Chủ đề này có 11 trả lời

[Nguyenphuctang]

$$ \huge \text{ĐỀ LUYỆN TẬP OLYMPIC KHỐI 10 VMF }$$

$$ \huge \text{LẦN 2 TUẦN 2 - THÁNG 7} $$

Tải flie pdf  :  de_thi_thu_lan_2_tuan_2_thang_7.pdf   112.85K   214 Số lần tải

 

$ \boxed{\text{Bài 1:}} $ Tìm 2 số nguyên dương $a, b$ sao cho phương trình: $$x^3-17x^2+ax-b^2=0$$ 

Có 3 nghiệm nguyên $x_{1},x_{2},x_{3}$.

 

$\boxed{\text{Bài 2:}}$ Cho $n,k$ là các số nguyên dương với $k \geq 2$. Chứng minh rằng trong dãy số tự nhiên liên tiếp:

$$n, n+1 ,n +2,..., n^{k} + n^{k-1} +...+ n^{2}+n+2 $$

Bao giờ cũng tìm được được một số hạng là lũy thừa bậc $k+1$ của một số tự nhiên.

 

$\boxed{\text{Bài 3:}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$$  \dfrac{1}{a+b} +\dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{24} \left( a^{2} +b^{2} +c^{2} -ab- bc-ca \right )$$

 

$\boxed{\text{Bài 4:}} $ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $T$. $AT \cap BC =D $, hạ $TG \perp OA$. Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $GD$ cắt $TH$ trên $(OBC)$. 

$\boxed{\text{Bài 5:}}$ Ở làng số $69$ có $96$ cư dân sinh sống. Trưởng thôn tiến hành trên làng này $5$ cải cách. Biết rằng đối với cải cách nào thì cũng có đúng một số nửa dân không đồng tình. Tất cả những người không vừa lòng với quá nửa số cải cách sẽ đi biểu tình . Hỏi trưởng thôn có thể sẽ đối mặt với nhiều nhất là bao nhiêu người biểu tình?

Đề này xin cảm ơn I LOVE MC và Ecchi 123 đã đóng góp hỗ trợ hoàn thành. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 22:42

[viet9a14124869]

 

$\boxed{\text{Bài 3:}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$$  \dfrac{1}{a+b} +\dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{24} \left( a^{2} +b^{2} +c^{2} -ab- bc-ca \right )$$

 

Cách của mình :

Trong ba số a,b,c tồn tại 2 số cùng phía với 1 , giả sử là a và b . Khi đó ta có $(a-1)(b-1)\geq 0 \Rightarrow ab\geq a+b-1=2-c$

 $\Rightarrow a^2+b^2+c^2=(a+b)^2-2ab+c^2\leq (3-c)^2-2(2-c)+c^2=2c^2-4c+5$

Dùng Schwarz thì ta lại có $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b}+\frac{4}{a+b+2c}=\frac{1}{3-c}+\frac{4}{3+c}$

Dễ thấy : $\frac{3}{2}+\frac{1}{24}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=\frac{21+a^2+b^2+c^2}{16}\leq \frac{21+2c^2-4c+5}{16}=\frac{c^2-2c+13}{8}$ do a+b+c=3

Vậy ta chỉ cần chứng minh $\frac{1}{3-c}+\frac{4}{3+c}\geq \frac{c^2-2c+13}{8}\Leftrightarrow \frac{(c-1)^2(c^2+3)}{8(9-c^2)}\geq 0$ ( ĐÚNG )

Suy ra đpcm . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 ^^

[slenderman123]

Bài 5: Mỗi lần cải cách sẽ có: $\frac{96}{2}=48$ người không đồng tình.

Gọi số người không đồng tình trong một đợt cải cách là số lượt không đồng tình, khi đó tổng số lượt không đồng tình là: $48.5=240$ lượt.

Khi đó, cứ mỗi người đi biểu tình sẽ có tối thiểu $3$ lượt không đồng tình, vậy số người tối đa đi biểu tình là: $240 : 3=80$(người).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 22:40

[Nguyenphuctang]

Bài bất là do mình chế. Không chặt lắm cũng không quá khó vì đây là cho lớp $10$.
Giả sử: $c=min \left \{  a,b,c\right \}$

Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành: 
$$ \sum \dfrac{1}{a+b} + \dfrac{1}{8}(ab+bc+ca) \geq \dfrac{15}{8} $$
Ta chứng minh bổ đề sau:
$$ \dfrac{1}{a+c} + \dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{8}ab \geq \dfrac{4}{a+2c+b}  +\dfrac{1}{32} (a+b)^{2} $$

Bất đẳng thức trên tương đương: 
$$ \dfrac{(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)(a+b+2c)} \geq \dfrac{(a-b)^{2}}{32}  $$

Do đó chỉ cần chứng minh:$$ (a+c )(b+c)(a+b+2c ) \leq 32 $$
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì theo $AM-GM$: 
$$(a+c )(b+c)(a+b+2c ) \leq \dfrac{1}{4} (a+b+2c)^{3} = \dfrac{1}{4} (c+3)^{2} \leq 16<32 $$

Quay lại bài toán ta chỉ cần chứng minh:
$$  \dfrac{4}{c+3} + \dfrac{1}{32}(3-c)^{2} + \dfrac{1}{8}c(3-c) +\dfrac{1}{3-c} \geq \dfrac{15}{8} $$

$$\Leftrightarrow  \dfrac{3(c-1)^{2}(c^{2}+7)}{32(3-c)(c +3) } \geq 0 $$

Hoàn tất chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 22:43

[Baoriven]

Bài 3:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{1}{a+b}+\frac{1}{8}(ab+bc+ca)\geq \frac{15}{8}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{c}{a+b}+\frac{3}{8}(ab+bc+ca)\geq \frac{21}{8}$.

Ta có: $\sum \frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{9}{2(ab+bc+ca)}$.

Ta cần chứng minh: $\frac{9}{2(ab+bc+ca)}+\frac{3}{8}(ab+bc+ca)\geq \frac{21}{8}$.

Ta lại có: 

$\left\{\begin{matrix}\frac{9}{8(ab+bc+ca)}\geq \frac{9}{8.\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=\frac{3}{8} \\\frac{27}{8(ab+bc+ca)}+\frac{3}{8}(ab+bc+ca)\geq \frac{9}{4} \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 10-07-2017 - 22:31

[Mr Cooper]

Bài 4 (Phan Lộc Sơn):

[Duy Thai2002]

Bài1. Theo hệ thức Viete cho pt bậc ba, ta có:

$\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & & \\x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1}=a & & \\x_{1}x_{2}x_{3}=b^{2} & & \end{matrix}\right.$

Dễ dàng cm $x_{1}>0,x_{2}>0,x_{3}>0$

Áp dụng bđt AM-GM, ta có: $(x_{1}+x_{2}+x_{3})^{3}\geq 27x_{1}x_{2}x_{3}$

=> $b^{2}\leq \frac{17^{3}}{27}\approx 182,b^{2}$nguyên

=> $b^{2}={1;4;9;16;25;36;49;64;81;100;121;144;169}$

TH1: $b^{2}=1$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=1 & \end{matrix}\right.$, $x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH2: $b^{2}=4$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=4 & \end{matrix}\right.$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH3: $b^{2}=9$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=9 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH4 :$b^{2}=16$

=>  $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=16 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH5: $b^{2}=25$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=25 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH6: $b^{2}=36$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=36 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH7: $b^{2}=49$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=49 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH8: $b^{2}=64$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=64 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=> Nhận $\left\{\begin{matrix}x_{1}=8 & & \\x_{2}=8 & & \\x_{3}=1 & & \end{matrix}\right.$ => $a=8.1+8.8+8.1=80$ => $\left\{\begin{matrix}a=80 & \\b=8 & \end{matrix}\right.$

TH9: $b^{2}=81$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=81 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH10: $b^{2}=100$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=100 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH11: $b^{2}=121$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=121 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH12: $b^{2}=144$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=144 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

TH13: $b^{2}=169$

=> $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=17 & \\x_{1}x_{2}x_{3}=169 & \end{matrix}\right$,$x_{1},x_{2},x_{3}nguyên dương$

=>Loại do không có giá trị thỏa mãn.

Vậy a=80, b=8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 11-07-2017 - 13:30

[Duy Thai2002]

Một cách khác cho bài bất:

Ý tưởng cách này là sử dụng phương pháp p,q,r.

Bđt <=> $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{8}(ab+bc+ca)\geq\frac{15}{8}$

Đặt ab+c=p, bc+ca+ab=q, abc=r

<=> $\frac{p^{2}+q}{pq-r}+\frac{1}{8}q\geq \frac{15}{8}$

<=> $8p^{2}+8q+pq^{2}-qr\geq 15pq-15r$

<=>$8p^{2}+8q+pq^{2}-qr-15pq+15r\geq 0$

<=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 0$ (p=3)

Ta sẽ cm bđt trên. Thật vậy, ta có một số bđt sau:

$\frac{p^{3}}{27}\geq r$

$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 72+8q+3q^{2}-q.\frac{p^{3}}{27}-45q+15.\frac{p(4q-p^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q.\frac{3^{3}}{27}-45q+15.\frac{3(4q-3^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q-45q+20q-45=3q^{2}-18q+27=3(q-3)^{2}\geq 0$(luôn đúng)

=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

=> Q.E.D

[slenderman123]

Câu 2: Gọi $\left [ a \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $a$.

Nhận xét:  Với $n\geq 4$, cho $p\geq 2$ khi đó ta có BĐT sau:$p^{3}\geq (p+1)^{2}-1\Leftrightarrow p^{3}-p^{2}-2n\geq 0 \Leftrightarrow p(p-2)(p+1)\geq 0 $(đúng), suy ra $\left [ \sqrt{n}\right ]^{3}\geq (\left [ \sqrt{n} \right ]+1)^{2}-1$(do $\left [ \sqrt{n} \right ] \geq 2$) mặt khác lại có $\left[\sqrt{n} \right]+1\geq \sqrt{n+1}$ (đúng với mọi $n$), suy ra $(\left [ \sqrt{n} \right ]+1)^{2}-1\geq n$ dẫn đến $\left [ \sqrt{n} \right ]^{3}\geq n$. 

 Với $n\geq 4 \Rightarrow \left [ \frac{n}{\sqrt[k+1]{n}} \right ]^{k+1} \geq \left [ (\frac{n}{\sqrt{n}}) \right ]^{k+1}=\left [ \sqrt{n} \right ]^{k+1} \geq \left [ \sqrt{n} \right ]^{3}\geq n$

Mặt khác, ta có $\left [ \frac{n}{\sqrt[k+1]{n}} \right ]^{k+1}\leq (\frac{n}{\sqrt[k+1]{n}})^{k+1}=n^{k}<n^{k}+n^{k-1}+...+n^{2}+n+2$ suy ra số cần tìm là $\left [ \frac{n}{\sqrt[k+1]{n}} \right ]$ suy ra đpcm.

Với $n<4$ thì ta chỉ cần xét từng giá trị của $n$ là xong  .

$n=1$ thì đúng ròi

$n=2$ thì $2<2^{k+1}$

Mặt khác, ta có $2^{k}+2^{k-1}+...+n^{2}+n+2=2^{k}+2^{k-1}+...+2^{2}+2+1+1= 2^{k+1}-1+1=2^{k+1}$ suy ra $2$ là số cần tìm.

$n=3$ thì $3<2^{k+1}$

Mặt khác, ta có $2^{k+1}=2^{k}+2^{k-1}+...+2^{2}+2+2<3^{k}+3^{k-1}+...+3^{2}+3+2$ suy ra $2$ là số cần tìm.

Suy ra $ĐPCM$

P/S: Anh em thấy hay Like phát

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 14-07-2017 - 07:06

[IHateMath]

Bài 5.

Đáp số đúng là $80$ người. 

 

Người $1$ cho đến người $8$: Chỉ không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,2,3$.

Người $9$ cho đến người $16$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,2,4$.

Người $17$ cho đến người $24$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,2,5$.

Người $25$ cho đến người $32$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,3,4$.

Người $33$ cho đến người $40$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,3,5$.

Người $41$ cho đến người $48$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $1,4,5$.

Người $49$ cho đến người $56$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $2,3,4$.

Người $57$ cho đến người $64$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $2,3,5$.

Người $65$ cho đến người $72$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $2,4,5$.

Người $73$ cho đến người $80$: Chỉ Không đồng tình với các cải cách lần thứ $3,4,5$.

Người $81$ cho đến người $96$: Đồng tình với tất cả các cải cách.

Rõ ràng, với mỗi cải cách, có đúng $8\cdot 6=48$ người không đồng tình.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 22:41

[Namthemaster1234]

Bài 2.

 

Với $n=1$ thì dễ dàng cm. Xét $n \geq 2$

 

Giả sử không tìm được một số hạng là lũy thừa bậc $k+1$ của một số tự nhiên

 

Khi đó tồn tại một số nguyên dương $x$ thỏa mãn:

 

$x^{k+1} < n<n+1<n+2<....<n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2<(x+1)^{k+1}$

 

Khi đó ta có $(x+1)^{k+1} > n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2=\frac{n^{k+1}+n-2}{n-1} > \frac{n^{k+1}+n-2}{(x+1)^{k+1}}$

 

hay $n^{k+1} \leq n^{k+1}+n-2<(x+1)^{2(k+1)}$

 

suy ra $x^{k+1} \leq n<(x+1)^2$

 

Với $k \geq 2$ thì dễ chứng minh chỉ có $x=1$ thỏa mãn. Khi đó: $1<n<4$ nên $n=2$ hoặc $n=3$

 

mà với $n=2$ thì $n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2=2^{k+1}$

 

với $n=3$ thì dãy $3,4,5,....,\frac{3^{k+1}+1}{2}$ có chứa phần tử $2^{k+1}$

 

Do vậy $x^{k+1}<2^{k+1}<(x+1)^{k+1}$

 

Từ đó dẫn đến điều vô lý , ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-07-2017 - 22:45

[toanhoc2017]

Một cách khác cho bài bất:
Ý tưởng cách này là sử dụng phương pháp p,q,r.
Bđt <=> $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{8}(ab+bc+ca)\geq\frac{15}{8}$
Đặt ab+c=p, bc+ca+ab=q, abc=r
<=> $\frac{p^{2}+q}{pq-r}+\frac{1}{8}q\geq \frac{15}{8}$
<=> $8p^{2}+8q+pq^{2}-qr\geq 15pq-15r$
<=>$8p^{2}+8q+pq^{2}-qr-15pq+15r\geq 0$
<=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 0$ (p=3)
Ta sẽ cm bđt trên. Thật vậy, ta có một số bđt sau:
$\frac{p^{3}}{27}\geq r$
$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$
=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 72+8q+3q^{2}-q.\frac{p^{3}}{27}-45q+15.\frac{p(4q-p^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q.\frac{3^{3}}{27}-45q+15.\frac{3(4q-3^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q-45q+20q-45=3q^{2}-18q+27=3(q-3)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1
=> Q.E.D

Mình nghi dung cô si hay