daovuquang nội dung
Có 189 mục bởi daovuquang (Tìm giới hạn từ 09-06-2020)
#377640 [MSS2013] Trận 15 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 14-12-2012 - 21:53 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Viết lại hệ: $$\begin{cases}x-2\sqrt{y^2+8}+7=0\; (1)\\ y-2\sqrt{x^2+8}+7=0\; (2)\end{cases}$$
Điều kiện: $\begin{cases}x^2+8 \geq 0 \geq 0\\y^2+8 \geq 0\end{cases}$
$\Rightarrow$ hệ xác định với mọi $x,y$.
Lấy $(1)$ trừ $(2)$ được: $x-y+2(\sqrt{x^2+8}-\sqrt{y^2+8})=0$
$\Leftrightarrow (x-y)+\frac{2(x^2-y^2)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0$
$\Leftrightarrow (x-y)[1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}]=0$
$\Leftrightarrow x=y$ hoặc $1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0$.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $x=y$
Thay vào $(1)$ ta được: $x+7=2\sqrt{x^2+8}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x+7 \geq 0\\x^2+14x+49=4(x^2+8)\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\3x^2-14x-17=0\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\(x+1)(3x-17)=0\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\\begin{bmatrix}x=-1\\ x=\frac{17}{3}\end{bmatrix}\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=-1\\ x=\frac{17}{3}\end{bmatrix}$.
Suy ra $(x;y)=(-1;-1);(\frac{17}{3};\frac{17}{3})$.
TH2: $1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0\; (3)$
Ta có $(3) \Leftrightarrow 2(x+y)=-\sqrt{x^2+8}-\sqrt{y^2+8}$
$\Leftrightarrow 3(x+y)=(x-\sqrt{y^2+8})+(y-\sqrt{x^2+8})\; (4)$.
Từ $(1)$, $(2)$ và $(4)$, ta suy ra $3(x+y)=-14 \Leftrightarrow y=-\frac{14}{3}-x$.
Thay vào $(1)$: $x-2\sqrt{x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9}}+7=0$
$\Leftrightarrow x+7=2\sqrt{x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9}}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x+7 \geq 0\\x^2+14x+49=4(x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9})\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\3x^2+\frac{70}{3}x+\frac{631}{9}\; (5)\end{cases}$.
Xét $\Delta_{(5)}=(\frac{70}{3})^2-4.3.\frac{631}{9}=-\frac{2672}{9}<0 \Rightarrow (5)$ vô nghiệm.
Kết luận: Vậy $(x;y)=(-1;-1);(\frac{17}{3};\frac{17}{3})$.
______________________________________
Điểm bài làm $d=10$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor + 3\times 10+0+0=55$
#376292 Chứng minh rằng số 7^n khi viết trong hệ 7 - phân là 1 số có n chữ số 6
Đã gửi bởi daovuquang on 09-12-2012 - 17:02 trong Số học
#374812 [MSS2013] Trận 14 - Hình học
Đã gửi bởi daovuquang on 03-12-2012 - 17:49 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
#374076 [MSS2013] Trận 14 - Hình học
Đã gửi bởi daovuquang on 30-11-2012 - 20:46 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
1) Dễ có $\widehat{HBA}=\widehat{HAC}$ ( cùng phụ $\widehat{HAB}$)
$\Rightarrow \widehat{HBI}=\widehat{HAJ}$.
Mà $\widehat{BHI}=\widehat{AHJ}(=45^o)\Rightarrow \triangle{HBI} \sim \triangle{HAJ}$
$\Rightarrow \frac{HI}{HJ}=\frac{BH}{AH}$.
Mà $\triangle{HBA} \sim \triangle{ABC}\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AB}{AC}$
$\Rightarrow \frac{HI}{HJ}=\frac{AB}{AC}$.
Mặt khác, $\widehat{IHJ}=\widehat{IHA}+\widehat{AHJ}=45^o+45^o=90^o=\widehat{BAC}$
$\Rightarrow \triangle{ABC} \sim \triangle{HIK}$
$\Rightarrow$ đpcm.
2) Tia $BI$ cắt $AJ$ tại $D$, tia $CJ$ cắt $AI$ tại $E$.
Dễ chứng minh $B,I,Q,D$ và $C,J,Q,E$ thẳng hàng.
Nhận xét: $\widehat{BAD}=\widehat{BAH}+\widehat{HAD}=\widehat{BCA}+\frac{\widehat{HAC}}{2}=\widehat{BCA}+\frac{\widehat{CBA}}{2}=(\widehat{BCA}+\widehat{CBA})-\frac{\widehat{ABC}}{2}=90^o-\frac{\widehat{ABC}}{2}$
$\Rightarrow \widehat{BAD}+\widehat{ABD}=90^o-\frac{\widehat{ABC}}{2}+\frac{\widehat{ABC}}{2}=90^o$
$\Rightarrow \widehat{ADB}=90^o$
$\Rightarrow IQ \perp AJ$.
Tương tự, $JQ \perp AI$.
Suy ra $Q$ là trực tâm $\triangle{AIJ} \Rightarrow AQ \perp IJ \Rightarrow$ đpcm.
==========
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: 55
#370457 Góp ý cho box "Bất Đẳng thức và Cực trị"
Đã gửi bởi daovuquang on 18-11-2012 - 20:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
Theo em, Box BĐT THCS nên có đủ các bài toán lớp 6, 7, 8, 9.
Vậy mong bạn đóng góp những bài toán lớp 6, 7 cho VMF.
#370387 Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$
Đã gửi bởi daovuquang on 18-11-2012 - 17:16 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
$\left\{\begin{matrix} & x_1-x_2=4\\ & {x_1}^{3}-{x_2}^{3}=208 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1-x_2=4\\ & x_1^2+x_1x_2+x_2^2=52 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1-x_2=4\\ & (x_1-x_2)^2+3x_1x_2=52 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1-x_2=4\\ & x_1x_2=12 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1-x_2=4\\ & x_2=\frac{12}{x_1} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1-\frac{12}{x_1}=4\\ & x_2=\frac{12}{x_1} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x_1^2-4x_1-12=0\\ & x_2=\frac{12}{x_1} \end{matrix}\right.$
Suy ra $x_1=6$ hoặc $-2$. Tương ứng $x_2=2$ hoặc $-6$.
TH1: $(x_1;x_2)=(6;2)$ thì $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của phương trình $x^2-8x+12=0$.
TH2: $(x_1;x_2)=(-2;-6)$ thì $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của phương trình $x^2+8x+12=0$.
#370381 BĐT khó và hay
Đã gửi bởi daovuquang on 18-11-2012 - 16:58 trong Bất đẳng thức và cực trị
3. Phải chứng minh: $(a-1)(a-3)(a-4)(a-6)\geq -10$
$\Leftrightarrow (a^2-7a+6)(a^2-7a+12)\geq -10\; (1)$.
Đặt $a^2-7a+9=x$ thì $(1) \Leftrightarrow (x-3)(x+3)\geq -10$
$\Leftrightarrow x^2+1\geq 0$
$\Rightarrow$ luôn đúng.
Dấu bằng không xảy ra.
4. Nhận xét: $\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}$
$\leq \frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}$
$=\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{ab}}{2abc}$
$\leq \frac{a+b+c}{2abc}$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.
6. Đã có ở đây: http://diendantoanho...right-2leq-9bc/
#370070 CMR: $n \vdots 4$
Đã gửi bởi daovuquang on 17-11-2012 - 11:56 trong Số học
Nếu $n$ lẻ thì $a_1;a_2;...;a_n$ đều lẻ $\Rightarrow$ tổng của chúng cũng lẻ $\Rightarrow$ vô lí.
Nếu $n=4k+2=2(2k+1)$ thì trong $a_1;a_2;...;a_n$ có 1 số chẵn, còn lại toàn lẻ. Giả sử $a_1$ chẵn. Khi đó tổng $a_2+a_3+...+a_n$ chẵn. Tổng trên có số số hạng là số lẻ ($4k+1$), các số toàn lẻ $\Rightarrow a_2+a_3+...+a_n$ lẻ $\Rightarrow$ vô lí.
Vậy $4|n$.
2. Đặt $n=4k$.
Xét $n=2.2k.(-1)^{2n+2}.1^{n-2}.(-1)^{n-2}$ thì $2+2n+(2n+2).(-1)+(n-2).1+(n-2).(-1)=0$.
$n$ số nguyên bao gồm $2;2k;3n$ số $(-1)$ và $n-2$ số $1$ thỏa mãn điều kiện bài cho.
#370069 [MSS2013] Trận 13 - Phương trình nghiệm nguyên - đồng dư
Đã gửi bởi daovuquang on 17-11-2012 - 11:41 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Phương trình bài cho:
$x^4+6x^3+14x^2+20x-4xy-16y+4y^2+20=0$
$\Leftrightarrow (x^4+6x^3+13x^2+12x+4)+(x^2+4y^2-4xy+8x-16y+16)=0$
$\Leftrightarrow [(x^2+3x)^2+4(x^2+3x)+4]+[(x-2y)^2+8(x-2y)+16]=0$
$\Leftrightarrow (x^2+3x+2)^2+(x-2y+4)^2=0\; (1)$.
Nhận thấy $VT(1)\geq VP(1)$ nên dấu bằng phải xảy ra:
$\left\{\begin{matrix}
x^2+3x+2=0\; (2)\\
x-2y+4=0\; (3)
\end{matrix}\right.$
Ta có: $(2)\Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0$
$\Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=-2$.
Mặt khác, $(3) \Leftrightarrow y=\frac{x+4}{2}$.
Xét $x=-1$ thì $y=\frac{-1+4}{2}=\frac{3}{2}$. Vì $y$ không là số nguyên $\Rightarrow$ loại.
Xét $x=-2$ thì $y=\frac{-2+4}{2}=1$ (chọn).
Kết luận: Vậy hệ có nghiệm $(x;y)=(-2;1)$.
________________
Điểm thưởng: $d_t=10$
#370051 Chia đôi diện tích $S_{ABC}$
Đã gửi bởi daovuquang on 17-11-2012 - 08:54 trong Hình học
#369920 [MSS2013] Trận 13 - Phương trình nghiệm nguyên - đồng dư
Đã gửi bởi daovuquang on 16-11-2012 - 20:45 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Phương trình bài cho:
$x^4+6x^3+14x^2+20x-4xy-16y+4y^2+20=0$
$\Leftrightarrow 4y^2-4(x+4)y+(x^4+6x^3+14x^2+20x+20)=0\; (1)$.
Xét $\Delta_y=16(x+4)^2-16(x^4+6x^3+14x^2+20x+20)=-16(x^4+6x^3+13x^2+12x+4)$.
Phương trình $(1)$ có nghiệm $\Leftrightarrow \Delta_y \geq 0$.
Mà $\Delta_y=-16[(x^4+3x^3+2x^2)+(3x^3+9x^2+6x)+(2x^2+6x+4)]=-16(x^2+3x+2)^2 \leq 0$.
Suy ra dấu đẳng thức phải xảy ra hay $\Delta_y=0$
$\Leftrightarrow -16(x^2+3x+2)^2=0$
$\Leftrightarrow x^2+3x+2=0$
$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0$
$\Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=-2$.
Nhận xét: nghiệm của phương trình $(1)$ là $y=\frac{4(x+4)\pm \sqrt{\Delta_y}}{8}=\frac{x+4}{2}$.
Xét $x=-1$ thì $y=\frac{-1+4}{2}=\frac{3}{2} \Rightarrow y$ không là số nguyên $\Rightarrow$ loại.
Xét $x=-2$ thì $y=\frac{-2+4}{2}=1$ (thỏa mãn).
Kết luận: Vậy $(x;y)=(-2;1)$.
