58 replies to this topic

[Yagami Raito]

Bài 4. Ta chú ý tới bài toán quen thuộc $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ thì $\dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ca+c+1}=1$

Chứng minh: $\dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ca+c+1}=\dfrac{abc}{ab+a+abc}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{b}{bca+bc+b}$

$=\dfrac{bc}{b+1+bc}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{b}{1+bc+1}=1$(đpcm)

 

Trở lại bài toán, ta có $\sum \dfrac{1}{ab+a+2}=\sum \dfrac{3}{3(ab+a+1)+3}=\sum \dfrac{3}{16}.\dfrac{16}{3(ab+a+1)+3} \leq \sum \dfrac{3}{16}(\dfrac{3}{ab+a+1}+\dfrac{1}{3})=\dfrac{3}{16}.(\sum \dfrac{3}{ab+a+1})+\dfrac{3}{16}=\dfrac{9}{16}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{12}{16}=\dfrac{3}{4}$ (đpcm)

Ở đây sử dụng $\dfrac{16}{x+y+z+t} \leq \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{t}$

 

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Edited by Yagami Raito, 06-06-2014 - 18:49.

[BysLyl]

ai làm bài 3 đi, mình cũng làm quy nạp xong rồi không ra. Có ai làm hết không?? (

2) ĐKXĐ:...

Áp dụng Cô-si:

$x^{2}+1-y^{2}\geq \left | x \right |\sqrt{1-y^{2}}\geq x\sqrt{1-y^{2}}; y^{2}+2-z^{2}\geq \left | y \right |\sqrt{2-z^{2}}\geq y\sqrt{2-z^{2}};z^{2}+3-x^{2}\geq \left | z \right |\sqrt{3-x^{2}}\geq z\sqrt{3-x^{2}}$

Dấu "=" ...

P/s: quá ngusidandon khi không biết dùng HĐT

[Yagami Raito]

Không khó

Bài 3 Ta có

$a_{n}=1+\dfrac{2^{n}.(1.3.5...(2n-1).[(n+4)!]}{(2n)!}$

$=1+\dfrac{2^{n}.[(n+4)!]}{2.4.6....2n}$

$=1+\dfrac{(n+4)!}{n!}$

$=1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)=(n^2+5n+5)^2$ (đpcm)

[bangbang1412]

$1/$

Đặt $x/a=m;y/b=n;z/c=p$
$\Rightarrow m+n+p=1$
Có:
$1/m+1/n+1/p=0\Leftrightarrow mn+np+pn=0$
Từ đó $m^2+n^2+p^2=(m+n+p)^2-2(mn+np+pm)=1-2.0=1$

----
$2/$
$x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{2-z^2}+z\sqrt{3-x^2}\leq \frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y^2+2-z^2}{2}+\frac{z^2+3-x^2}{2}=3$

Dấu = có khi $\left\{\begin{matrix}x=\sqrt{1-y^2} & & \\ y=\sqrt{2-z^2} & & \\ z=\sqrt{3-x^2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2+y^2=1 & & \\ y^2+z^2=2 & & \\ z^2+x^2=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2(x^2+y^2+z^2)=6 & & \\ x^2+y^2=1 & & \\ y^2+z^2=2 \\ z^2+x^2=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2=1 & & \\ y^2=0 & & \\ z^2=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=\pm 1 & & \\ y=0 & & \\ z=\pm \sqrt{2} \end{matrix}\right.$
Kết hợp ĐKXĐ để tìm $(x;y;z)$

chỉ lấy nghiệm dương thôi 

Không liên quan nhưng các bạn làm chuyên thế nào , có mấy bác full mà còn ra sớm 30p

Edited by bangbang1412, 06-06-2014 - 20:35.

[Zaraki]

Câu cuối chuông reo thì mới nghĩ ra ý tưởng cho bài 6, tiếc là cô giám thị đứng ngay cạnh mình.
Gọi $x,y$ là hai phần tử thuộc tập $A$ và $x>y$. Khi đó theo giả thiết thì $\frac{y^2}{x-y}$.
+) Dễ chứng minh $\frac{y^2}{x-y} \ne x$ và $\frac{y^2}{x-y}=y \Leftrightarrow x=2y$.
+) Nếu có hai phần tử $x,y \in A$ mà $x \ne 2y$ thì luôn tồn tại số $k \in A$ khác $x,y$. Khi đó tập $A$ có vô số phần tử, mâu thuẫn với việc $A$ là tập con của $\{ 1;2;3; \cdots ; 2014 \}$.
+) Vậy tập $A$ chỉ có $2$ phần tử dạng $k;2k$.

