|
|
|
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 |
27-07-2012, 08:09 PM | #1 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts | Đề Ra Kì Này - Tháng 6/2012 Số 420 - Tháng 6/2012 CÁC LỚP THCS $\fbox{Bài T1/420.}$ (Lớp 6). Tìm các giá trị nguyên của biểu thức $f(x;y)=\dfrac{x^2+x+2}{xy-1}$, trong đó $x, y$ là các số nguyên dương. $\fbox{Bài T2/420.}$ (Lớp 7). Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân tại $A$. Đường trung trực của các cạnh $AB, AC$ theo thứ tự cắt trung tuyến $AM$ tại $E, F$. Gọi giao điểm của $BE$ và $CF$ là $K$. Chứng minh rằng $\widehat{AKB}=\widehat{AKC}, \widehat{MAB}=\widehat{KAC}$. $\fbox{Bài T3/420.}$ Tìm tất cả các bộ ba số nguyên $(x;y;z)$ thỏa mãn đẳng thức: $2xy+6yz+3zx-|x-2y-z|=x^2+4y^2+9z^2-1$. $\fbox{Bài T4/420.}$ Với mỗi số nguyên dương $n$ ($n=1,2,\ldots$), đặt $a_n=\dfrac{4n}{n^4+4}$. Chứng minh rằng $a_1+a_2+\cdots+a_n<\dfrac{3}{2}$ $\fbox{Bài T5/420.}$ Cho tam giác nhọn $ABC$, tia phân giác trong của góc $BAC$ cắt $BC$ tại $D$. Gọi $E, F$ thứ tự là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AB$ và $AC$, $K$ là giao điểm của $CE$ và $BF$, $H$ là giao điểm của $BF$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEK$. Chứng minh rằng $DH$ vuông góc với $BF$. CÁC LỚP THPT $\fbox{Bài T6/420.}$ Giải hệ phương trình $\begin{cases}x+6\sqrt{xy}-y=6\\x+\dfrac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}=3\end{cases}$ $\fbox{Bài T7/420.}$ Cho các số $a, b, c$ là các số thực không âm có tổng bằng $1$. Chứng minh rằng $(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) \ge \left(\dfrac{10}{9}\right)^3$ $\fbox{Bài T8/420.}$ Cho tam giác $ABC$ có diện tích $S$. Gọi $x, y, z$ lần lượt là khoảng cách từ một điểm $M$ trong tam giác đến ba đỉnh $A, B, C$. Chứng minh rằng $(x+y+z)^2 \ge 4\sqrt{3}S$. Đẳng thức xảy ra khi nào? TIẾN TỚI OLYMPIC TOÁN $\fbox{Bài T9/420.}$ Cho một tập hợp khác rỗng $S \subseteq \mathbb{Z}$ thỏa mãn các điều kiện sau: $(i)$ Tồn tại hai phần tử $a,b\in \mathbb{Z}$ mà $(a,b)=(a-2,b-2)=1$. $(ii)$ Nếu $x, y \in S$ thì $x^2-y \in S$ ($x,y$ không nhất thiết khác nhau). Chứng minh rằng $S=\mathbb{Z}$. (Kí hiệu $(a, b)$ chỉ ước chung lớn nhất của hai số nguyên $a$ và $b$) $\fbox{Bài T10/420.}$ Tìm số $k$ lớn nhất sao cho $\sqrt{a+2b+3c}+\sqrt{b+2c+3a}+\sqrt{c+2a+3b} \ge k\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)$ đúng với mọi số dương $a, b, c$. $\fbox{Bài T11/420.}$ Cho dãy $\left(x_n\right)$ ($n=1,2,\ldots$) được xác định như sau: $$\begin{cases}x_1=\dfrac{1001}{1003}\\x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+\cdots+x_n^{2011}-x_n^{2012} \forall n \in \mathbb{N^*}\end{cases}$$ Hãy tìm $\lim \limits_{n \to +\infty} \left(nx_n\right)$ $\fbox{Bài T12/420.}$ Cho bốn điểm $A, B, C, D$ khác nhau và cùng nằm trên một số dường tròn tâm $O$. Gọi $I, J$ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của $C$ xuống đường thẳng $AB$ và $AD$; $K, L$ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của $D$ xuống đường thẳng $BC$ và $BA$; $N$ là trung điểm của $CD$; $M$ là giao điểm của đường thẳng $IJ$ và $KL$. Giả sử đường thẳng $IJ$ và $OD$ cắt nhau tại $E$, $KL$ và $OC$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh năm điểm $M, N, O, E$ và $F$ cùng nằm trên một đường tròn. __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 30-08-2012 lúc 10:51 PM |
