|
|
|
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 |
01-03-2018, 09:17 AM | #31 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2016 Bài gởi: 2 Thanks: 2 Thanked 0 Times in 0 Posts | thay đổi nội dung bởi: supercht_no1, 01-03-2018 lúc 08:16 PM |
01-03-2018, 06:15 PM | #32 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | |
01-03-2018, 10:13 PM | #33 |
Administrator | Đề 4 - Ngày 1, 1/3/2018 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $BE, \,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M,\, N$ lần lượt là trung điểm $BC, \,AM$. Đoạn thẳng $AM$ cắt đường tròn $(BHC)$ tại $K$ và cắt đoạn $EF$ tại $P$. Đường tròn đường kính $AK$ cắt đường tròn $(BHC)$ tại $L$ khác $K$ và $J$ là tâm đường tròn $(APL)$. Chứng minh rằng $JN\parallel BC$. PS. File pdf của đề thi |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | buratinogigle (02-03-2018) |
02-03-2018, 05:31 PM | #34 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 36 Thanks: 0 Thanked 13 Times in 7 Posts | Trích:
Thật vậy, khi $n=3$, ta dễ dàng chứng minh được $$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}\leq \frac{3}{2}+\frac{a_1-a_2}{2a_2}.$$ Xét $n\geq 4$, đặt $b_1=a_1+a_2$, $b_2=a_3$,... ,$b_{k}=a_{k+1}$,...,$b_{n-1}=a_n$. Khi đó $\left\{b_k\right\}_{k=1}^{n-1}$ cũng là một dãy siêu tăng gồm $n-1$ số hạng. Ta có $$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}} =\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1}{b_2}+\frac{b_2}{b_3}+.. ..+\frac{b_{n-2}}{b_{n-1}}.$$ Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta được $$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}\leq \frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1-b_2}{2b_2}+\frac{n-1}{2}.$$ Ngoài ra ta cũng dễ dàng chứng minh được $$\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1-b_2}{2b_2}\leq \frac{a_1-a_2}{2a_2}+\frac{1}{2}.$$ Hay $$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}\leq \frac{a_1-a_2}{2a_2}+\frac{n}{2}.$$ Vậy giá trị lớn nhất của $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}$ bằng $\dfrac{n}{2}$. Dấu bằng xãy ra chẵn hạn khi $a_1=a_2=1,a_3=2,..., a_k=2^{k-1},...,a_n=2^{n-1}$. | |
The Following 3 Users Say Thank You to hung.vx For This Useful Post: |
02-03-2018, 10:03 PM | #35 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2017 Bài gởi: 5 Thanks: 0 Thanked 5 Times in 2 Posts | Bài 3 đề 4 ngày 1: Ta phát biểu lại bài toán dưới dạng đồ thị (Graph) như sau: Xét một Graph $G$ có $40$ đỉnh và $80$ cạnh. Tìm $n$ lớn nhất để luôn tồn tại một tập độc lập có $n$ đỉnh. ( Một tập độc lập là tập các đỉnh mà hai đỉnh bất kì không có cạnh nối). Ta phát biểu bổ đề sau: (Caro-Wei) Xét graph $G$ có bậc các đỉnh lần lượt là $d_1,d_2,...,d_n$. Khi đó tồn tại một tập độc lập có không ít hơn $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{d_i+1}$. Ta quay lại bài toán trước: Ta dễ thấy rằng $d_1+d_2+...d_{40}=2*80=160$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $\sum_{i=1}^{40}\frac{1}{d_i+1}\geq \frac{40^2}{\sum_{i=1}^{40}d_i+40}=8$ Theo bổ đề thì tồn tại một tập độc lập có không ít hơn $8$ đỉnh. Ta sẽ chỉ ra rằng $n=8$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Một ví dụ cho một Graph có các tập độc lập có số đỉnh không vượt quá $8$ là: Ta chia $40$ đỉnh thành $5$ tập, mỗi tập $8$ đỉnh. Ta đánh dấu mỗi đỉnh trong từng tập bằng các số từ $1$ đến $8$. Giữa hai đỉnh nằm trong cùng một tập ta sẽ không nối cạnh nào và giữa các đỉnh của hai tập khác nhau ta nối đúng $8$ cạnh sao cho hai đỉnh khác nhau được nối khi và chỉ khi chúng có cùng chỉ số được đánh dấu. Dễ thấy cách nối này thỏa mãn một Graph có $n=8$ (thật vậy nếu tồn tại tập độc lập gồm $9$ đỉnh thì tồn tại hai đỉnh cùng được đánh dấu một số và như trên ta thấy vô lý) và số cạnh là $8\binom{5}{2}=80$. $\blacksquare$ Quay lại bổ đề thì đây là một bổ đề có nhiều cách chứng minh (cách thường dùng nhất là phương pháp xác suất ). Em xin nêu ngắn gọn cách chứng minh như sau:Ta xét một hoán vị ngấu nhiên của tập các đỉnh của $G$ là $\omega$ với xác suất bằng nhau và bằng $\frac{1}{n!