Edited by Jinbe, 06-06-2014 - 21:39.

[mnguyen99]

Câu cuối chuông reo thì mới nghĩ ra ý tưởng cho bài 6, tiếc là cô giám thị đứng ngay cạnh mình.
Gọi $x,y$ là hai phần tử thuộc tập $A$ và $x>y$. Khi đó theo giả thiết thì $\frac{y^2}{x-y}$.
+) Dễ chứng minh $\frac{y^2}{x-y} \ne x$ và $\frac{y^2}{x-y}=y \Leftrightarrow x=2y$.
+) Nếu có hai phần tử $x,y \in A$ mà $x \ne 2y$ thì luôn tồn tại số $k \in A$ khác $x,y$. Khi đó tập $A$ có vô số phần tử, mâu thuẫn với việc $A$ là tập con của $\{ 1;2;3; \cdots ; 2014 \}$.
+) Vậy tập $A$ chỉ có $2$ phần tử dạng $k;2k$.

Thử giải thích câu này với

[Christian Goldbach]

Không khó

Bài 3 Ta có

$a_{n}=1+\dfrac{2^{n}.(1.3.5...(2n-1).[(n+4)!]}{(2n)!}$

$=1+\dfrac{2^{n}.[(n+4)!]}{2.4.6....2n}$

$=1+\dfrac{(n+4)!}{n!}$

$=1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)=(n^2+5n+5)^2$ (đpcm)

Mình làm quy nạp cũng ra như bạn!

[bangbang1412]

Thử giải thích câu này với

Giả sử tập $A$ có hữu hạn phần tử mà không có 2 số nào thỏa $x=2y$ , khi đó các phần tử cứ khác nhau mãi mãi dẫn đến $A$ có vô hạn ( =)) )

[I Am Gifted So Are You]

Bài hình ý b theo mình từ câu a suy ra $\bigtriangleup DOP~\bigtriangleup ONP(c.g.c)$ nên OD là tiếp tuyến của $(O;N;P)$ mà $OD\top OC$ nên tâm $(O,N,P)$ trên Oc

[Zaraki]

Mình làm quy nạp cũng ra như bạn!

 
Bạn có thể trình bày cách quy nạp đó được không ?
 

Giả sử tập $A$ có hữu hạn phần tử mà không có 2 số nào thỏa $x=2y$ , khi đó các phần tử cứ khác nhau mãi mãi dẫn đến $A$ có vô hạn ( =)) )

Chỗ tô đậm nên nói là có 2 phần tử mà phần tử lớn không gấp đôi phần tử bé, khi đó mới suy ra đđược $A$ chỉ có 2 phần tử.

[buiminhhieu]

Câu cuối chuông reo thì mới nghĩ ra ý tưởng cho bài 6, tiếc là cô giám thị đứng ngay cạnh mình.
Gọi $x,y$ là hai phần tử thuộc tập $A$ và $x>y$. Khi đó theo giả thiết thì $\frac{y^2}{x-y}$.
+) Dễ chứng minh $\frac{y^2}{x-y} \ne x$ và $\frac{y^2}{x-y}=y \Leftrightarrow x=2y$.
+) Nếu có hai phần tử $x,y \in A$ mà $x \ne 2y$ thì luôn tồn tại số $k \in A$ khác $x,y$. Khi đó tập $A$ có vô số phần tử, mâu thuẫn với việc $A$ là tập con của $\{ 1;2;3; \cdots ; 2014 \}$.
+) Vậy tập $A$ chỉ có $2$ phần tử dạng $k;2k$.

Ê Toàn cái chỗ tô đỏ thì có vẻ đúng nhưng mà nếu cho tập A như sau

$A=\left \{ k;2k;2^{2}.k;2^{3}.k;...;2^{n}k \right \}$ nó vẫn đúng nên không chỉ A có 2 PT

đúng không?

Mà đề hỏi có ? tập A thế thì nhiều phết????

[BlackSelena]

Ê Toàn cái chỗ tô đỏ thì có vẻ đúng nhưng mà nếu cho tập A như sau

$A=\left \{ k;2k;2^{2}.k;2^{3}.k;...;2^{n}k \right \}$ nó vẫn đúng nên không chỉ A có 2 PT

đúng không?

Mà đề hỏi có ? tập A thế thì nhiều phết????

Vấn đề là nó sẽ chạy tới vô hạn trong khi tập gốc ban đầu chỉ có hữu hạn 2014 phần tử thôi.

[BysLyl]

Ảnh chụp màn hình_2014-06-06_180159.png

Bài này ai bỏ là phí lắm nhé, lời giải vắn tắt thì như thế này

a, Chú ý có $\triangle BMN \sim \triangle DPA$

Áp ra $OB.OD = DP.BN \Rightarrow.....$.

Cái $\angle PON = 45^\circ$ hiển nhiên rồi nhé.

b, Đường tròn đường kính $PN$ cắt $OC$ tại $I \Rightarrow IPCN:tgnt$

Từ đó dễ có $IP = IN$ và kết hợp $\angle PIN = 2 \angle PON \Rightarrow I$ là tâm $\triangle PON$

c, Cho $MP, AN$ cắt $BD$ tại $X$ và $X'$ rồi chứng minh $\dfrac{XB}{XD} = \dfrac{X'B}{X'D}$ bằng Thales. Nó sẽ tương đương với câu a luôn.

Xin phép anh em mượn cái hình

b)Chứng minh được $\Delta NOP\sim \Delta ODP\Rightarrow \widehat{ONP}=\widehat{DOP}$

=> OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ONP=> OC chứa đường kính=> tâm nằm trên OC

[vutuanhien]

 

Mà đề hỏi có ? tập A thế thì nhiều phết????

Có $1007$ tập A như thế thôi em à

[Mr Stoke]

Gửi tặng các bạn hướng dẫn giải toàn bộ các bài toán

Attached Files

•  SPHN2014.pdf   80.63KB   770 downloads

[quanghung86]

Các bạn có thể tham khảo bài toán tổng quát và lời giải cho câu hình học ngày 2 ở đây

 

http://analgeomatica...u-pham-nam.html

[Viet Hoang 99]

Mọi người đoán năm nay tầm bn điểm đỗ, nghe con bạn bảo tầm 40đ chuyên toán mà hoảng quá!

35

[angleofdarkness]

35

  

25 là em tèo rồi chứ nói gì 35

[angleofdarkness]

tất nhiên là phải chứng minh rồi.

Mình không thi...nếu thi chắc làm được

 

HN k cần chứng minh đâu thím

 

làm cách Pytagore cho an toàn

Edited by angleofdarkness, 07-06-2014 - 18:52.

[angleofdarkness]

Bạn với Hiếu có nhầm không nhỉ !?

Bởi tam giác $ABK$ vuông tại $K$ có góc $\angle ABK=60^o$ nên : $BK=\frac{AK}{tan(60^o)}=\frac{x}{\sqrt{3}}$ mới đúng chứ nhỉ !?

 

 

c2

ta có $\widehat{ACD}= \widehat{ABD}= 60$

$AD= R\sqrt{3}$

$\Rightarrow DK=\sqrt{3R^{2}-x^{2}}$

lại có

$BK= x\sqrt{3}$

$\Rightarrow BD=x\sqrt{3}+\sqrt{3R^{2}-x^{2}}$

p/s mấy bạn lớp c làm bài thế nào

 

 

 

Xem tại đây

a) Xét tứ giác $AKPD$ có $\angle APK=\angle ACB$ (2 góc ở vị trí đồng vị)

mặt khác $\angle ACB =\angle ADK$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow \angle ADK=\angle APK$ $\Rightarrow $ $ADPK$ là tứ giác nội tiếp.

 

b) Theo câu a) tứ giác $AKPD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle APD=\angle AKD=90$ độ 

và $\angle DKP=\angle DAP$

Xét tứ giác $DMPC$ có $\angle DMC=\angle DPC=90$ độ

$\Rightarrow DMPC$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle PMK=\angle DCA$

mà $\angle DCA+\angle DAC=90$ độ $\angle PMK+\angle PKM=90$ độ

$\Rightarrow KP\perp PM$ (đpcm)

 

c) Ta có 

Xét tam giác ADC vuông tại D có $\angle ACD=\angle ABD=60$ độ nên

    $AD=2R.sin$ $60=R\sqrt{3}$

    $CD=2R.cos$ $60=R$

Xét tam giác vuông $AKB$

   $AB=\dfrac{AK}{sin 60}=\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}$

Xét tam giác ABC vuông tại C

    $BC=\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}$ 

Từ đây áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có 

$AC.BD=AD.BC+AB.CD$

$\Leftrightarrow 2R.BD=R\sqrt{3}.\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}+\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}.R$

$\Leftrightarrow BD=\sqrt{3R^2-x^2}+\frac{x}{\sqrt{3}}$

 

 

Hai thím kia tính sai rồi :v

Edited by angleofdarkness, 07-06-2014 - 18:59.