ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN VÒNG 1 2016-2017
#1
Đã gửi 19-10-2016 - 19:17
- canhhoang30011999, ineX và loolo thích
#2
Đã gửi 19-10-2016 - 20:19
Bài 2:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{x^2}{y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $\sum \frac{xy}{x+y}\leq\sum \frac{(x+y)^2}{4}.\frac{1}{x+y}=\frac{x+y+z}{2}$
Kết hợp 2 bất đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh.
Bài 5:
Theo định lý Ceva dạng lượng giác thì $\frac{sin\angle MAB}{sin\angle MAC}.\frac{sin\angle MBC}{sin\angle MBA}.\frac{sin\angle MCA}{sin\angle MCB}=-1\Leftrightarrow \frac{sin\angle A_{1}AC}{sin\angle A_{1}AB}.\frac{sin\angle B_{1}BA}{sin\angle B_{1}BC}.\frac{sin\angle C_{1}CB}{sin\angle C_{1}CA}=-1$
Do đó $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy.
- CaptainCuong, ineX, the unknown và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 19-10-2016 - 20:37
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ineX: 19-10-2016 - 20:37
- kimchitwinkle, IHateMath và moonkey01 thích
#4
Đã gửi 20-10-2016 - 10:25
Bài bất đẳng thức $ \sum \frac{ xy}{x+y} \le \frac{x+y+z}{2}$
Đặt $ a=x+y, b= y+z, c=x+z$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$\sum \frac{ a^2-(b-c)^2}{a} \le a+b+c$ hiển nhiên đúng
#5
Đã gửi 20-10-2016 - 11:09
Bài 4:
a/ Gọi A,B là cặp nam nữ ngồi gần nhau.
Số cách chọn A và xếp cặp A,B ngồi gần nhau: $C_{10}^{1}.2!$
Số cách xếp 18 bạn còn lại :$9!.9!$
Số cách xếp thỏa yc:
$C_{10}^{1}.2!.9!.9!=20.9!.9!$ cách
b/ Gọi $x_{i}$ là số các bạn nam ngồi trước $G_{i}$ và $x_{11}$ là số các bạn nam ngồi sau $G_{10}$ theo sơ đồ:
$$\underset{x_{1}}{\underbrace{T..T}}G_{1}\underset{x_{2}}{\underbrace{T..T}}G_{2}........G_{9}\underset{x_{10}}{\underbrace{T..T}}G_{10}\underset{x_{11}}{\underbrace{T..T}}$$
Ta có pt:
$$x_{1}+x_{2}+.....+x_{10}+x_{11}=10\text{ với }x_{1,3,4,5,6,7,8,10,11}\geq 0; x_{2}\geq 2\text{ và }1\leq x_{9}\leq 3$$
Đổi biến:
$$y_{1}+y_{2}+.....+y_{10}+y_{11}=7\text{ với }y_{i}\geq 0\text{ và riêng } y_{9}\leq 2 (*)$$
Theo bài toán chia kẹo Euler, ta có số nghiệm của $(*)$ với $y_{i}\geq 0$:
$C_{17}^{10}$
với $y_{9}\geq 3$ ta có pt:
$$z_{1}+z_{2}+.....+z_{10}+z_{11}=4\text{ với }z_{i}\geq 0$$
có số nghiệm là:
$C_{14}^{10}$
Vậy số cách xếp thỏa yc:
$C_{17}^{7}-C_{14}^{4}=19448-1001=18447\text{ cách}$
- foollock holmes và ineX thích
#7
Đã gửi 20-10-2016 - 16:50
Câu a bài tổ hợp có thẻ hiểu một cách đơn giản như thế này không nhỉ ?