The Following 16 Users Say Thank You to Trầm For This Useful Post: | 99 (29-07-2012), Akira Vinh HD (17-08-2012), antoank21 (25-08-2012), Aries34 (28-07-2012), arsenal1000 (28-07-2012), cuckigianac (11-08-2012), High high (28-07-2012), hungqh (27-07-2012), lexuanthang (27-07-2012), motngaytotlanh (19-08-2012), n.v.thanh (28-07-2012), quykhtn (21-08-2012), thinhptnk (27-07-2012), TNP (06-08-2012), TrauBo (27-07-2012), zớt (29-08-2012) |
29-08-2012, 06:25 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts | Mình mở topic để thảo luận nhé __________________ |
29-08-2012, 06:41 PM | #3 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts | Trích:
$$\sum \ln(a^2+1) \ge 3 \ln \dfrac{10}{9}$$ Xét hàm số $f(x)= \ln (x^2+1)$ trên $D=[0;1]$. $f'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$, $f''(x)=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} \ge 0 \forall x \in [0;1]$. Do đó hàm số $f(x)= \ln (x^2+1)$ lõm trên $[0;1]$. $\Rightarrow \ln (a^2+1) \ge f' \left( \dfrac{1}{3}\right)\left(a-\dfrac{1}{3}\right) +f(1) \Rightarrow \ln(a^2+1) \ge \dfrac{7}{25}\left(a-\dfrac{1}{3}\right) +\ln \left(\dfrac{10}{9}\right)$ Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh. __________________ | |
29-08-2012, 06:53 PM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Đến từ: PTNK TPHCM Bài gởi: 180 Thanks: 487 Thanked 106 Times in 67 Posts | Em làm bài T5 phần THCS nhé Dùng Ceva mình chứng minh được $AK \perp BC$, gọi I là giao của AK và BC, ta có: -AEDI nội tiếp, suy ra $\widehat{BDE}=\widehat{EAI}(1)$ -AEHK nội tiếp, suy ra $\widehat{BHE}=\widehat{EAK}(2)$ Từ (1) và (2) suy ra BEHD nội tiếp, suy ra $DH \perp BF$ __________________ Believe in yourself $\Leftrightarrow$ Believe in miracles |
29-08-2012, 06:58 PM | #5 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 155 Thanks: 130 Thanked 38 Times in 24 Posts | Trích:
Mới khảo sát lớp 10 mà cho bài này ớn quá. | |
The Following User Says Thank You to ntuan5 For This Useful Post: | TNP (29-08-2012) |
29-08-2012, 07:12 PM | #6 |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2011 Đến từ: Hội Fan của thầy Thái (VVT Fan Club) Bài gởi: 1,058 Thanks: 937 Thanked 1,249 Times in 433 Posts | |
14-09-2012, 11:55 AM | #7 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: An Giang Bài gởi: 21 Thanks: 0 Thanked 20 Times in 13 Posts | Trích:
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có $$6(1+a^2)=\frac{5}{3}+\frac{5}{3}+\frac{5}{3}+(6a ^2+1)\ge 4\sqrt[4]{\left ( \frac{5}{3} \right )^3\cdot(6a^2+1)}.$$ Vì thế, ta được $$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\ge\left (\frac{2}{3} \right )^3\sqrt[4]{\left ( \frac{5}{3} \right )^9\cdot(6a^2+1)(6b^2+1)(6c^2+1)}.$$ Như vậy, với điều kiện $a+b+c=1$ thì ta thấy, bài toán sẽ được chứng minh nếu như ta chứng minh được $$(6a^2+1)(6b^2+1)(6c^2+1)\ge \frac{5}{27}\left [ 6(a+b+c)-1 \right ]^2. \quad (1.0)$$ Đặt $x=3a,\; y=3b,\; z=3c$ ta được $x+y+z=3$ và $(1.0)$ sẽ tương đương với $$(2x^2+3)(2y^2+3)(2z^2+3)\ge 5[2(x+y+z)-1]^2.$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $${{(2x+2y+2z-1)}^{2}}\le (2{{x}^{2}}+3)\left[ 2+\frac{{{(2y+2z-1)}^{2}}}{3} \right].$$ Bài toán được đưa về chứng minh $$3(2{{y}^{2}}+3)(2{{z}^{2}}+3)\ge 5\left[ 6+{{(2y+2z-1)}^{2}} \right].$$ Do $(2{{y}^{2}}+3)(2{{z}^{2}}+3)=4({{y}^{2}}{{z}^{2}} +1)+6({{y}^{2}}+{{z}^{2}})+5\ge 8yz+6({{y}^{2}}+{{z}^{2}})+5$ và $${{(2y+2z-1)}^{2}}={{(5-2x)}^{2}}=4{{x}^{2}}-20x+25$$ nên ta chỉ cần chứng minh được $$3(6{{y}^{2}}+6{{z}^{2}}+8yz+5)\ge 5(4{{x}^{2}}-20x+31).\quad (1.1)$$ Đánh giá tương tự, ta cũng thấy rằng nếu ta chứng minh được $$3(6{{z}^{2}}+6{{x}^{2}}+8zx+5)\ge 5(4{{y}^{2}}-20y+31).\quad (1.2)$$ hoặc $$3(6{{x}^{2}}+6{{y}^{2}}+8xy+5)\ge 5(4{{z}^{2}}-20z+31).\quad (1.3)$$ thì bài toán được chứng minh xong. Dưới đây, ta sẽ chỉ ra rằng trong ba bất đẳng thức $(1.1), (1.2)$ và $(1.3)$ sẽ luôn có một bất đẳng thức đúng, và rõ ràng nếu chỉ ra được điều này thì cũng có nghĩa là ta đã giải quyết thành công bài toán. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức hợp bởi $(1.1), (1.2), (1.3)$ là một bất đẳng thức đúng là đủ. Nói cách khác, ta chỉ cần chứng minh $$\begin{aligned}3(6{{y}^{2}}+6{{z}^{2}}&+8yz+5)+3 (6{{z}^{2}}+6{{x}^{2}}+8zx+5)+3(6{{x}^{2}}+6{{y}^{ 2}}+8xy+5)\\& \ge 5(4{{x}^{2}}-20x+31)+5(4{{y}^{2}}-20y+31)+5(4{{z}^{2}}-20z+31).\end{aligned}$$ Sau khi thu gọn, ta thấy bất đẳng thức trên tương đương với $$2({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})+3(xy+yz+zx)\ge 15,$$ hay $$2{{(x+y+z)}^{2}}\ge 15+xy+yz+zx.$$ Do $xy+yz+zx\le \frac{1}{3}{{(x+y+z)}^{2}}=3$ nên $$15+xy+yz+zx\le 18=2{{(x+y+z)}^{2}}.$$ Vậy bài toán được chứng minh xong. Nhận Xét. Từ chứng minh trên ta thấy rằng, bài toán còn đúng cả trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực. __________________ The Simplest Solution Is The Best Solution thay đổi nội dung bởi: An_Giang, 14-09-2012 lúc 11:59 AM | |
The Following User Says Thank You to An_Giang For This Useful Post: | ntuan5 (14-09-2012) |
14-09-2012, 06:34 PM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 106 Thanks: 55 Thanked 58 Times in 43 Posts | Làm bài lớp 6 Yêu cầu của bài toán $\Leftrightarrow x^2+x+2\vdots xy-1 $ $\Rightarrow x^2+x+2+2(xy-1)\vdots xy-1 $ $\Rightarrow x(x+2y+1)\vdots xy-1 $ Rõ ràng $(x,xy-1)=1 \Rightarrow x+2y+1\vdots xy-1 $ $\Rightarrow xy-1\leq x+2y+1 $ $\Leftrightarrow (x-1)(y-2)\leq 4 $ Do $x,y $ đều là các số nguyên dương nên việc xét để tìm x,y không có gì khó khăn |
14-09-2012, 07:23 PM | #9 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts | Lời giải của mình cho bài T12 (file đính kèm). __________________ M. |
The Following User Says Thank You to novae For This Useful Post: | Trầm (14-09-2012) |
14-09-2012, 08:26 PM | #10 | |
+Thành Viên+ | Trích:
Do $0<x_1<1 \Rightarrow 0<x_n<1 , \forall n \in \mathbb{N}$ CM bằng quy nạp $x_n \le \dfrac{1}{n+1}$ $\Rightarrow \lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=0$ Ta có: $\dfrac{1}{x_{n+1}}-\dfrac{1}{x_n}=\dfrac{1+x_n^{2011}}{1-x_n^{2012}}$ $\Rightarrow \lim_{n \rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x_{n+1}}-\dfrac{1}{x_n} \right)=1$ $\Rightarrow \lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{1}{nx_n}=1$ $\Rightarrow \lim_{n \rightarrow +\infty}nx_n=1$ __________________ TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC A1K39 XIN LỖI ĐÃ THẤT HỨA NHÉ thay đổi nội dung bởi: tranghieu95, 14-09-2012 lúc 08:30 PM | |
15-09-2012, 09:11 AM | #11 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Đến từ: Cần Thơ Bài gởi: 9 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 5 Posts | Trích:
Ta có: $\left(a+b+c+\dfrac{7}{3}\right)^2 \le (a^2+1)\left[1+\left(b+c+\dfrac{7}{3}\right)^2\right]$ (BCS). Vậy ta chỉ cần chứng minh: $$(1+b^2)(1+c^2) \ge \dfrac{10}{81}\left[1+\left(b+c+\dfrac{7}{3}\right)^2\right] \Leftrightarrow b^2c^2+\frac{71}{81}(b^2+c^2)-\frac{20}{81}bc-\frac{140}{243}(b+c)+\frac{149}{729} \ge 0 \text{ (1)}$$ $$VP_{(1)} \ge \dfrac{71}{81}(b^2+c^2)-\dfrac{2}{81}bc-\dfrac{140}{243}(b+c)+\dfrac{140}{729}=\dfrac{1}{8 1}(b-c)^2+\dfrac{70}{81}\left(b-\dfrac{1}{3}\right)^2 +\dfrac{70}{81}\left(c-\dfrac{1}{3}\right)^2 \ge 0\text{ (luôn đúng). }$$ Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c= \dfrac{1}{3}$. | |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|