|
|
|
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 |
19-10-2011, 06:46 PM | #16 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts | |
19-10-2011, 07:31 PM | #17 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 193 Thanks: 195 Thanked 129 Times in 72 Posts | Bài 4 em làm thế này không biết đúng không Định nghĩa f(x) là số cách sắp xếp đội hình thỏa mãn với 2x người Dễ thấy $f(m)\ge f(n) \Leftrightarrow m\ge n $ mặt khác $f(2x)\le(f(x)+1) $(ta có thể ghép 2 người thành 1 cặp, sau f(x) lần sắp xếp, mỗi người chỉ chưa khác nhóm với nhiều nhất là người còn lại trong cặp nên sau 1 phép đổi nữa thì xong) $\Rightarrow f(1024)\le(f(512)+1)\le...\le(f(2)+9)=11 $ $\Rightarrow f(1006)\le 11 $ Ta chứng minh được $2^k $ là số người lớn nhất để sắp xếp được sau k-1 lần bằng quy nạp $\Rightarrow f(1006) \ge f(2^9)=10 $ Vậy ta có kết quả 11 thay đổi nội dung bởi: nghiepdu-socap, 20-10-2011 lúc 08:19 AM |
19-10-2011, 08:51 PM | #18 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 456 Thanks: 64 Thanked 215 Times in 143 Posts | Anh thấy dấu $10\leq f(1006)\leq 11 $ thì hơi có vấn đề! Bdt này chẳng khó để suy ra vì chỉ cần chỉ ra 1 cách xếp $k $ lần với $2^k $ là được. Trích:
Chỉ cần em cm được $f(1006)>10 $ là okie, anh cũng đã từng nghĩ tới hướng này nhưng chứng minh "không thể xếp với 10 lần" trực tiếp nó hơi mơ hồ. thay đổi nội dung bởi: beyondinfinity, 19-10-2011 lúc 08:56 PM | |
The Following User Says Thank You to beyondinfinity For This Useful Post: | nghiepdu-socap (20-10-2011) |
20-10-2011, 04:17 AM | #19 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2010 Bài gởi: 6 Thanks: 2 Thanked 8 Times in 5 Posts | Trích:
Không mất tính tổng quát giả sử $c\le b \le a $ thì $a,b >0 ; c \ge0 $ Khi đó $c^2 \ge 0; (b-c)^2 = b^2-c(2b-c) \le b^2; (a-c)^2 \le a^2 $ Do đó ta có: $P \ge (a^2+b^2)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}] $ Bài toán trở về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: $f(t) = \frac{1}{1-2t}+\frac{1}{t^2} $ với $t=\frac{ab}{a^2+b^2} $ ($0< t \le \frac{1}{2}) $ $f'(t) = \frac{2}{(1-2t)^2}-\frac{2}{t^3} =\frac{(t-1)(t^2-3t+1)}{t^3(1-2t)^2} $ Hàm số đạt cực tiểu tại $t=\frac{3-\sqrt{5}}{2} $, giá trị cực tiểu bằng $\frac{11+5\sqrt{5}}{2} $ Do vậy $P \ge \frac{11+5\sqrt{5}}{2} $ Dấu bằng xảy ra khi, chẳng hạn $c=0;a=1; b= \frac{\frac{3+\sqrt{5}}{2}-\sqrt{\frac{3\sqrt{5}-1}{2}}}{2} $ Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $\frac{11+5\sqrt{5}}{2} $ thay đổi nội dung bởi: wall_e, 21-10-2011 lúc 01:13 AM | |
20-10-2011, 12:28 PM | #20 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 456 Thanks: 64 Thanked 215 Times in 143 Posts | Trích:
| |
22-04-2015, 06:03 PM | #21 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Trích:
Ngày 2 Bài 5 (7 điểm) Cho các số thực không âm phân biệt $a,b,c.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=(a^2+b^2+c^2)\left[\dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2} \right]$ Bài 6 (6 điểm)Giả sử rằng $p$ là một số nguyên tố sao cho $2^{p-1} -1$ chia hết cho $p^2$. Chứng minh rằng với số nguyên dương $n$ tùy ý,số $(p-1)(p!+2^n)$ có ít nhất 3 ước nguyên tố phân biệt. Bài 7 (7 điểm) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O,$ hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $I.$ Gọi $I_1,I_2$ lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp tam giác $ABI$ và $CDI.$ Gọi $M_1,M_2$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AB,CD$ (không chưa các đỉnh còn lại của tứ giác).Chứng minh rằng các đường thẳng $OI,M_1I_1,M_2I_2$ đồng quy. __________________ https://www.facebook.com/thaygiaocht thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 22-04-2015 lúc 10:06 PM | |
Bookmarks |
|
|