_____________________
Điểm bài làm: $d=10$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-0}{2}\right\rfloor+3\times 10 + 0 +10=66$
#368980 Điểm " Không " trong giải phương trình
Đã gửi bởi daovuquang on 12-11-2012 - 18:29 trong Kinh nghiệm học toán
#368847 [MSS2013] Trận 12 - Bất đẳng thức, bài toán tổng hợp
Đã gửi bởi daovuquang on 11-11-2012 - 21:31 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$$
Bổ đề: Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho $n$ số. Có thể tham khảo ở đây: http://en.wikipedia....geometric_means
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $a_i$ bất kì ($1\le i \le n;\; i \in \mathbb{N}$) bằng $0$ hoặc $1$, trừ $(a_1;a_2;...;a_n)=(0;0;...;0);(1;1;...;1)$. Khi đó dấu đẳng thức xảy ra.
TH2: $(a_1;a_2;...;a_n)$ khác ở trên:
Giả sử $a_1=max(a_1;a_2;...;a_n)$.
Ta có: $\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}\leq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_n+1}=1-\frac{1-a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}$.
Phải chứng minh: $1-\frac{1-a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$
$\Leftrightarrow (1-a_1)[(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)-\frac{1}{a_2+a_3+...+a_n+1}] \leq 0$.
Dễ thấy $1-a_1 \geq 0$. Ta sẽ chứng minh $(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)-\frac{1}{a_2+a_3+...+a_n+1}\leq 0$
$\Leftrightarrow (1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)(a_2+a_3+...+a_n+1)\leq 1$.
Áp dụng bổ đề cho các số dương $1-a_2;1-a_3;...;1-a_n;a_2+a_3+...+a_n+1$:
$(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)(a_2+a_3+...+a_n+1)\leq (\frac{1-a_2+1-a_3+...+1-a_n+a_2+a_3+...+a_n+1}{n})^n=(\frac{n}{n})^n=1$
$\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a_1;a_2;...;a_n)=(0;0;...;0);(1;1;...;1)$.
Kết luận: Vậy $\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_i$ bất kì ($1\le i \le n;\; i \in \mathbb{N}$) bằng $0$ hoặc $1$.
#368249 [MSS2013] Trận 12 - Bất đẳng thức, bài toán tổng hợp
Đã gửi bởi daovuquang on 09-11-2012 - 21:27 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Bổ đề: Với $x;y;z\geq 0$, chứng minh rằng: $xyz \leq \frac{(x+y+z)^3}{27}\; (1)$.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau: $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}\; (2)$.
$(2) \Leftrightarrow x+y+z+\sqrt[3]{xyz}\geq 4\sqrt[3]{xyz}$.
Áp dụng BĐT Cauchy 2 số:
$\left\{\begin{matrix}
a+b \geq 2\sqrt{ab}=2\sqrt[6]{a^3b^3}\\
c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}=2\sqrt[6]{abc^4}\\
2(\sqrt[6]{a^3b^3}+\sqrt[6]{abc^4})\geq 4\sqrt[12]{a^4b^4c^4}=4\sqrt[3]{abc}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (2)$ luôn đúng.
Áp dụng vào $(1)$: $\frac{(x+y+z)^3}{27}\geq \frac{(3\sqrt[3]{xyz})^3}{27}=\frac{27xyz}{27}=xyz$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$.
Trường hợp 1: $(a;b;c)=(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;0);(1;0;1);(0;1;1)$ thì đẳng thức xảy ra.
Trường hợp 2: Với $(a;b;c)$ khác trường hợp trên, không giảm tính tổng quát, giả sử $a=max[a;b;c]$.
Khi đó: $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}\leq \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{b+c+1}=\frac{a+b+c}{b+c+1}=1+\frac{a-1}{b+c+1}$
Phải chứng minh: $1+\frac{a-1}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
$\Leftrightarrow (1-a)[(1-b)(1-c)-\frac{1}{b+c+1}] \leq 0$.
Có $1-a \geq 0\; \forall\; a \in [0;1]$.
Ta sẽ chứng minh $(1-b)(1-c)-\frac{1}{b+c+1}\leq 0$
$\Leftrightarrow (1-b)(1-c)(b+c+1)-1 \leq 0$.
Thật vậy, áp dụng bổ đề trên cho 3 số dương $1-b; 1-c$ và $b+c+1$:
$(1-b)(1-c)(b+c+1)-1\leq \frac{(1-b+1-c+b+c+1)^3}{27}-1=1-1=0$
$\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=b=c\\
\begin{bmatrix}
1-a=0\\
1-b=1-c=b+c+1
\end{bmatrix}
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a=b=c=0$ hoặc $a=b=c=1$.
Kết luận: Vậy $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$ với $a,b,c$ thuộc $[0;1]$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a;b;c)=(0;0;0)(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;0);(1;0;1);(0;1;1);(1;1;1)$.
=====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*10+10+0=65$
#367557 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 06-11-2012 - 20:50 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Ở mở rộng 1 bạn chia 2 vế cho $b$ khi chưa chắc $b \ne 0$.Vấn đề ở chỗ nào vậy, mình vẫn còn kém nên rất mong bạn chỉ rõ cho . nếu đúng thì..... hình như mấy mở rộng của mình hơi bị trùng lập.....
_____________________________________________________________
Ở các mở rộng tiếp theo thì mình nghĩ bạn nên giải hẳn ra $x$ chứ ko chỉ dừng lại nửa chừng.
Mở rộng 4 và 5 bạn phải xét trường hợp $y$ chẵn hay lẻ.
Mở rộng 5 thì hình như bạn viết sai đề.
Ngoài ra trong quá trình đánh còn có 1 số chỗ sai latex.
#367227 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 05-11-2012 - 17:46 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
#367036 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 04-11-2012 - 15:13 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$mp\sqrt[2k+1]{(ax+b)^2}+(mq+np)\sqrt[2k+1]{acx^2+(ad+bc)x+bd}+nq\sqrt[2k+1]{(cx+d)^2}=0$$ với $k \in \mathbb{N};\; a;b;c;d;m;n;p;q \in \mathbb{R}$ và $m^{2k+1}a+n^{2k+1}c\ne 0;\; p^{2k+1}a+q^{2k+1}c\ne 0$.
Đặt $\sqrt[2k+1]{ax+b}=u; \sqrt[2k-1]{cx+d}=v$.
Phương trình tương đương với: $mpu^2+(mq+np)uv+nqv^2=0$
$\Leftrightarrow (mu+nv)(pu+qv)=0$
$\Leftrightarrow mu=-nv$ hoặc $pu=-qv$.
TH1: $mu=-nv$ hay $m\sqrt[2k+1]{ax+b}=-n\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow m^{2k+1}(ax+b)=-n^{2k+1}(cx+d)$
$\Leftrightarrow x=-\frac{m^{2k+1}b+n^{2k+1}d}{m^{2k+1}a+n^{2k+1}c}$.
TH2: $pu=-qv$ hay $p\sqrt[2k+1]{ax+b}=-q\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow p^{2k+1}(ax+b)=-q^{2k+1}(cx+d)$
$\Leftrightarrow x=-\frac{p^{2k+1}b+q^{2k+1}d}{p^{2k+1}a+q^{2k+1}c}$.
Kết luận: Vậy $x=-\frac{m^{2k+1}b+n^{2k+1}d}{m^{2k+1}a+n^{2k+1}c}$ hoặc $x=-\frac{p^{2k+1}b+q^{2k+1}d}{p^{2k+1}a+q^{2k+1}c}$.
#367034 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 04-11-2012 - 15:06 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$2\sqrt[2k+1]{(ax+b)^2}+3\sqrt[2k+1]{acx^2+(ad+bc)x+bd}+\sqrt[2k+1]{(cx+d)^2}=0$$ với $k \in \mathbb{N};\; a;b;c;d \in \mathbb{R}$ và $2^{2k+1}a+c\ne 0;\; a+c\ne 0$.
Đặt $\sqrt[2k+1]{ax+b}=u; \sqrt[2k-1]{cx+d}=v$.
Phương trình tương đương với: $2u^2+3uv+v^2=0$
$\Leftrightarrow (2u+v)(u+v)=0$
$\Leftrightarrow 2u=-v$ hoặc $u=-v$.
TH1: $2u=-v$ hay $2\sqrt[2k+1]{ax+b}=-\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow 2^{2k+1}(ax+b)=cx+d$
$\Leftrightarrow x=-\frac{2^{2k+1}b+d}{2^{2k+1}a+c}$.
TH2: $u=-v$ hay $\sqrt[2k+1]{ax+b}=-\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow ax+b=-cx-d$
$\Leftrightarrow x=-\frac{b+d}{a+c}$.
Kết luận: Vậy $x=-\frac{2^{2k+1}+1}{2^{2k+1}-1}$ hoặc $x=-\frac{b+d}{a+c}$.
Sorry lần trước em đánh bị trùng a,b. Mong BTC xoá mở rộng kia đi.
#367031 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 04-11-2012 - 15:01 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$2\sqrt[2k+1]{(ax+b)^2}+3\sqrt[2k+1]{acx^2+(ad+bc)x+bd}+\sqrt[2k+1]{(cx+d)^2}=0$$ với $k \in \mathbb{N};\; a;b;c;d \in \mathbb{R}$ và $2^{2k+1}a+c\ne 0;\; a+c\ne 0$.
Đặt $\sqrt[2k+1]{ax+b}=a; \sqrt[2k-1]{cx+d}=b$.
Phương trình tương đương với: $2a^2+3ab+b^2=0$
$\Leftrightarrow (2a+b)(a+b)=0$
$\Leftrightarrow 2a=-b$ hoặc $a=-b$.
TH1: $2a=-b$ hay $2\sqrt[2k+1]{ax+b}=-\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow 2^{2k+1}(ax+b)=cx+d$
$\Leftrightarrow x=-\frac{2^{2k+1}b+d}{2^{2k+1}a+c}$.
TH2: $a=-b$ hay $\sqrt[2k+1]{ax+b}=-\sqrt[2k+1]{cx+d}$
$\Leftrightarrow ax+b=-cx-d$
$\Leftrightarrow x=-\frac{b+d}{a+c}$.
Kết luận: Vậy $x=-\frac{2^{2k+1}+1}{2^{2k+1}-1}$ hoặc $x=-\frac{b+d}{a+c}$.
#366816 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 03-11-2012 - 20:34 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$2\sqrt[2k]{(1+x)^2}+3\sqrt[2k]{1-x^2}+\sqrt[2k]{(1-x)^2}=0$$ với $k \in \mathbb{N}^*$.
Điều kiện xác định: $1-x^2\ge 0 \Leftrightarrow -1\le x\le 1$.
Nhận xét: $VT\ge 0=VP$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\sqrt[2k]{(1+x)^2}=0\\\sqrt[2k]{1-x^2}=0\\\sqrt[2k]{(1+x)^2}=0\end{cases}$
$\Rightarrow$ phương trình vô nghiệm.
Kết luận: Vậy phương trình vô nghiệm.
#366809 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 03-11-2012 - 20:21 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
$$2\sqrt[2k+1]{(1+x)^2}+3\sqrt[2k+1]{1-x^2}+\sqrt[2k+1]{(1-x)^2}=0$$ với $k \in \mathbb{N}$.
Đặt $\sqrt[2k+1]{1+x}=a; \sqrt[2k-1]{1-x}=b$.
Phương trình tương đương với: $2a^2+3ab+b^2=0$
$\Leftrightarrow (2a+b)(a+b)=0$
$\Leftrightarrow 2a=-b$ hoặc $a=-b$.
TH1: $2a=-b$ hay $2\sqrt[2k+1]{1+x}=-\sqrt[2k+1]{1-x}$
$\Leftrightarrow 2^{2k+1}(x+1)=x-1$
$\Leftrightarrow x=-\frac{2^{2k+1}+1}{2^{2k+1}-1}$.
TH2: $a=-b$ hay $\sqrt[2k+1]{1+x}=-\sqrt[2k+1]{1-x}$
$\Leftrightarrow x+1=x-1$
$\Leftrightarrow$ 1=-1 $\Rightarrow$ loại.
Kết luận: Vậy $x=-\frac{2^{2k+1}+1}{2^{2k+1}-1}$.
#366633 [MSS2013] Trận 11 - PT, HPT đại số
Đã gửi bởi daovuquang on 02-11-2012 - 20:28 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Đặt $\sqrt[3]{1+x}=a; \sqrt[3]{1-x}=b$.
Phương trình bài cho tương đương với: $2a^2+3ab+b^2=0$
$\Leftrightarrow (2a+b)(a+b)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
2a=-b\\
a=-b
\end{bmatrix}$
TH1: $2a=-b$ hay $2\sqrt[3]{1+x}=-\sqrt[3]{1-x}\; (1)$.
$(1)\Leftrightarrow 8(1+x)=-(1-x)$
$\Leftrightarrow 8+8x=x-1$
$\Leftrightarrow x=-\frac{9}{7}$.
TH2: $a=-b$ hay $\sqrt[3]{1+x}=-\sqrt[3]{1-x}\; (2)$.
$(2)\Leftrightarrow 1+x=-(1-x)$
$\Leftrightarrow 1=-1$
$\Rightarrow$ loại.
Vậy $x=-\frac{9}{7}$.
----
Nếu mấy mở rộng của em gộp số mũ lại thành hai mở rộng thì hay hơn đấy
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 20-20 \right )}{2} \right ]+3.10+20+0=76$
#365091 [MSS2013] Trận 10 - Hình học
Đã gửi bởi daovuquang on 26-10-2012 - 21:50 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Đề của MSS01 - BlackSelena:
Cho $\triangle XYZ$, $W$ là điểm thuộc cạnh $YZ$. Trên $XY$ và $XZ$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$. Các đường thẳng qua $M$ và $N$ song song với $XW$ cắt $YZ$ tại $Q$ và $P$. CMR:
$$S_{PMQN} \leq max \begin{Bmatrix} S_{XYW},S_{XZW} \end{Bmatrix}$$
Bổ đề 1: Cho $\triangle{ABC}$; $D,E$ lần lượt nằm trên cạnh $AB,AC$. CMR: $\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\frac{AD.AE}{AB.AC}$.
Chứng minh: $\triangle{ADE}$ và $\triangle{AEB}$ có chung đường cao $EH \Rightarrow \frac{S_{ADE}}{S_{AEB}}=\frac{AD}{AB}\; (1)$.
$\triangle{AEB}$ và $\triangle{ABC}$ có chung đường cao $BK \Rightarrow \frac{S_{AEB}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AC}\; (2)$.
Từ $(1),(2) \Rightarrow \frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\frac{AD.AE}{AB.AC}$.
Bổ đề 2: Cho $\triangle{ABC}\sim \triangle{A'B'C'}$. CMR: $\frac{S_{ABC}}{S_{A'B'C'}}=\frac{AB^2}{A'B'^2}$.
Chứng minh: Hạ đường cao $AD, A'D'$.
$\triangle{ABC}\sim \triangle{A'B'C'}\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{A'B'C'}$ và $\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}\; (1)$
$\Rightarrow \triangle{ABD}\sim \triangle{A'B'D'}\; (g.g)\Rightarrow \frac{AB}{A'B'}=\frac{AD}{A'D'}\; (2)$.
Từ $(1);(2)\Rightarrow \frac{S_{ABC}}{S_{A'B'C'}}=\frac{AD.BC}{A'D'.B'C'}=\frac{AB}{A'B'^2}$.
Quay trở lại bài toán:
Giả sử $max \begin{Bmatrix} S_{XYW},S_{XZW} \end{Bmatrix}=S_{XYW}\Rightarrow S_{XYZ}\leq 2S_{XYW}$.
Đặt $YM=a; ZN=b; XY=x; ZX=y$.
Áp dụng bổ đề 2, ta có: $\frac{S_{YMQ}}{S_{YXW}}=\frac{a^2}{x^2}$ và $\frac{S_{ZNP}}{S_{ZXW}}=\frac{b^2}{y^2}$.
Áp dụng bổ đề 1, ta có: $\frac{S_{XMN}}{S_{XYZ}}=\frac{XM.XN}{XY.XZ}=\frac{(x-a)(y-b)}{xy}=1-\frac{a}{x}-\frac{b}{y}+\frac{ab}{xy}$
$\Rightarrow S_{MNPQ}=S_{XYZ}-S_{YMQ}-S_{ZNP}-S_{XMN}$
$=S_{XYW}+S_{XZW}-\frac{a^2}{x^2}S_{XYW}-\frac{b^2}{y^2}S_{XZW}-(1-\frac{a}{x}-\frac{b}{y}+\frac{ab}{xy})(S_{XYW}+S_{XZW})$
$=(1-\frac{a^2}{x^2}-1+\frac{a}{x}+\frac{b}{y}-\frac{ab}{xy})S_{XYW}+(1-\frac{b^2}{y^2}-1+\frac{a}{x}+\frac{b}{y}-\frac{ab}{xy})S_{XZW}$
$=(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}-\frac{a^2}{x^2}-\frac{ax}{by})S_{XYW}+(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}-\frac{b^2}{y^2}-\frac{ax}{by})S_{XZW}$
$\le [2(\frac{a}{x}+\frac{b}{y})-\frac{a^2}{x^2}-\frac{b^2}{y^2}-2\frac{ab}{xy}]S_{XYW}$.
Phải c/m: $S_{MNPQ}\le S_{XYW}$
$\Leftrightarrow 2(\frac{a}{x}+\frac{b}{y})-\frac{a^2}{x^2}-\frac{b^2}{y^2}-2\frac{ab}{xy}\le 1$
$\Leftrightarrow (\frac{a}{x}+\frac{b}{y}-1)^2\le 0$.
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\frac{a}{x}+\frac{b}{y}=1\\
S_{XYW}=S_{XZW}
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \frac{YM}{XY}+\frac{ZN}{XZ}=1$ và $W$ là trung điểm $YZ$.
Kết luận: Vậy $S_{PMQN} \leq max \begin{Bmatrix} S_{XYW},S_{XZW} \end{Bmatrix}$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{YM}{XY}+\frac{ZN}{XZ}=1$ và $W$ là trung điểm $YZ$.
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*10+0+0=55$
#364828 [MSS2013] Trận 9 - Phương trình nghiệm nguyên - đồng dư
Đã gửi bởi daovuquang on 25-10-2012 - 21:36 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)
=================================
Mở rộng 1 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(a+m)^2-(a+m)-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(a+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(a+m)] cũng là số chính phương mà a + m và 1 - (a + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 2 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(ma)^2-ma-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(am) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(am)] cũng là số chính phương mà a m và 1 - (a m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 3 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(na+m)^2-(na+m)-b^2$ (với m, n nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(na+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(na+m)] cũng là số chính phương mà na + m và 1 - (na + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 23-19 \right )}{2} \right ]+3.10+3.10+10=94$
Anh có thể giải thích cách làm của bạn ConanTM được ko ạ?
#363896 [MSS2013] Trận 9 - Phương trình nghiệm nguyên - đồng dư
Đã gửi bởi daovuquang on 22-10-2012 - 19:56 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2013
Nhận xét: $(a-b) \vdots 2 \Rightarrow (a-b+2b) \vdots 2 \Rightarrow (a+b) \vdots 2$. Đến đây giải tương tự bài gốc.
- Diễn đàn Toán học
- → daovuquang nội dung