AEF $ và $ABC $ đồng dạng và $\widehat{NAE} =\widehat{KAB} $ nên ta có $\frac{\bar{NE}}{\bar{NF}} = \frac{\bar{KB}}{\bar{KC}} $.
Từ đó chú ý đến nhận xét ở trên ta có $\frac{\bar{SE}}{\bar{SF}} = - \frac{\bar{KB}}{\bar{KC}} $
Đặt $\frac{\bar{KB}}{\bar{KC}}=k; \frac{\bar{LB}}{\bar{LC}}=l $
Xét phép chiếu xuyên tâm $H $ ta có
$(SLBC) = (SIEF) $. Suy ra $\frac{\bar{SB}}{\bar{SC}} : \frac{\bar{LB}}{\bar{LC}} = \frac{\bar{SE}}{\bar{SF}} : \frac{\bar{IE}}{\bar{IF}} $.
Chú ý đến các đẳng thức ở trên và I là trung điểm EF, ta có $\bar{SB}=kl \bar{SC} $.
Ta sẽ chứng minh $\bar{SK} . \bar {SL} = \bar{SB} . \bar {SC} $
Điều này tương đương với
$ \frac{\bar{SB} - k \bar{SC}}{1-k} . \frac{\bar{SB} - l \bar{SC}}{1-l} = \bar{SB} . \bar {SC} $
Rút gọn ta có $\bar{SB}^2 - (1+kl)\bar{SB} . \bar {SC} + kl \bar{SC}^2 = 0 $
hay $(\bar{SB} - \bar{SC})(\bar{SB} - kl \bar{SC}) = 0 $
Điều này luôn đúng do $\bar{SB}=kl \bar{SC} $.
Chú ý rằng $BCEF $ nội tiếp nên ta có $\bar{SK} . \bar {SL} = \bar{SB} . \bar {SC} = \bar{SE} . \bar {SF} $.
Suy ra $E, F, K, L $ đồng viên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: 12121993, 06-02-2013 lúc 01:27 PM
12121993 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 02:54 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 119.69 k/135.95 k (11.96%)]