Có 2 TH là các chàng trai sẽ ngồi ở vị trí trái và ở vị trí phải
TH1: Các chàng trai ngồi bên trái
Nếu chàng trai X ngồi cạnh cô gái mình dẫn theo thì những người còn lại sẽ có $9!.9!$ cách chọn
Có 10 chàng trai nên số cách chọn là $10.9!.9!$
Tương tự với TH2 thì số cách chọn tổng cộng là $2.10.9!.9!$
- ineX yêu thích
#8
Đã gửi 20-10-2016 - 22:10
bài $3a$
ta có bài toán sau , cho $a,b$ là 2 số dương thỏa $a < b$ thì $\frac{a}{b} < \frac{a+1}{b+1}$
Áp dụng bài toán trên ta được: $u_{n} < \prod_{i=1}^{n}\frac{2i+2}{2i+3}$
=>$u_{n}^2 < \frac{1}{2n+3}$
=>$u_{n}$ $<$ $\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$=$v_{n}$
chứng minh quy nạp ta được $u_{n} > \frac{1}{2n+1}=w_{n}$
Vì $w_{n} < u_{n} < v_{n}$
$limw_{n}$=$lim v_{n}$=$0$
nên theo nguyên lý kẹp thì $lim u_{n}=0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi k4x: 20-10-2016 - 22:12
- canhhoang30011999, thaibuithd2001 và huynhtanduyan thích
#9
Đã gửi 20-10-2016 - 22:51
Bài 3:
$a, u_n=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2n+1}{2n+2}$ . Ta có $u_n^2=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{2^2.4^2...(2n+2)^2}>\frac{(3^2-1)(5^2-1)...((2n+1)^2-1)}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{(2.4).(4.6)...((2n)(2n+2))}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{2.4...(2n)(2n+2)}{2.4...(2n+2)}.\frac{4.6...(2n)}{2.4...(2n)(2n+2)}=\frac{1}{2(2n+2)}.$ Lại có $ u_n^2<\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(2^2-1)(4^2-1)...((2n+2)^2-1))}=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(1.3)(3.5)...((2n+1)(2n+3))}$ $=\frac{1.3...(2n+1)}{1.3...(2n+1)}.\frac{1.3...(2n+1)}{3.5...(2n+3)}=\frac{1}{2n+3}.$
Vậy $\frac{1}{2(2n+2)}<u_n^2<\frac{1}{2n+3}$ suy ra $limu_n=0, n\rightarrow +\infty.$
- canhhoang30011999, foollock holmes, ineX và 1 người khác yêu thích
Life is hard. You will fall, you will fail and you will be hurt. But remember what hurts you today will make you stronger tomorrow. The only thing you have to know is to RISE!
#10
Đã gửi 21-10-2016 - 19:44
Câu 1 a chắc đạo hàm thẳng tiến nhỉ, còn câu 1b chắc xét bằng pp đồ thị rồi
Câu bđt cũng dễ quá ta
#11
Đã gửi 11-11-2016 - 13:10
Bài $5$: các cặp đường thẳng $AA_1$, $AM$; $BB_1$, $BM$; $CC_1$, $CM$ lần lượt đẳng giác trong góc $A$, $B$,$C$, do đó đồng qui tại điểm $P$. Điểm này được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của $M$.
#12
Đã gửi 11-11-2016 - 13:30
Bài số $5$ ngoài cách của bạn moonkey01 ra, còn có thể chứng minh như sau:
Trước hết ta cần có một bổ đề:
Cho tam giác $ABC$, $M,N\in BC$ sao cho $AM,AN$ đẳng giác trong góc $A$. Khi đó ta có
$\frac{BD}{DC}.\frac{BE}{EC}=\frac{AB^2}{AC^2}$.
Đây chính là định lý Steiner nổi tiếng. Chứng minh: ta có
$\frac{BD}{CD}=\frac{S(BAD)}{S(DAC)}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle BAD}{sin\angle DAC}$
Hoàn toàn tương tự
$\frac{BE}{EC}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle{BAE}}{sin\angle{EAC}}$
Nhân hai vế hai biểu thức trên, ta có đpcm. $\square$
Trở lại bài toán. Ta kéo dài cho $AM,BM,CM,AA_1.BB_1,CC_1$ cắt các cạnh đối tại $A_2,B_2,C_2,A_3,B_3,C_3$. Sử dụng bổ đề trên ta có:
$\frac{BB_2}{CB_2}.\frac{BB_3}{CB_3}=\frac{AB^2}{AC^2}$
$\frac{CC_2}{AC_2}.\frac{CC_3}{AC_3}=\frac{BC^2}{BA^2}$
$\frac{AA_2}{BA_2}.\frac{AA_3}{BA_3}=\frac{CA^2}{CB^2}$.
Nhân 3 kết quả trên lại và chú ý rằng, $AA_2.BB_2,CC_2$ đồng qui, sử dụng định lý $Menelaus$ ta có ngay đpcm. $\square$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 11-11-2016 - 13:34
- ineX yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh