Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi HSG toán 10 trường THPT chuyên KHTN (lần 1)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 20 trả lời

#1 the man

the man

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 589 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Y Hà Nội
  • Sở thích:Nhiều

Đã gửi 14-08-2015 - 19:24

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

Câu I. 1/  Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:

$$x^2(y-1)+y^2(x-1)=1$$

         2/ Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có tính chất: với $a$ là ước nguyên dương bất kì của $n$ thì $a+1$ là ước của $n+1$.

Câu II. 1/ Giải hệ phương trình 

$$\left\{\begin{matrix}x(3y^2+1)=y^3+3y & & & \\ y(3z^2+1)=z^3+3z & & & \\ z(3x^2+1)=x^3+3x & & & \end{matrix}\right.$$

        2/ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c \leq 3$.Tìm GTNN của:    

$$P=\frac{a+1}{a^2+3a}+\frac{b+1}{b^2+3b}+\frac{c+1}{c^2+3c}$$

Câu III. Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $(K)$ là đường tròn $(MNP)$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$.

     1/ Chứng minh $EL$ vuông góc $CD$

     2/ Gọi $I$ là tâm $(ECD)$. Giả sử $IK$ chia đôi $EL$. Chứng minh rằng khi đó $E$ nằm trên $(K)$

Câu IV. Hai bạn A,B chơi 1 trò chơi như sau. Bạn B chọn một số nguyên dương n tùy ý, bạn A chia 4030 số nguyên dương đầu tiên 1,2,3,..., 4030 thành 2015 cặp. Sau đó bạn B chọn trong mỗi cặp (mà A vừa chia) ra một số . Nếu tổng của các số được B chọn ra từ các cặp bằng n thì B thắng, trái lại thì A thắng. Chứng minh rằng với mỗi cách chọn số n của B thì A luôn có cách chia cặp để chắc chắn thắng.

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 14-08-2015 - 19:26

"God made the integers, all else is the work of man."

                                                Leopold Kronecker


#2 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-08-2015 - 20:06

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

.

Câu II

        2/ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c \leq 3$.Tìm GTNN của:    

$$P=\frac{a+1}{a^2+3a}+\frac{b+1}{b^2+3b}+\frac{c+1}{c^2+3c}$$

 

Spoiler

Câu II)

2.Ta sẽ đi chứng minh:$\frac{a+1}{a^2+3a}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-a)\Leftrightarrow (1-a)^2\left [ \frac{3a+8}{8(a^2+3a)} \right ]\geq 0(LĐ)$

 

Vì vậy ta luôn có:$\Rightarrow \frac{a+1}{a^2+3a}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-a)$

 

Chứng minh tương tự:$\frac{b+1}{b^2+3b}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-b)$

 

$\frac{c+1}{c^2+3c}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-c)$

 

$\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}+\frac{3}{8}(3-a-b-c)\geq \frac{3}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 14-08-2015 - 20:11


#3 arsfanfc

arsfanfc

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 377 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 -THPT LHP- Quảng Bình

Đã gửi 14-08-2015 - 20:08

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

 

        2/ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c \leq 3$.Tìm GTNN của:    

$$P=\frac{a+1}{a^2+3a}+\frac{b+1}{b^2+3b}+\frac{c+1}{c^2+3c}$$

 

ta có : $\frac{a+1}{a^2+3a} -\frac{1}{2}+\frac{3}{8}(a-1) =\frac{(a-1)^2(3a+8)}{8(a^2+3a)} \geq 0$

$=> \frac{a+1}{a^2+3a} \geq \frac{1}{2}-\frac{3}{8}(a-1)$

$=> P \geq \frac{3}{2} -\frac{3}{8}(a+b+c-3) \geq \frac{3}{2}$


~YÊU ~


#4 bvptdhv

bvptdhv

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 364 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk
  • Sở thích:Nghe nhạc, bóng đá

Đã gửi 14-08-2015 - 20:13

Em xin phép làm câu 1
Ta có PT $<=> xy(x+y+2)=1+(x+y)^{2}$

Đặt $x+y=a$ và $xy=b$

$=>ab+2b=1+a^{2}$

Xét $a=-2=>0=5 (vô lý)$

Xét a khác -2, ta có $b=\frac{a^{2}+1}{a+2}=a+2-4+\frac{5}{a+2}=>a+2$ thuộc ước của 5

Với $a+2=5=>a=x+y=3;xy=b=2=>(x;y)=(1;2);(2;1)$

Với $a+2=1=>a=-1=x+y;b=xy=2=>vô nghiệm$

Với $a+2=-5=>a=-7=x+y;b=-10=xy=>vô nghiệm$

Với $a+2=-1=>a=-3=x+y;b=-10=xy=>(x;y)=(-5;2);(2;-5)$


visit my FBhttps://www.facebook...uivanphamtruong  %%-

<Like :like>  thay cho lời cảm ơn nhé = )


#5 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-08-2015 - 20:22

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

 

Câu II. 1/ Giải hệ phương trình 

$$\left\{\begin{matrix}x(3y^2+1)=y^3+3y & & & \\ y(3z^2+1)=z^3+3z & & & \\ z(3x^2+1)=x^3+3x & & & \end{matrix}\right.$$

     

Spoiler

Ta nhận thấy $x=y=z=1$ là một nghiệm của hệ

Nếu $x,y,z$ khác $1$

Vì vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên giả sử $x=min\left \{ x;y;z \right \}\Rightarrow x\leq z$

Ta có:HPT tương đương với:$\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{y^3+3y}{3y^2+1} & & & \\ y=\dfrac{z^3+3z}{3z^2+1} & & & \\ z=\dfrac{x^3+3x}{3x^2+1} & & & \end{matrix}\right.$

$x\leq z\Rightarrow \frac{y^3+3y}{3y^2+1}\leq \frac{x^3+3x}{3x^2+1}\Leftrightarrow \frac{(x-y)\left [ 3(xy-1)^2+(x-y)^2 \right ]}{(3x^2+1)(3y^2+1)}\geq 0\Rightarrow x\geq y$ 

mà $x\leq y\Rightarrow x=y$

Khi đó HPT trở thành:$\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{z^3+3z}{3z^2+1} & & \\ z=\dfrac{x^3+3x}{3x^2+1} & & \end{matrix}\right.$

Lại có:$x\leq z\Rightarrow \frac{z^3+3z}{3z^2+1}\leq \frac{x^3+3x}{3x^2+1}\Leftrightarrow \frac{(x-z)\left [ 3(xz-1)^2+(x-z)^2 \right ]}{(3x^2+1)(3z^2+1)}\geq 0\Rightarrow x\geq z$

Mà $x\leq z\Rightarrow x=y=z$

Khi đó ta có:$x^3+3x=3x^3+x\Leftrightarrow x(x-1)(x+1)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y=z=1(KTM) & & & \\ x=y=z=0(TM) & & & \\ x=y=z=-1(TM) & & & \end{bmatrix}$

Vậy nghiệm của HPT là $(1;1;1);(0;0;0);(-1;-1;-1)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 14-08-2015 - 20:35


#6 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 14-08-2015 - 21:01

Ta nhận thấy $x=y=z=1$ là một nghiệm của hệ

Nếu $x,y,z$ khác $1$

Vì vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên giả sử $x=min\left \{ x;y;z \right \}\Rightarrow x\leq z$

Ta có:HPT tương đương với:$\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{y^3+3y}{3y^2+1} & & & \\ y=\dfrac{z^3+3z}{3z^2+1} & & & \\ z=\dfrac{x^3+3x}{3x^2+1} & & & \end{matrix}\right.$

$x\leq z\Rightarrow \frac{y^3+3y}{3y^2+1}\leq \frac{x^3+3x}{3x^2+1}\Leftrightarrow \frac{(x-y)\left [ 3(xy-1)^2+(x-y)^2 \right ]}{(3x^2+1)(3y^2+1)}\geq 0\Rightarrow x\geq y$ 

mà $x\leq y\Rightarrow x=y$

Khi đó HPT trở thành:$\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{z^3+3z}{3z^2+1} & & \\ z=\dfrac{x^3+3x}{3x^2+1} & & \end{matrix}\right.$

