[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 6: DELTA - GAMMA
#22
Đã gửi 17-12-2011 - 19:52
Đây là đề của Delta cho Gama :
Câu 1 : THCS
Tồn tại chăng các số hữu tỷ $x ; y ; z$ thoả mãn :
$2x^2 + y^2 + 4z^2 -2x+10z+3y-2xy+7=0 \ \ \ \ \ \ \ (1)$
Phạm Quang Toàn và Perfectstrong xin giải bài 1 đội Delta.
$$(1) \iff (2x-2y-3)^2+(2x+1)^2+(4z+5)^2=7$$
Đặt $$2x-2y-3= \dfrac{a_t}{a_m}, \ 2x+1= \dfrac{b_t}{b_m}, \ 4z+5= \dfrac{c_t}{c_m}$$
$$\begin{aligned}
(a_t,b_t,c_t,a_m,b_m,c_m \in \mathbb{Z}, & \gcd(|a_t|,|a_m|)=1 \\ & \gcd(|b_t|,|b_m|)=1 \\ & \gcd(|c_t|,|c_m|)=1 \\ & a_m,b_m,c_m \ne 0 )
\end{aligned}$$
Như vậy
$$\begin{aligned}
pt & \iff \dfrac{a_t^2}{a_m^2} + \dfrac{b_t^2}{b_m^2} + \dfrac{c_t^2}{c_m^2} = 7 \\ & \iff \left( a_tb_mc_m \right)^2 + \left( b_ta_mc_m \right)^2 + \left( c_ta_mb_m \right)^2 = 7{\left( a_mb_mc_m \right)^2}
\end{aligned}$$
Đặt $a_tb_mc_m=m, \ b_ta_mc_m=n, \ c_ta_mb_m=p, \ a_mb_mc_m=q \ \ (q \neq 0)$
Ta đưa về bài toán giải phương trình nghiệm nguyên $m^2+n^2+p^2=7q^2 \ \ \ \ \ \ (2)$
- Với $q \ \not\vdots 2 \rightarrow q^2 \equiv 1 \pmod{8} \rightarrow VP \equiv 7 \pmod{8}$. Mà $VT \equiv 3 \pmod{8}$, vô lí.
- Với $q \ \vdots 2 \rightarrow VP \ \vdots 4$.
$\rightarrow m=2m_1,n=2n_1,p=2p_1,q=2q_1$
Thay vào phương trình $(2)$ ta thu được
$$m_1^2+n_1^2+p_1^2=7q_1^2$$
Lí luận tương tự ta được $m=2m_2,n=2n_2,p=2p_2,q=2q_2$.
Như vậy nếu $(m_1,n_1,p_1,q_1)$ là một nghiệm tùy ý của $(2)$ thì $\dfrac{m_1}{2^k}, \dfrac{n_1}{2^k}, \dfrac{p_1}{2^k}, \dfrac{q_1}{2^k}$ là các số nguyên với mọi $k=1,2,...$. Điều này chứng tỏ $m=n=p=q=0$, hiển nhiên vô lí vì $q \ne 0$.
$\boxed{ \text{Kết luận}}.$ Không tồn tại các số hữu tỉ $x,y,z$ thỏa mãn phương trình $(1)$.
PSW : 6/6 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 26-01-2012 - 22:51
- perfectstrong, hxthanh, PSW và 4 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#23
Đã gửi 17-12-2011 - 20:22
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#25
Đã gửi 18-12-2011 - 12:47
Đầu tiên ta chứng minh nếu u là 1 nghiệm bất kì của P(x) thì $|u|>1$ (1)
Thật vậy giả sử ngược lại thì $|u|^{n-1}|u+a|=p|\leq |u|^{n-1}(|u|+|a|)<p,$vô lý.
Bây giờ giả sử $P(x)=g(x)h(x)$ với g và h là các đa thức với hệ số nguyên và có bậc lớn hơn 1.Suy ra g(0)h(0)=p nên |g(0)| hoặc |h(0)| bằng 1.Ko mất tính tổng quát giả sử |g(0)|=1.
Gọi $x_1,x_2,...,x_k$ là tất cả các nghiệm của g(x).Thế thì $|x_1...x_k|=g(0)=1$.
Theo (1) suy ra vô lý.
@@ mình không tham gia ra đề cho đội Delta lần này nên theo nhận xét của mình thì đề Gama khó hơn
PSW : Lời giải ngắn gọn ; hay
7/7 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 11-02-2012 - 00:02
- anh qua, perfectstrong, Zaraki và 4 người khác yêu thích
#27
Đã gửi 18-12-2011 - 14:45
- Zaraki, PSW và Dung Dang Do thích
#28
Đã gửi 18-12-2011 - 18:52
Ta có 2 bổ đề sau (tương đối quen thuộc,mình xin phép ko cm ở đây )
Bổ đề 1:Cho tam giác A'B'C' với các cạnh B'C'=a',A'B'=c',C'A'=b',S là diện tích tam giác và x,y,z là các số thực dương bất kì.Khi đó:
$xa'^2+yb'^2+zc'^2\geq 4\sqrt{xy+yz+xz}S$
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC và điểm M bất kì ,BC=a,AC=b,AB=c.Khi đó $\sum \dfrac{MA.MB}{CA.CB}\geq 1$
Back bài toán:
Áp dụng bổ đề 1 với $a'=\sqrt2,b'=sqrt3,c=2 thì S=2(2.3+3.4+4.2)-(4+9+16)=23 ,x=\dfrac{MA}{a},y=\dfrac{MB}{b},z=\dfrac{MC}{c}$,và kết hợp bổ đề 2 suy ra $dfrac{2MA}{a}+\dfrac{3MB}{b}+\dfrac{4MC}{c}\geq 2\sqrt23.$
nên max ${\dfrac{2MA}{a},\dfrac{3MB}{b},\dfrac{4MC}{c}\geq }\dfrac{2\sqrt23}{3}> \dfrac{2\sqrt6}{3}$
PSW : 3/7 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 11-02-2012 - 00:04
- perfectstrong, hxthanh và Dung Dang Do thích
#29
Đã gửi 18-12-2011 - 19:17
Lời giải câu 4 của Gama:
Ta có 2 bổ đề sau (tương đối quen thuộc,mình xin phép ko cm ở đây )
Bổ đề 1:Cho tam giác A'B'C' với các cạnh B'C'=a',A'B'=c',C'A'=b',S là diện tích tam giác và x,y,z là các số thực dương bất kì.Khi đó:
$a'^2+yb'^2+zc'^2\geq 4\sqrt{a'b'+b'c'+c'a'}S$
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC và điểm M bất kì ,BC=a,AC=b,AB=c.Khi đó $\sum \dfrac{MA.MB}{CA.CB}\geq 1$
Back bài toán:
Áp dụng bổ đề 1 với $a'=\sqrt2,b'=sqrt3,c=2 thì S=2(2.3+3.4+4.2)-(4+9+16)=23 ,x=\dfrac{MA}{a},y=\dfrac{MB}{b},z=\dfrac{MC}{c}$,và kết hợp bổ đề 2 suy ra $dfrac{2MA}{a}+\dfrac{3MB}{b}+\dfrac{4MC}{c}\geq 2\sqrt23.$
nên max ${\dfrac{2MA}{a},\dfrac{3MB}{b},\dfrac{4MC}{c}\geq }\dfrac{2\sqrt23}{3}> \dfrac{2\sqrt6}{3}$
thangthan có thể sửa lại bài cho dễ đọc không? Hơn nữa 2 cái bổ đề bạn nêu ra mà không chứng minh thì không ổn!
(Xin lỗi vì mình đọc lời giải mà chẳng hiểu gì )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 18-12-2011 - 19:18
#30
Đã gửi 18-12-2011 - 19:21
#31
Đã gửi 18-12-2011 - 21:01
nguyen thai phuc mang áo số 10.Còn barcelona thì tiền đạo thằng than mang áo số 01.Thời gian còn lại cho trận đấu là 11 ngày nữa.Cả hai đội cố lên.Lập một cú hattrick xem nào
#32
Đã gửi 19-12-2011 - 13:02
Giả sử $n={x_kx_{k-1}...x_1x_0}_2 $là biểu diễn của n trong hệ cơ số 2.Đặt $f(n)=[\dfrac{n}{2}],f_k(n)=f(f(...f(n))))$ (k lần f)
$f(n)=x{_kx_{k-1}...x_1}_2,f(f(n))={x_kx_{k-1}...x_2}_2,...,f_k(n)={x_k}_2,f_{k+1}(n)=0.$
suy ra $a_n=a_{f(n)}+(-1)^{f(n)}=a_{f(f(n))}+(-1)^{f(n)}+(-1)^{f(f(n))}=...=...=a_{f_{k+1}(n)}+(-1)^{f_{k+1}(n)}++(-1)^{f_{k}(n)}+...+(-1)^{f_{1}(n)}$
Mà dễ có $f_{i}(n)=x_i (mod 2)$ nên
$a_n=(-1)^0+(-1)^{x_k}+...+(-1)^{x_1}$
Gọi $S_{2}(n)$ là tổng các chữ số khi biểu diễn n trong hệ cơ số 2.Dễ có $\varepsilon _{2}(n)=n-S_{2}(n)$
nên $a_n-2\varepsilon _{2}(n)=1+(-1)^{x_k}+...+(-1)^{x_1}-2n+2S_{2}(n)$
PSW : 4/8 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 11-02-2012 - 00:04
#33
Đã gửi 19-12-2011 - 13:26
Hơn nữa với mỗi $n$ bạn lại phải tính các giá trị $x_i$. Vậy thì làm sao đáp ứng yêu cầu của đề là tính giá trị $U_n-2\varepsilon_2(n)$ trực tiếp theo $n$ được !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 19-12-2011 - 15:01
#34
Đã gửi 19-12-2011 - 15:19
Nếu đề bài yêu cầu tính ra 1 công thức mà chỉ có n thì đẻ em chỉnh lại ạ.
#36
Đã gửi 20-12-2011 - 12:01
#37
Đã gửi 20-12-2011 - 12:41
thì giá trị cần tính là bao nhiêu?
Cần bao nhiêu thời gian để tính giá trị đó theo cách của bạn?
#38
Đã gửi 26-12-2011 - 22:21
Nguyễn Thái Phúc đội Gama giải bài 2 của đội Delta
Ghi chú: Bổ sung giả thiết O' và A cùng phía đối với BC. kí hiệu arc(AB) là chỉ cung AB
Lời giải:
Ta sẽ chứng minh \[ \angle AKI=90^o (1) \]
Vẽ KM cắt (O) tại điểm thứ 2 là D; vẽ đường kính DE của (O). KE cắt MI tại H. DE cắt BC tại N.
DE là đường kính của (O) nên $\angle DKE=90^o$ và O là trung điêm DE.
$\angle HKM=\angle EKD=90^o$ nên MH là đường kính của (O'). Suy ra, O' là trung điểm MH.
Mà (O) và (O') tiếp xúc tại K nên O;O';K thẳng hàng.
$\vartriangle HKM$ vuông tại K, có trung tuyến KO' $\Rightarrow KO'=MO'$
Tương tự, ta cũng có $KO=OD \Rightarrow \dfrac{KO'}{MO'}=\dfrac{KO}{DO}=1 \Rightarrow MO' \parallel DO \Rightarrow DE \perp BC$.
Do đó, D,E là trung điểm các cung BC lớn và nhỏ và DE là trung trực của BC. Suy ra, N là trung điểm BC.
\[ DB=DC \Rightarrow arc(DB)=arc(DC) \Rightarrow \angle BAD=\angle CAD \Rightarrow \angle BAD=\dfrac{1}{2}\angle BAC=\angle BAI\]
$\Rightarrow$ A,I,D thẳng hàng.
Lại có:
\[ \angle DBI=\angle DBC+\angle IBC=\angle DAC+\angle IBA=\angle IAB+\angle IBA=\angle DIB \]
Nên $\vartriangle DBI$ cân tại D. Do đó
\[ DI=DB \Rightarrow DI^2=DB^2 (2)\]
Mà $\vartriangle DBE$ vuông tại B, đường cao BN nên $DB^2=DN.DE (3) $
$\angle EKM+\angle ENM=90^o+90^o=180^o \Rightarrow$ EKMN là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow DN.DE=DM.DK (4)$
\[ (2),(3),(4) \Rightarrow DI^2=DM.DK \Rightarrow \dfrac{DI}{DM}=\dfrac{DK}{DI} (5)\]
$\vartriangle DMI$ và $\vartriangle DIK$ có chung góc MDI nên kết hợp với (5), ta có:
\[ \vartriangle DMI \sim \vartriangle DIK (c.g.c) \Rightarrow \angle DIM=\angle DKI (6) \]
\[ MH \parallel DE \Rightarrow \angle DIM=\angle EDA=\angle AKE (7) \]
\[ (6),(7) \Rightarrow \angle DKI=\angle AKE \Rightarrow \angle AKI=\angle AKE+\angle EKI=\angle DKI+\angle EKI=\angle EKD=90^o \]
Do đó, (1) đúng.
KẾT LUẬN: \[ \angle AKI=90^o \]
PSW : 6/6 điểm Good !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 10-02-2012 - 23:58
- NguyThang khtn, hxthanh, Zaraki và 3 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#39
Đã gửi 30-12-2011 - 17:56
http://www.mediafire...eb8ig452lzwgwc8
- Zaraki yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#40
Đã gửi 30-12-2011 - 19:16
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh