#21
Đã gửi 19-02-2012 - 21:15
#22
Đã gửi 19-02-2012 - 23:04
- Zaraki, Trần Đức Anh @@ và Mai Duc Khai thích
#23
Đã gửi 21-02-2012 - 17:01
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là A ta có:
$A=\sum_{k=1}^{n}\frac{(1+x_{k}^2)^\frac{n}{2}}{\prod_{j=1,j\neq {k}}^{n}\left | x_{k}-x_{j} \right |}$=$\frac{\sum_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2)^\frac{n}{2}\frac{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |)}{(\prod_{j=1,j\neq k}^{n}\left | x_{k}-x_j \right |)}}{(\prod_{j=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{k}-x_j \right |)}$. $i=1,j=1,i \ne j\;\text{chứ?}$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho $n$ số dương ta có:
$A\geq\frac{n.\prod_{k=1}^{n}\sqrt{(1+x_{k}^2)}.\sqrt[n]{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |)^{n-2}}}{\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |}$
Suy ra: $A\geq n.\frac{\prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+x_{k}^2}}{\sqrt[n]{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |})^2}$ $(*)$.
Mặt khác:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiakowsky ta có:
$(1+x_{i}^2)(1+x_{j}^2)=(1+x_{i}^2)((-x)_{j}^2+1)\geq(x_{i}-x_{j})^2$, $\forall i\neq j$, $i,j=\overline{1,n}$. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x_{i}=-x_{j}$.
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $(\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2))^{\frac{n-1}{2}}\geq\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}(x_{i}-x_{j})^2 $
Lại có: $1+x_{k}\geq 1$, mọi $k=\overline{1,n}$.
Suy ra: $\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2)\geq 1\Rightarrow \prod_{k=1}^{n}(\sqrt{1+x_{k}^2})\geq 1$
Từ (1) và (2) suy ra: $\prod_{k=1}^{n}(\sqrt{1+x_{k}^2})\geq \sqrt[n]{\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |}$ $(**)$.
Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra $A\geq n$, ĐPCM.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $n=2$ và $x_1=-x_2$
________________________________________________________
@Trọng tài: Ặc!!! Nhìn chóng mặt quá!
Cả một tổng phân thức khổng lồ vậy mà quy đồng lên thì thật là ... khủng!
Tác giả dùng ký hiệu (không chính quy cho lắm) làm cho người đọc thấy khó hiểu.
$\prod_{i=1,j=1,i\ne j}^{n}$ nên viết là $\prod_{\begin{matrix}1 \le i,j \le n \\ i \ne j\end{matrix}}$
...
Đã kiểm tra xong! Đây là một lời giải đúng!
Dấu bằng cho BĐT này em đưa ra chưa chuẩn chính xác là $n=2$ và $x_1=-x_2=\pm 1$
Điểm: 5/7
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 22:13
- anh qua, Nguyễn Hưng, perfectstrong và 4 người khác yêu thích
#24
Đã gửi 21-02-2012 - 20:49
Chọn điểm $A(\sqrt{2};\sqrt{3})$. M, N là các điểm bất kì, M và N phân biệt và là các điểm nguyên. Xét $MA^2-NA^2=[(x_M-\sqrt{2})^2+(y_M-\sqrt{3})^2]-[(x_N-\sqrt{2})^2+(y_N-\sqrt{3})^2]$
Ta cần chứng minh:
$2\sqrt{2}(x_M-x_N)+2\sqrt{3}(y_M-y_N)\neq 0$, $\forall$ $M$, $N$ là các điểm nguyên phân biệt bất kì. Tức là ta cần chứng minh: $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số vô tỉ với $a,b\in\mathbb{Z}$ và $a^2+b^2\neq 0$ (chú ý: $a=x_M-x_N$, $b=y_M-y_N$).
Dễ chứng minh các bổ đề sau:
1.Vô tỉ nhân hữu tỉ khác $0$ bằng vô tỉ
2.Vô tỉ cộng (trừ) hữu tỉ bằng vô tỉ
3.$\sqrt{n}$ là vô tỉ với $n$ không là số chính phương.