Lại có:$x\leq z\Rightarrow \frac{z^3+3z}{3z^2+1}\leq \frac{x^3+3x}{3x^2+1}\Leftrightarrow \frac{(x-z)\left [ 3(xz-1)^2+(x-z)^2 \right ]}{(3x^2+1)(3z^2+1)}\geq 0\Rightarrow x\geq z$

Mà $x\leq z\Rightarrow x=y=z$

Khi đó ta có:$x^3+3x=3x^3+x\Leftrightarrow x(x-1)(x+1)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y=z=1(KTM) & & & \\ x=y=z=0(TM) & & & \\ x=y=z=-1(TM) & & & \end{bmatrix}$

Vậy nghiệm của HPT là $(1;1;1);(0;0;0);(-1;-1;-1)$

 Đặt $f(a)=\frac{a^3+3a}{3a^2+1}\Rightarrow f'(a)=\frac{3(a^2-1)^2}{(3a^2+1)^2}\geq 0\Rightarrow f(a)$ đồng biến  

 Từ đó suy ra $x=y=z$



#7 Chris yang

Chris yang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 14-08-2015 - 22:05

Câu 1 phần 2 giải đơn giản như sau:

-Dễ thấy $n=1$ và $n$ là số nguyên tố lẻ thì thỏa mãn

-Xét $n$ là hợp số $(n\geq 2$). Ta viết $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ 

Có $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}$ cũng là 1 ước của $n$. Số $n$ là thỏa mãn nếu $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ ( vô lý)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngocanh99: 14-08-2015 - 22:07


#8 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 14-08-2015 - 22:13

Câu III

1. Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BD$ , $Y$ là giao điểm của $MN$ và $AC$. Khi đó $X$ là trung điểm $DE$ và $Y$ là trung điểm $CE$. $EXMY$ là hình bình hành. Gọi $J$ là giao điểm của $XY$ và $ME$ thì $J$ cũng là trung điểm của mỗi đường.

Lại có: $XP.XM=\frac{EA}{2}.\frac{EC}{2}=\frac{EA.EC}{4}=\frac{ED.EB}{4}=YM.YN$

Ta có: $XP.XM=\left |  KP^2-KX^2\right |$ , $YM.YN=\left | KN^2-KY^2 \right |$. Mà $KN=KP$ nên $KX=KY$ suy ra tam giác $KXY$ cân tại $K$ suy ra $KJ \perp XY \perp CD$

Kết hợp với $OM \perp CD$, $K$ là trung điểm của $OL$ và $J$ là trung điểm $EM$ suy ra $LE \perp CD$.(đpcm)

Untitledc6cfb.jpg

2.Ta chứng minh $L$ là trực tâm tam giác $CED$

Ta đi chứng minh $CL \perp MN \perp BD$. Qua $K$ kẻ trung trực $MN$ cắt $CB$ tại $Z$. Qua $O$ kẻ trung trực $BD$ cắt $BC$ tại $T$ thì chỉ cần chứng minh $Z$ là trung điểm $TC$

Khi đó tam giác $BDT$ cân tại $T$ và tam giác $NMZ$ cân tại $Z$. Mặt khác $\widehat{MNZ} = \widehat{DBT}$ nên  $\widehat{NZM} = \widehat{BTD}$

suy ra $MZ \parallel DT$ suy ra $Z$ là trung điểm $TC$. Từ đây suy ra đpcm.(Hình 1)

Khi $L$ là trực tâm tam giác $CED$ mà $I$ là tâm ngoại tiếp $CED$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên ta có tính chất $IM=\frac{EL}{2}$

Gọi $F$ là trung điểm $EL$ suy ra $IMFE$ là hình bình hành suy ra $IF$ đi qua trung điểm $J$ của $EM$

Mà $IK$ đi qua $F$. Mặt khác $K,J$ cùng nằm trên trung trực của $XY$ nên $K$ trùng $J$ suy ra $KE$ = $KM$ nên $E$ nằm trên $(K)$

Untitled2.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 14-08-2015 - 22:26

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#9 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 16-08-2015 - 15:46

Kết quả của bài hình có thể coi là một cách mở rộng đường tròn Euler cho tứ giác, có thể phát biểu gộp lại như sau

 

Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MNP$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $L$ là trực tâm tam giác $ECD$.

 

Khi $A,B$ và $E$ trùng nhau. Ta thu được đường tròn Euler cho tam giác.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 16-08-2015 - 15:47


#10 the man

the man

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 589 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Y Hà Nội
  • Sở thích:Nhiều

Đã gửi 16-08-2015 - 16:18

Kết quả của bài hình có thể coi là một cách mở rộng đường tròn Euler cho tứ giác, có thể phát biểu gộp lại như sau

 

Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MNP$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $L$ là trực tâm tam giác $ECD$.

 

Khi $A,B$ và $E$ trùng nhau. Ta thu được đường tròn Euler cho tam giác.

Thầy là thầy Quang Hùng đúng ko ạ ??


"God made the integers, all else is the work of man."

                                                Leopold Kronecker


#11 Fr13nd

Fr13nd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:toán, đá bóng, bơi

Đã gửi 28-09-2015 - 21:25

Câu III

1. Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BD$ , $Y$ là giao điểm của $MN$ và $AC$. Khi đó $X$ là trung điểm $DE$ và $Y$ là trung điểm $CE$. $EXMY$ là hình bình hành. Gọi $J$ là giao điểm của $XY$ và $ME$ thì $J$ cũng là trung điểm của mỗi đường.

Lại có: $XP.XM=\frac{EA}{2}.\frac{EC}{2}=\frac{EA.EC}{4}=\frac{ED.EB}{4}=YM.YN$

Ta có: $XP.XM=\left |  KP^2-KX^2\right |$ , $YM.YN=\left | KN^2-KY^2 \right |$. Mà $KN=KP$ nên $KX=KY$ suy ra tam giác $KXY$ cân tại $K$ suy ra $KJ \perp XY \perp CD$

Kết hợp với $OM \perp CD$, $K$ là trung điểm của $OL$ và $J$ là trung điểm $EM$ suy ra $LE \perp CD$.(đpcm)

Untitledc6cfb.jpg

2.Ta chứng minh $L$ là trực tâm tam giác $CED$

Ta đi chứng minh $CL \perp MN \perp BD$. Qua $K$ kẻ trung trực $MN$ cắt $CB$ tại $Z$. Qua $O$ kẻ trung trực $BD$ cắt $BC$ tại $T$ thì chỉ cần chứng minh $Z$ là trung điểm $TC$

Khi đó tam giác $BDT$ cân tại $T$ và tam giác $NMZ$ cân tại $Z$. Mặt khác $\widehat{MNZ} = \widehat{DBT}$ nên  $\widehat{NZM} = \widehat{BTD}$

suy ra $MZ \parallel DT$ suy ra $Z$ là trung điểm $TC$. Từ đây suy ra đpcm.(Hình 1)

Khi $L$ là trực tâm tam giác $CED$ mà $I$ là tâm ngoại tiếp $CED$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên ta có tính chất $IM=\frac{EL}{2}$

Gọi $F$ là trung điểm $EL$ suy ra $IMFE$ là hình bình hành suy ra $IF$ đi qua trung điểm $J$ của $EM$

Mà $IK$ đi qua $F$. Mặt khác $K,J$ cùng nằm trên trung trực của $XY$ nên $K$ trùng $J$ suy ra $KE$ = $KM$ nên $E$ nằm trên $(K)$

Untitled2.jpg

ai giải thích hộ tại sao 2IM=EL ở phần b) với 


LENG KENG...


#12 Fr13nd

Fr13nd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:toán, đá bóng, bơi

Đã gửi 28-09-2015 - 23:48

Câu 1 phần 2 giải đơn giản như sau:

-Dễ thấy $n=1$ và $n$ là số nguyên tố lẻ thì thỏa mãn

-Xét $n$ là hợp số $(n\geq 2$). Ta viết $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ 

Có $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}$ cũng là 1 ước của $n$. Số $n$ là thỏa mãn nếu $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ ( vô lý)

đoạn $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ là sao mình không hiểu


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Fr13nd: 28-09-2015 - 23:49

LENG KENG...