}$. Ta xét sự kiện $A_i$: $\omega(i)<\omega(j)$ với tất cả đỉnh $j$ kề với $i$. Bằng cách đếm ta dễ dàng chứng minh được xác suất của sự kiện này là $\frac{1}{d_i+1}$. Ta để ý rằng nếu một hoán vị đều xảy ra hai sự kiện $A_i,A_j$ với $i\neq j$ thì đỉnh $i$ không thể kề với đỉnh $j$. Xét biến ngẫu nhiên rời rạc $X$ được tính bằng số các sự kiện $A_i$ mà một hoán vị có thể gặp phải. Ta có: $E[X]=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{d_i+1 }$ Do đó tồn tại một hoán vị $\omega$ có không ít hơn $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{d_i+1}$ sự kiện. Theo nhận xét trên bổ đề được chứng minh. thay đổi nội dung bởi: theunknown, 03-03-2018 lúc 07:41 AM |
The Following 4 Users Say Thank You to theunknown For This Useful Post: | blackholes. (04-03-2018), chienthan (02-05-2020), hoangleo963 (02-03-2018), supercht_no1 (03-03-2018) |
05-03-2018, 11:05 AM | #36 |
Administrator | Đề 4, ngày 2, 3/3/2018 4. Cho dãy số Fibonacci xác định bởi $F_1 = F_2 = 1, F_{n+1} = F_n + F_{n-1} $ với mọi $n \ge 2$. Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương $\dfrac{F_{5n}}{5F_n}$ là một số nguyên dương tận cùng bằng $1$. PS. File pdf tổng hợp của đề thi |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | Le khanhsy (05-03-2018) |
05-03-2018, 07:25 PM | #37 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2017 Bài gởi: 5 Thanks: 0 Thanked 5 Times in 2 Posts | Bài 4 đề 4 Đặt $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Khi đó công thức tổng quát của dãy Fibonacci được cho bởi công thức: $F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}(a^n-b^n)$ Và xét dãy số $L_n=a^n+b^n$ có công thức truy hồi là $L_1=1,L_2=3, L_{n+1}=L_n+L_{n-1}$. Khi đó ta nhận xét một số tính chất của dãy (chứng minh bằng quy nạp) là $L_{4n}$ chia $5$ dư $2$ và $L_{4n+2}$ chia $5$ dư $3$. Bây giờ ta có biến đổi: $\frac{F_{5n}}{5F_n}=\frac{1}{5}(L_{2n}^2+L_{2n}(-1)^n-1)$ Đặt $k=\left \lfloor \frac{L_{2n}}{5} \right \rfloor$. Xét các trường hợp chẵn lẻ của $n$ ta đều có: $\frac{F_{5n}}{5F_n}=5k^2+5k+1$. Dễ thấy biểu thức này là số nguyên và chia $10$ dư $1$ nên nó có tận cùng là $1$. $\blacksquare$ thay đổi nội dung bởi: theunknown, 05-03-2018 lúc 07:28 PM |
05-03-2018, 09:45 PM | #38 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Không cần đưa về dãy Lucas, chỉ cần để ý công thức\[\frac{{{F_{5n}}}}{{5{F_n}}} = 10.\frac{{F_n^2\left( {F_n^2 + {{\left( { - 1} \right)}^n}} \right)}}{2} + 1.\] |
The Following User Says Thank You to Thụy An For This Useful Post: | buratinogigle (07-03-2018) |
09-03-2018, 09:06 AM | #39 |
Administrator |
thay đổi nội dung bởi: namdung, 11-03-2018 lúc 06:50 AM Lý do: sửa chữ nội tiếp thành ngoại tiếp |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | buratinogigle (10-03-2018) |
12-03-2018, 08:45 AM | #40 |
Administrator | PS. File pdf tổng hợp đề 5 thay đổi nội dung bởi: namdung, 13-03-2018 lúc 10:27 AM Lý do: Thêm điều kiện bài 5. |
16-03-2018, 11:08 AM | #41 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 140 Thanks: 296 Thanked 62 Times in 36 Posts | [QUOTE=namdung;213501][INDENT] Đề 5, ngày 2, 10/3/2018 5. Cho đa thức $P(x)$ đơn khởi, bậc $n \ge 2 $ có $n$ nghiệm thực âm. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$P(1).P'(0) \ge 2n^2P(0).$$ Lời giải Giả sử các nghiệm của đa thức là $-a_1,-a_2,...,-a_n$ với $a_i$ là các số thực dương. Khi đó: $$\begin{array}{l} P\left( 1 \right)P'\left( 0 \right) \ge 2{n^2}P\left( 0 \right)\\ \Leftrightarrow \left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)....\left( {1 + {a_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} + ... + \frac{1}{{{a_n}}}} \right)\left( {{a_1}{a_2}...{a_n}} \right) \ge 2{n^2}\left( {{a_1}{a_2}...{a_n}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)....\left( {1 + {a_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} + ... + \frac{1}{{{a_n}}}} \right) \ge 2{n^2} \end{array}$$ Ta tiến thành đổi biến $a_i=\dfrac{1}{b_i}$, BĐT trên được viết lại là: $$\ln \left( {{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}} \right) \ge \ln \left( {\frac{{{b_1}}}{{1 + {b_1}}}} \right) + \ln \left( {\frac{{{b_2}}}{{1 + {b_2}}}} \right) + ... + \ln \left( {\frac{{{b_2}}}{{1 + {b_2}}}} \right) + \ln \left( {2{n^2}} \right)$$ Theo BĐT hàm lồi ta có: $$\ln \left( {\frac{{\frac{{{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}}{n}}}{{\frac{{{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}}{n} + 1}}} \right) \ge \frac{{\ln \left( {\frac{{{b_1}}}{{1 + {b_1}}}} \right) + \ln \left( {\frac{{{b_2}}}{{1 + {b_2}}}} \right) + ... + \ln \left( {\frac{{{b_2}}}{{1 + {b_2}}}} \right)}}{n}$$ Do vậy ta cần có: $$\ln \left( {{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}} \right) \ge n\ln \left( {\frac{{\frac{{{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}}{n}}}{{\frac{{{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}}{n} + 1}}} \right) + \ln \left( {2{n^2}} \right)$$ hay nói cách khác: \[\ln \left( {\frac{x}{{2{n^2}}}} \right) \ge \ln {\left( {\frac{{\frac{x}{n}}}{{1 + \frac{x}{n}}}} \right)^n} \Leftrightarrow \left( {\frac{x}{{2{n^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{{\frac{x}{n}}}{{1 + \frac{x}{n}}}} \right)^n} = {\left( {\frac{x}{{n + x}}} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {n + x} \right)^n} \ge 2{n^2}{x^{n - 1}}\] với $x={{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}>0$. Theo BĐT AM - GM ta lại có: \[{\left( {n + \underbrace {\frac{x}{{n - 1}} + \frac{x}{{n - 1}} + ... + \frac{x}{{n - 1}}}_{n - 1}} \right)^n} \ge {\left( {n\sqrt[n]{{\frac{{n{x^{n - 1}}}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}}}}} \right)^n} = \frac{{{n^{n + 1}}}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}}{x^{n - 1}}\] Bài toán được chứng minh nếu ta có: \[{n^{n + 1}} \ge 2{n^2}{\left( {n - 1} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow {n^{n - 1}} \ge 2{\left( {n - 1} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow \left( {n - 1} \right)\ln \frac{n}{{n - 1}} \ge \ln 2\] Điều trên dễ dàng có được vì \[y = f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\ln \frac{x}{{x - 1}}\] là hàm tăng và $n \geq 2$. |
The Following User Says Thank You to 1110004 For This Useful Post: | namdung (19-03-2018) |
19-03-2018, 03:37 PM | #42 |
Administrator | PS. File pdf ở dưới |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | buratinogigle (19-03-2018) |
19-03-2018, 09:30 PM | #43 | |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Trích:
https://www.imo-official.org/problems/IMO2012SL.pdf | |
22-03-2018, 10:48 PM | #44 |
Administrator |
PS. File tổng hợp đề 6 download ở bên dưới. |
25-03-2018, 07:34 PM | #45 |
Administrator | Và hôm nay chúng tôi gửi các bạn đề luyện tập cuối cùng, đề số 7. Đây là đề đã được sử dụng ở Tiểu trường xuân miền Nam 2018 vừa qua. |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | buratinogigle (26-03-2018) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|