Giả sử $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số hữu tỉ, đặt $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b=\frac{p}{q}$, ($p,q\in\mathbb{Z}$ và $(p,q)=1$) suy ra $2a^2+3b^2+2\sqrt{6}ab=\frac{p^2}{q^2}$
Sử dụng các bổ đề trên, ta được $2\sqrt{6}ab$ là số hữu tỉ suy ra $a=0$ hoặc $b=0$.
Nếu $a=0$ thì $\sqrt{3}b=\frac{p}{q}$ suy ra $b=0$ (do $\sqrt{3}$ là số vô tỉ), suy ra $a^2+b^2=0$ mâu thuẩn.
Nếu $b=0$ cũng dẫn đến mâu thuẩn.
Do đó $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số vô tỉ, suy ra $MA^2-NA^2$ là số vô tỉ suy ra khác $0$. Vậy ta có đpcm.
_______________________________________________
Điểm 2/6
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:37
- Nguyễn Hưng, Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và 3 người khác yêu thích
#25
Đã gửi 21-02-2012 - 22:15
Bổ đề: Cho a, m là các số nguyên dương thỏa mãn $(a, m)=1$. Gọi $A$ là tập các số nguyên dương $k$ thỏa mãn ${a^k} \equiv 1 \; \; (mod \; m)$. Rõ ràng, $A \ne \emptyset $ (theo định lí Euler). Theo nguyên lí sắp xếp thứ tự tốt thì $A$ có 1 phần tử nhỏ nhất (gọi là $d$). Kí hiệu $d=ord_m(a)$. Khi đó ta có định lí: $\forall x \in A;x \vdots or{d_m}\left( a \right)$.
* Trường hợp 1: $(b,c)=1$. Đặt d=$b^a+c^a$.
Vì $(b,c)=1$ nên $(b,d)=(c,d)=1$. Vậy tồn tại $m$ nguyên dương sao cho $c.m \equiv 1 \; \; (mod \; d)$ ($m$ là nghịch đảo của $c$ theo module $d$)
Đặt $e=bm$, có $(e,d)=1$. Từ cách xây dựng $e$, suy ra ${e^a} + 1 \vdots d$
Mà ta có ${e^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv {c^{or{d_d}\left( e \right)}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}} \vdots d \Rightarrow d \le \left| {{b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}}} \right| < {b^{or{d_d}\left( e \right)}} + {c^{or{d_d}\left( e \right)}}$
(vì $b \ne c$)
Do $d=b^a+c^a$ nên từ bất đẳng thức trên suy ra $ord_d(e)>a$ (*)
Ta có $d = {b^a} + {c^a} \Rightarrow {b^a} \equiv - {c^a}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {b^{2a}} \equiv {c^{2a}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{2a}} \equiv {\left( {cm} \right)^{2a}}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {e^{2a}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
Theo bổ đề thì ta có $ord_d(e)|2a$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra ord_d(e)=2a
Theo định lí Euler thì ${e^{\varphi (d)}} = {e^{\varphi ({b^a} + {c^a})}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
Lại theo bổ đề ta suy ra được $2a|{\varphi ({b^a} + {c^a})}$.
* Trường hợp 2: $(b,c)=x \ne 1$. Khi đó $\left( {\frac{b}{x},\frac{c}{x}} \right) = 1$
Theo kết quả từ TH1 thì:
\[2a|\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right) \Rightarrow 2a|\varphi \left( {{x^a}} \right)\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right)\]
Mà $\varphi $ là hàm nhân tính nên từ trên suy ra $2a|\varphi ({b^a} + {c^a})$
Từ hai trường hợp trên ta có đpcm.
________________________________________________
@Trọng tài: Đây cũng là một lời giải tốt và đầy đủ!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 22:14
- anh qua, perfectstrong, Ispectorgadget và 4 người khác yêu thích
#26
Đã gửi 22-02-2012 - 17:21
#28
Đã gửi 22-02-2012 - 18:00
- Dung Dang Do yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#29
Đã gửi 22-02-2012 - 20:48
#30
Đã gửi 22-02-2012 - 21:18
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-02-2012 - 21:11
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#31
Đã gửi 22-02-2012 - 23:38
họ có tham gia thi đấu thường xuyên dc ko
- anh qua, Ispectorgadget, Tham Lang và 1 người khác yêu thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#32
Đã gửi 23-02-2012 - 20:54
Phải công nhận đội Beta lần này ra đề rất hiểm, đánh trúng gót chân Asin của mình =))(3 bài còn lại toàn điểm yếu không 8-}). May mà đội bạn còn chưa ra tích phân như lần trước chứ không thì chỉ còn biết bó chiếu :-j.
Nguyễn Thái Phúc đội gama giải bài hệ của beta
Từ pt số 2 ta được:
$2y.(3y+1) .(2^{sin(x) ^{2}}+2^{cos(x) ^{2}})^{2} =(7y+1) ^{2}(1)$
và
$2y.(3y+1) .(2^{sin(x) ^{2}}-2^{cos(x) ^{2}})^{2} =(y-1) ^{2}(2)$
Nhân 1 và 2 lại với nhau ta được:
$4y^{2}.(3y+1)^{2} .(4^{sin(x) ^{2}}-4^{cos(x) ^{2}})^{2} =(7y+1) ^{2}.(y-1) ^{2}$
TH1:
$2y.(3y+1) .(4^{sin(x) ^{2}}-4^{cos(x) ^{2}})=(7y+1).(y-1)$
Cộng theo vế với phương trình thứ 2 trong hệ đầu thì
$2y.(3y+1) .(2.4^{sin(x) ^{2}})=32y^{2}$
suy ra $frac{y}{3y+1}=frac{4^{sin(x) ^{2}}{8}>0$
thay vào pt đầu của hệ thì
$ysin(x) =3-2(sin(x) )^{2} +log2(sin(x) )$
Mặt khác thì $ysin(x) >= -1$ do $|y| =<1$
và $1 >= sin(x) >= 0$ do $frac{y} {3y+1} > 0 $ nên $log2(sin(x) ) =<0 $ hay
$2(sin(x) )^{2} -3 + log2(sin(x) ) =< -1 $
Vậy dấu bằng xảy ra nên y=-1; sin (x) =1
TH2 : tương tự ta có
$frac{y}{3y+1}=frac{4^{cos(x)} ^{2}}{8}>0$
Nên
$ysin(x) =2(cos(x) )^{2}-3 +log2(sin(x) )$
Ta cũng có $2(cos(x) )^{2} -3 + log2(sin(x) ) =< -1 $ do $cos(x) )^{2}=<1$ và $log2(sin(x) )=<0$
Hơn nữa $ysin(x) >= -1$, vậy VT>=VP, đẳng thức không xảy ra.
Vậy pt có nghiệm y=-1, x= k.pi
P/S: bạn nào đội gama chỉnh lại 1 số lỗi latex hộ mình. Mình đang dùng win ubuntu không tích hợp mathtype zzz, còn bộ latex của nó cái dấu >= nó code là geslant 8-}( thực ra là khá nhiều đấy. Hân ơi vào sửa hộ anh ()
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen thai phuc: 23-02-2012 - 22:58
#33
Đã gửi 23-02-2012 - 21:07
Sửa thế này được chưa anh?Nguyễn Thái Phúc đội gama giải bài 3 của beta
Từ pt số 2 ta được:
$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x}+2^{\cos^2 x})^2 =(7y+1) ^{2}(1)$
và
$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x }-2^{\cos^2 x})^2 =(y-1) ^{2}(2)$
Nhân (1) và (2) lại với nhau ta được:
$4y^{2}.(3y+1)^{2} .(4^{\sin^2 x}-4^{\cos^2 x})^{2} =(7y+1) ^{2}.(y-1) ^{2}$
TH1:
$2y.(3y+1) .(4^{\sin^2 x }-4^{\cos^2 x})=(7y+1).(y-1)$
Cộng theo vế với phương trình thứ 2 trong hệ đầu thì
$2y.(3y+1) .(2.4^{\sin^2 x})=32y^{2}$
suy ra $\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\sin^2 x}}{8}>0$
thay vào pt đầu của hệ thì
$y \sin x =3-2( \sin x )^{2} +\log_2( \sin x )$
Mặt khác thì $y \sin x \geq -1$ do $|y| \leq 1$
và $1 \geq \sin x \geq 0$ do $\frac{y}{3y+1} > 0 $ nên $\log_2 \sin x \leq 0 $ hay
$2 \sin ^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $
Vậy dấu bằng xảy ra nên $y=-1$; $\sin x =1$
TH2 : tương tự ta có
$\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\cos^2 x}}{8}>0$
Nên
$y \sin x =2\cos^2 x-3 +\log_2 \sin x$
Ta cũng có $2\cos^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $ do $\cos^2 x \leq 1$ và $\log_2 \sin x \leq 0$
Hơn nữa $y \sin x \geq -1$, vậy $VT \geq VP$, đẳng thức không xảy ra.
Vậy hệ pt có nghiệm $y=-1, x= k.\pi$
_____________________________________________________
@Trọng tài: Xét thiếu trường hợp, chấp nhận lời giải đến cuối trường hợp 1.
Điểm: 3/7
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:50
- nguyen thai phuc, Trần Đức Anh @@ và Mai Duc Khai thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#34
Đã gửi 23-02-2012 - 22:39
THÔNG BÁO
__________________________
Do sự tổ chức và chuẩn bị không chu đáo, nên đội BETA và đặc biệt là trọng tài, đã mắc sai sót trong việc tuyển chọn và kiểm tra đề.
Trong đề của đội BETA, câu 4 đề ra không chính xác (đáp án quá lẻ, không có hiệu quả trong tư duy)
Để cho trận đấu diễn ra một cách công bằng, trọng tài quyết định GAMMA được điểm tuyệt đối câu 4.
Lưu ý: BTC chỉ chấp nhận thắc mắc khiếu nại của 2 đội sau khi trận đấu kết thúc!
Nhắc nhở BETA về sự chuẩn bị cho trận đấu thật sự rất không tốt. Một cách khách quan, trọng tài đánh giá BETA là đội yếu nhất bảng trong thời điểm hiện tại, vì vậy càng cần phải tôn trọng điều luật thi đấu, trách việc bị mất điểm hoặc bị xử thua một cách đáng tiếc!
- perfectstrong, Trần Đức Anh @@, Cao Xuân Huy và 3 người khác yêu thích
#35
Đã gửi 23-02-2012 - 23:02
Mà tình hình là tỉ số cân bằng rồi đúng không :S. May quá không phải làm bài lượng giác =))
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen thai phuc: 23-02-2012 - 23:05
- Dung Dang Do yêu thích
#36
Đã gửi 23-02-2012 - 23:03
Câu số 4 cái đề đó có tính ra được kết quả dưới dạng thông thường ko :
Ý là dạng căn thức hoặc 1 dạng lượng gíac đơn giản khác
Vì nếu chỉ tính được số gần đúng thì em cũng không có gì để bào chữa cho Beta nữa
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#37
Đã gửi 24-02-2012 - 16:26
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 25-02-2012 - 20:57
#38
Đã gửi 28-02-2012 - 11:34
Lấy tâm như câu a, xét đúng $2012$ khoảng cách gần nhất của các điểm nguyên đến tâm là: $d_{1}$, $d_{2}$, ... , $d_{2012}$, và đảm bảo rằng các khoảng cách này khác nhau đôi một (theo chứng minh ở câu a). Ta sắp xếp:
$d_{1}<d_{2}< ... <d_{2012}$, chọn bán kính của đường tròn tâm đó là $R=d_{2012}$ như vậy đường tròn này sẽ chứa đúng $2012$ điểm nguyên chính là các điểm vừa xét bởi vì các khoảng cách trên tăng dần và không có khoảng cách giữa điểm nguyên "mới" nào chen vào sự sắp xếp đó cả.
Điểm :2/6
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:43
- Ispectorgadget và Dung Dang Do thích
#39
Đã gửi 28-02-2012 - 11:47
(anh kém vẽ hình )
- Dung Dang Do yêu thích
#40
Đã gửi 29-02-2012 - 07:56
- Dung Dang Do yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: Lượt về
Cửa sổ Diễn Đàn Toán Học →
Những sự kiện đã kết thúc →
Thi đấu giải Toán →
Các mùa giải trước →
Đấu trường VMF 2011 →
[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 8: DELTA - ALPHABắt đầu bởi PSW, 07-02-2012 Lượt về |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh