|
|
|
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 ! * 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 |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
02-02-2013, 11:38 AM | #16 | |
+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:
------------------------------ Bài 8: thay đổi nội dung bởi: mariakagawa, 02-02-2013 lúc 12:07 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
02-02-2013, 02:27 PM | #17 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts | __________________ Traum is giấc mơ. |
03-02-2013, 09:00 AM | #18 | |
+Thành Viên+ 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:
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. __________________ Chuyến tàu đã dừng lại. thay đổi nội dung bởi: Conanvn, 03-02-2013 lúc 09:03 AM | |
03-02-2013, 09:16 AM | #19 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Trích:
__________________ | |
03-02-2013, 09:38 AM | #20 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, AG Bài gởi: 188 Thanks: 190 Thanked 80 Times in 55 Posts | 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. __________________ Chuyến tàu đã dừng lại. |
03-02-2013, 09:06 PM | #21 |
Administrator | |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | mariakagawa (05-02-2013) |
03-02-2013, 11:00 PM | #22 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2013 Bài gởi: 7 Thanks: 3 Thanked 3 Times in 2 Posts | 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. |
04-02-2013, 01:12 PM | #23 |
+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}} }}$ $ thay đổi nội dung bởi: DaiToan, 04-02-2013 lúc 01:37 PM |
The Following 4 Users Say Thank You to DaiToan For This Useful Post: |
04-02-2013, 03:46 PM | #24 | |
Administrator | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | mariakagawa (05-02-2013) |
04-02-2013, 09:11 PM | #25 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2011 Bài gởi: 425 Thanks: 289 Thanked 236 Times in 168 Posts | Trích:
__________________ | |
05-02-2013, 12:15 PM | #26 | |
+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:
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. thay đổi nội dung bởi: ThangToan, 05-02-2013 lúc 12:20 PM | |
The Following 2 Users Say Thank You to ThangToan For This Useful Post: | Conanvn (09-02-2013), dung_toan78 (05-02-2013) |
05-02-2013, 01:55 PM | #27 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2013 Bài gởi: 7 Thanks: 3 Thanked 3 Times in 2 Posts | 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 |
The Following User Says Thank You to mariakagawa For This Useful Post: | thiendienduong (05-02-2013) |
05-02-2013, 04:08 PM | #28 | |
+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:
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! __________________ $z=\left | z \right |e^{i\varphi } $ thay đổi nội dung bởi: hien123, 05-02-2013 lúc 04:25 PM | |
05-02-2013, 06:05 PM | #29 |
+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? |
06-02-2013, 08:23 AM | #30 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | Trích:
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. thay đổi nội dung bởi: 12121993, 06-02-2013 lúc 01:27 PM | |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|