#13 lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 86 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT An Nhơn 2
  • Sở thích:Pokemon, giải toán

Đã gửi 05-10-2015 - 13:31

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

 

Câu II

        2/ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c \leq 3$.Tìm GTNN của:    

$$P=\frac{a+1}{a^2+3a}+\frac{b+1}{b^2+3b}+\frac{c+1}{c^2+3c}$$

 

   

$P=\sum \frac{1}{a+3}+\sum \frac{1}{a(a+3)}$

giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}\leq \frac{1}{c};\frac{1}{a+3}\leq \frac{1}{b+3}\leq \frac{1}{c+3}$

do đó áp dụng BCS và Chebyshev ta có

$P\geq \frac{9}{a+b+c+9}+\frac{1}{3}(\sum \frac{1}{a})(\sum \frac{1}{a+3})$

$\geq \frac{9}{a+b+c+9}+\frac{1}{3}(\frac{9}{a+b+c})(\frac{9}{a+b+c+9})\geq \frac{3}{4}+\frac{3}{3}*\frac{3}{4}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:

      :ukliam2:

            :ukliam2:

                  :ukliam2:

             :ukliam2:

        :ukliam2:  

     :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#14 Mai Thanh Huy

Mai Thanh Huy

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 24-06-2016 - 09:58

image.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mai Thanh Huy: 24-06-2016 - 10:00


#15 Monkeydluffy2k1

Monkeydluffy2k1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 75 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:BÍ MẬT
  • Sở thích:TOÁN;HOT GIRL;lý; HÓA

Đã gửi 11-11-2016 - 09:46

câu hệ dùng hàm đẹp lun


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Monkeydluffy2k1: 11-11-2016 - 09:47


#16 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 458 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đồng Nai
  • Sở thích:...

Đã gửi 11-11-2016 - 11:18

Câu II)

2.Ta sẽ đi chứng minh:$\frac{a+1}{a^2+3a}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-a)\Leftrightarrow (1-a)^2\left [ \frac{3a+8}{8(a^2+3a)} \right ]\geq 0(LĐ)$

 

Vì vậy ta luôn có:$\Rightarrow \frac{a+1}{a^2+3a}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-a)$

 

Chứng minh tương tự:$\frac{b+1}{b^2+3b}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-b)$

 

$\frac{c+1}{c^2+3c}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(1-c)$

 

$\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}+\frac{3}{8}(3-a-b-c)\geq \frac{3}{2}$

Cho em hỏi làm sao để nhận ra dấu hiệu này vậy ạ ?



#17 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 11-11-2016 - 20:37

Cho em hỏi làm sao để nhận ra dấu hiệu này vậy ạ ?

Đây là phương pháp tiếp tuyến bạn ạ.

#18 Monkeydluffy2k1

Monkeydluffy2k1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 75 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:BÍ MẬT
  • Sở thích:TOÁN;HOT GIRL;lý; HÓA

Đã gửi 11-11-2016 - 22:33

Đây là phương pháp tiếp tuyến bạn ạ.

UCT nhanh hơn đấy; tiếp tuyến dùng mấy bài phức tạp hơn

 

Cho em hỏi làm sao để nhận ra dấu hiệu này vậy ạ ?



#19 Monkeydluffy2k1

Monkeydluffy2k1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 75 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:BÍ MẬT
  • Sở thích:TOÁN;HOT GIRL;lý; HÓA

Đã gửi 11-11-2016 - 22:36

Đây là phương pháp tiếp tuyến bạn ạ.

vs cả lp 10 chưa học đạo hàm ^^



#20 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Sở thích:furry

Đã gửi 19-11-2016 - 00:03

Câu IV:

Chia $(1;2);(3;4);...;(2k-1;2k);...(4029;4030)$, ta chỉ cần xét khoảng $[2015^2;2015^2+2015]$.

Chia $(1;2016);(2;2017);...;(k;2015+k);,,,;(2015;4030)$, ta chỉ cần xét hai số $2015^2;2015^2+2015$(xét đồng dư modulo $2015$).

Chia $(1;4030);(2;4);(3;5);...(4k-2;4k);(4k-1;4k+1);...(4026;4028);(4027;4029)$, ta được các số chẵn nhỏ hơn $2015^2+2015$ và các số lẻ lớn hơn $2015^2$, loại được hai số trên.

(Q.E.D)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 19-11-2016 - 20:25





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh