Bài 3:Gọi S(n) là số đồng tiền có mặt ngửa là màu đỏ sau khi lật n lượt.
S(0)=0.
Nhận xét: Khi lật 4 đồng xu bất kì lên, sẽ có 5 TH:
1, lật 4 đồng mặt xanh thành đỏ. Khi đó, $S(n)=S(n-1)+4$.
2, lật 3 đồng mặt xanh thành đỏ, 1 đồng mặt đỏ thành xanh. Khi đó, $S(n)=S(n-1)+3-1=S(n-1)+2$.
3, lật 2 đồng mặt xanh thành đỏ, 2 đồng mặt đỏ thành xanh. Khi đó, $S(n)=S(n-1)+2-2=S(n-1)+2$.
4, lật 1 đồng mặt xanh thành đỏ, 3 đồng mặt đỏ thành xanh. Khi đó, $S(n)=S(n-1)+1-3=S(n-1)-2$.
5, lật 4 đồng mặt đỏ thành xanh. Khi đó, $S(n)=S(n-1)-4$.
Trong mọi trường hợp, $S(n) \equiv S(n) (\bmod 2) \Rightarrow $ S(n) luôn là số chẵn.
Mà yêu cầu đề là S(n)=2009. Vậy không thể thực hiện được.
Bài 2: \[bdt \Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{1}{{2 - a}} - \dfrac{1}{2}} \right) \geqslant \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow } \sum {\dfrac{{2 - \left( {2 - a} \right)}}{{4 - 2a}}} \geqslant \dfrac{3}{2}\]
\[ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{a}{{4 - 2a}}} \geqslant \dfrac{3}{2}\]
Đặt \[S = a + b + c > 0 \Rightarrow {S^2} \leqslant 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \Rightarrow S \leqslant 3\]
\[\sum {\dfrac{a}{{4 - 2a}}} \geqslant \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{4\left( {a + b + c} \right) - 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \dfrac{{{S^2}}}{{4S - 6}}\]
Nên ta cần cm
\[\dfrac{{{S^2}}}{{4S - 6}} \geqslant \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow 2{S^2} \geqslant 12S - 18 \Leftrightarrow {S^2} - 6S + 9 \geqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {S - 3} \right)^2} \geqslant 0\]
Bài toán cm xong.
Bài 5:Gọi ${A_n} = \left( {{x_n};{y_n}} \right)$ là tọa độ của Robot sau khi di chuyển n-1 lần.
Ta có:
\[\left\{ \begin{gathered} {x_1} = 2009;{y_1} = 2010 \\ {x_{n + 1}} = \dfrac{{{x_n} + {y_n}}}{2};{y_{n + 1}} = \dfrac{{2{x_n}{y_n}}}{{{x_n} + {y_n}}} \\ \end{gathered} \right.\]
Dễ thấy \[{x_{n + 1}}{y_{n + 1}} = {x_n}{y_n}\]
Lại có:
\[x_{n + 1}^2 + y_{n + 1}^2 = {\left( {\dfrac{{{x_n} + {y_n}}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{2{x_n}{y_n}}}{{{x_n} + {y_n}}}} \right)^2} \geqslant 2\sqrt {{{\left( {\dfrac{{{x_n} + {y_n}}}{2}} \right)}^2}.{{\left( {\dfrac{{2{x_n}{y_n}}}{{{x_n} + {y_n}}}} \right)}^2}} \]
\[ \Rightarrow x_{n + 1}^2 + y_{n + 1}^2 \geqslant 2{x_n}{y_n} \Rightarrow O{A_{n + 1}} \geqslant \sqrt {2{x_n}{y_n}} \]
\[ \Rightarrow O{A_{n + 1}} \geqslant \sqrt {2{x_1}{y_1}} > \sqrt {{{2840}^2}} = 2840 \Rightarrow Q.E.D\]
Bài 4:Ta có:
\[ \vartriangle A_2BA_1 \sim \vartriangle A_2A_1C (g.g) \]
\[ \Rightarrow \dfrac{A_2B}{A_2A_1}=\dfrac{A_2A_1}{A_2C}=\dfrac{BA_1}{A_1C} \]
\[ \Rightarrow \dfrac{A_2B}{A_2A_2}.\dfrac{A_2A_1}{A_2C}=\left( {\dfrac{BA_1}{A_1C}} \right) ^2 \]
Mà $A_2$ nằm ngoài đoạn BC nên
\[\dfrac{{\overline {{A_2}B} }}{{\overline {{A_2}C} }} = {\left( {\dfrac{{{A_1}B}}{{{A_1}C}}} \right)^2}\]
Tương tự, suy ra:
\[\dfrac{{\overline {{A_2}B} }}{{\overline {{A_2}C} }}.\dfrac{{\overline {{B_2}C} }}{{\overline {{B_2}A} }}.\dfrac{{\overline {{C_2}A} }}{{\overline {{C_2}B} }} = {\left( {\dfrac{{{A_1}B}}{{{A_1}C}}} \right)^2}.{\left( {\dfrac{{{B_1}C}}{{{B_1}A}}} \right)^2}.{\left( {\dfrac{{{C_1}A}}{{{C_1}B}}} \right)^2} (1)\]
Lại có:
\[ \vartriangle MBA_1 \sim \vartriangle MAB_1(g.g) \]
\[ \Rightarrow \dfrac{BA_1}{AB_1}=\dfrac{MB}{MA} \]
Tương tự, suy ra
\[\dfrac{{B{A_1}}}{{{B_1}A}}.\dfrac{{C{B_1}}}{{{C_1}B}}.\dfrac{{A{C_1}}}{{{A_1}C}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}.\dfrac{{MC}}{{MB}}.\dfrac{{MA}}{{MC}} = 1\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{\overline {{A_2}B} }}{{\overline {{A_2}C} }}.\dfrac{{\overline {{B_2}C} }}{{\overline {{B_2}A} }}.\dfrac{{\overline {{C_2}A} }}{{\overline {{C_2}B} }} = 1 \Rightarrow Q.E.D\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 28-10-2011 - 23:27
