HC bạc rồi oh yeah
Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 lần thứ XX năm 2014
#22
Đã gửi 06-04-2014 - 13:47
Huy Chương Bạc cả nhà ơi
Vui quá
Bạn tên gì và trường nào vậy ? Cho làm quen với
Cả bạn NQK nữa ...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 06-04-2014 - 13:48
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#24
Đã gửi 06-04-2014 - 18:34
Dương Luân
Trường Trung học thực hành ĐHSP )
bạn hình như tên Huy trường Chuyên Lương Thế Vinh phải không )
Nghe đâu trường bạn có HCV 2 người tên Huy chắc trong đó có bạn hở
UHm, mình tên Huy. Đoàn trường mình có mình mình là tên Huy thôi
- bachhammer yêu thích
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#26
Đã gửi 06-04-2014 - 19:22
#27
Đã gửi 06-04-2014 - 20:36
#28
Đã gửi 06-04-2014 - 20:51
Được HCB, không hiểu tại sao
Không biết chấm kiểu gì nhưng ý tưởng dẹp OLP 30-4 là hay ! :: Cố phục thù QG !
- LNH và bachhammer thích
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#32
Đã gửi 08-04-2014 - 08:04
ĐỀ THI CHÍNH THỨC OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 MÔN TOÁN 10 LẦN THỨ XX NĂM 2014
THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM
Bài 6 (3 điểm) Cho hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}*\setminus \left \{ 1 \right \}$ và thỏa mãn :
$$f(n)+f(n+1)=f(n+2)f(n+3)-168,\;\forall n\in \mathbb{N}^*$$
Tính $f(2014)$
Làm thử bài 6:
Giải sơ lược:
Từ đề bài ta có: $f_n+f_{n+1}=f_{n+2}f_{n+3}-168$ (1); $f_{n+1}+f_{n+2}=f_{n+3}f_{n+4}-168$ (2)
Suy ra: $f_{n+2}-f_{n}=f_{n+3}(f_{n+4}-f_{n+2})$. Giả sử $f_{n+2}\neq f_{n}$
Ta thấy rằng không tồn tại một $n$ sao cho $f_{n+2}-f_{n}=1$ hay $f_{n+2}-f_{n}=-1$ vì khi đó sẽ có $f_{n+3}=1$
Do $f_{n}\neq 1$ với mọi $n$ => $|f_{n+4}-f_{n+2}|$ là ước nguyên dương nhỏ hơn $|f_{n+2}-f_{n}|$ của $|f_{n+2}-f_{n}|$ và cứ như vậy ta suy ra $f_{n+2}-f_{n}$ có vô hạn ước => vô lý.
Do đó: $f_{n+2}=f_n$
Đặt $f_1=x$, $f_2=y$. Khi đó ta có: $x+y=xy-168$ => $y=1+\frac{169}{x-1}$ => $x=2; 14; 170$ khi đó $y=170; 14; 2$
Từ đó ta có: $f_{2014}=f_{2}=2;14;170$ tùy vào $f_{1}=170; 14; 2$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 08-04-2014 - 08:33
- ducthinh26032011, LNH, shinichigl và 2 người khác yêu thích
$Maths$, $Smart Home$ and $Penjing$
123 Phạm Thị Ngư
#33
Đã gửi 09-04-2014 - 17:13
Bạn nào có lời giải bài hình không dùng tọa độ đăng lên cho mình học hỏi với.
#34
Đã gửi 07-05-2014 - 23:26
ĐỀ THI CHÍNH THỨC OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 MÔN TOÁN 10 LẦN THỨ XX NĂM 2014
THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM
Bài 3 (3 điểm) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :
$$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$$
File PDF: de thi 30 thang 4 lop 10 2014.pdf
Lời giải:
Chuẩn hóa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.
Ta đưa về việc chứng minh BĐT sau: $\sum \frac{a}{6a^{2}+3} \leq 1$
Chú ý rằng ta có BĐT sau: $\frac{x}{6x^{2}+3} \leq \frac{-1}{54}x^{2}+\frac{7}{54}$ $(*)$ với $x\in(0;\sqrt{3})$
Thật vậy $(*) \Leftrightarrow (x-1)^{2}(2x^{2}+4x-7)$ đúng với $x\in(0;\sqrt{3})$
Cho $x=a,b,c$ rồi cộng lại ta sẽ có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nk0kckungtjnh: 07-05-2014 - 23:27
- CaptainCuong yêu thích
Hãy Đánh Bại Những Gì Yếu Đuối Để Biết Rằng
Nỗ Lực Hơn Hẳn Tài Năng
- Nhân Chính -
#35
Đã gửi 14-06-2014 - 12:57
Bạn nào có lời giải bài hình không dùng tọa độ đăng lên cho mình học hỏi với.
Đáp án trọn bộ đây bạn......
- chardhdmovies và nhungvienkimcuong thích
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#36
Đã gửi 29-06-2014 - 15:19
Chuẩn hóa $a+b+c=3$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$\frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}\le \frac{a}{\sqrt{2ab+2ac+5a^2}}=\sqrt{\frac{a}{6+3a}}$$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại ta được $$VT\le \sqrt{\frac{a}{6+3a}}+\sqrt{\frac{b}{6+3b}}+\sqrt{\frac{c}{6+3c}}=M$$
Ta sẽ chứng minh $3M\le 3$
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có
$$\sqrt{\frac{9a}{6+3a}}\le \frac{1}{2}. \frac{9a}{6+3a}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{3a}{2+a}+\frac{1}{2}$$
Mà $\frac{a}{2+a}\le \frac{a}{9}.\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{a} \right )=\frac{2a}{9}+\frac{1}{9}$
Do đó $$\sqrt{\frac{9a}{6+3a}}\le \frac{3}{2}.\left(\frac{2a}{9}+\frac{1}{9} \right )+\frac{1}{2}$$
Tương tự $$\sqrt{\frac{9b}{6+3b}}\le \frac{3}{2}.\left(\frac{2b}{9}+\frac{1}{9} \right )+\frac{1}{2}$$
$$\sqrt{\frac{9c}{6+3c}}\le \frac{3}{2}.\left(\frac{2c}{9}+\frac{1}{9} \right )+\frac{1}{2}$$
Cộng lại ta có $3M\le 3$
Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c.$ $\square$
:v Đề năm nay có vẻ hay hơn năm ngoái.
Chuẩn hoá là sao bạn ? Tại sao lại chuẩn hoá $a+b+c=3$ mà không phải cái khác .Chẳng lẽ cái này chỉ để cho dễ giải thôi hả bạn ?
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -
#37
Đã gửi 06-08-2014 - 01:44
Bài 3 (3 điểm) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :
$$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$$
Do BĐT đã cho thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=3$
Khi đó: $\sum \frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}=\sum \frac{a}{\sqrt{6a^2+3}}=\sum \frac{a}{\sqrt{3(2a^2+1)}}$ (1)
Áp dụng BCS và AM-GM ta có:
$\sqrt{3(2a^2+1)} = \sqrt{(2+1)(2a^2+1)} \geq 2a+1=a+a+1 \geq 3.\sqrt[3]{a^2} $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $(1) \leq \sum \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^2}} = \frac{1}{3}.(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})$
Đặt $x=\sqrt[3]{a}, y=\sqrt[3]{b}, z=\sqrt[3]{c}$ khi đó từ phép chuẩn hóa có $x^6+y^6+z^6=3$, áp dụng AM-GM có:
$\sum x=\sum \sqrt[6]{x^6.1.1.1.1.1} \leq \sum \frac{x^6+5}{6}=\frac{x^6+y^6+z^6+3.5}{6}=3$ (3)
Từ (2) và (3) và phép đổi biến => BĐT được chứng minh
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#38
Đã gửi 18-12-2016 - 00:39
mình nghe các bạn nói không hiểu chấm kiểu gì là sao
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh