Mai Xuan Son

Cho các tập $A_{1},A_{2},...,A_{n}$

Đặt $\sum |A_{i}|=M_{1}$

$\sum |A_{i}\cap A_{j}|=M_{2}$

...

$|A_{1}\cap A_{2}\cap ...\cap A_{n}|=M_{n}$

Theo bao hàm và loại trừ:

$S=|\bigcup A_{i}|=M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{n-1}.M_{n}$

Chứng minh:

$S\geq M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{m+1}.M_{m}$ với $m$ chẵn

$S\leq M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{m+1}.M_{m}$ với $m$ lẽ

Tài liệu đó ở đâu vậy bạn??Nếu có file bạn up lên cho mình xin nha Thanks bạn trước

hình như là đây, bề k0 phải thầy lương

http://www.vnmath.co...at-bien-le.html

Cho ngũ giác có các đỉnh được gán các giá trị nguyên $x_{i}$ với $i\in \left \{ 1;2;3;4;5 \right \}$

Sao cho $\sum _{i=1}^{5}x_{i}> 0$ Bốc ra 3 đỉnh liên tiếp $x,y,z$ có $y<0$ thì ta thay $(x;y;z) \mapsto (x+y;-y;y+z)$

Cứ làm như thế, Chứng minh thuật toán này luôn phải dừng!!

khiếp, ngồi nghĩ bài này mất cả buổi chiều nhưng cuối cùng cũng ra

Do các số được xếp thành một đường tròn nên ta có thể nhận được dãy ...$0$;$1$;$0$;$1$;$0$;...

Đặt các số này lần lượt là ...$x_{49}$($0$),$x_{50}$($1$),$x_1$($0$),$x_2$($1$),$x_3$($0$),...

Giả sử ta thu được một dãy $50$ số bằng nhau sau một số làn hữu hạn, khi đó dãy trở thành ...,$k$,$k$,$k$,$k$,$k$,...

Lúc đó, ta đã biến đổi các số $0$ $k$ lần và biến đổi các số $1$ $k-1$ lần

Giả sử ta đã biến đổi hai số $x_{50}$ và $x_1$ $m$ lần và biến đổi hai số $x_1$ và $x_2$ $n$ lần thì $m+n=k$($1$)

Vì các số $x_{50}$ và $x_2$ đã được biến đổi $k-1$ lần nên ta đã biến đổi hai số $x_{50}$ và $x_{49}$ $k-m-1$ lần.

Vì số $x_{49}$ đã được biến đổi $k$ lần nên ta đã biến đổi hai số $x_{49}$ và $x_{48}$ $m+1$ lần.

... Tương tự, ta đã biến đổi hai số $x_3$ và $x_2$ $m+1$ lần. Do đó, ta đã biến đổi hai số $x_2$ và $x_1$ $k-m-2$ lần $\Rightarrow k-m-2=n \Rightarrow m+n=k-2$($2$)

Từ ($1$) và ($2$) ta có đpcm

Anh không cần làm vậy đâu, xét đại luợng bất biến

$T=\sum _{1}^{49}(x_{i}-x_{i+1})$

Với $x_{1}=x_{3}=1$

Đến đây Xét 2 trạng thái ban đầu và sau biến đổi thì ta thấy sự vô lí

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ có giá trị là $1$ hoặc $-1$

Lại có:

$\sum _{1}^{n}a_{i}.a_{i+1}.a_{i+2}.a_{i+3}=0$

Quy ước: $\left\{\begin{matrix} a_{n+1}=a_{1} & & \\ a_{n+2}=a_{2} & & \\ a_{n+3}=a_{3} & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $n\vdots 3$

 

 

Bài toán 10: Giải PT $x = 8\left\lfloor {\sqrt[4]{x}} \right\rfloor  + 3$ trên tập số tự nhiên.

 

Bài 10 giới hạn miền là ok

Đặt $\sqrt[4]{x}=[\sqrt[4]{x}]+\left \{ \sqrt[4]{x} \right \}=a+b$

Với $b=\left \{ \sqrt[4]{x} \right \}\in [0;1)$

$a=[\sqrt[4]{x}]$

Phương trình tương đương với $1\geq b=\sqrt[4]{8a+3}-a> 0$

Từ đó ta được $a\in \left \{ 0;1;2 \right \}$

Thử từng trường hợp, thấy thoả, kết luận

$a\in \left \{ 0;1;2 \right \}$

Do đó $x\in \left \{ 3;11;19 \right \}$

Bài toán 1.

Ch0 các số thực $a_1,a_2,...,a_n\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\sum^{n}_{i=1} |x_i|=1$ và $\sum^{n}_{i=1} x_i=0$. Chứng minh rằng:

$$\left|\sum^{n}_{i=1} \frac{x_i}{i}\right|\leq \frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$$

p/s: Cái điều kiện ghi tùm lum tề 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$$\left ( a+b+c \right )^2\left ( \frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\right )\geq 9$$

Chú ý đẳng thức sau :

$$\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{\left ( a+b+c \right )^2-c\left ( a+b+c \right )-\left ( ab+bc+ca \right )}=\frac{1}{1-\frac{c}{a+b+c}-\frac{ab+bc+ca}{\left ( a+b+c \right )^2}}$$

Đặt $x=\frac{a}{a+b+c}$, $y=\frac{b}{a+b+c}$, $z=\frac{c}{a+b+c}$ và $t=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}$, lưu ý rằng $x+y+z=1$.

Bất đẳng thức được đưa về dạng :

$$\frac{1}{1-x-t}+\frac{1}{1-y-t}+\frac{1}{1-z-t}\geq 9$$

Quy đồng khử mẫu, đưa về chứng minh :

$$1-4(xy+yz+zx)+9xyz \geq 0$$

Bất đẳng thức trên chính là một biến đổi có được từ bất đẳng thức $Schur$ :

$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ trong trường hợp $x+y+z=1$.

 

Vậy ta có $đpcm$.

ok

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1

Chứng minh rằng:

 

$a^2+b^2+c^2+3\geqslant a+b+c+ab+bc+ca$

Hãy cho $a\geq b\geq c$

$f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+3-a-b-c-ab-bc-ac$

$f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=2ab+c^2+3-2\sqrt{ab}-c-ac-2c\sqrt{ab}$

Dễ chứng minh $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$

Bằng đạo hàm dễ có đpcm

Trên 1 bảng viết 3 số $\sqrt{2}, 2, \frac{1}{\sqrt{2}}$. Ta bắt đầu thực hiện: mỗi lần chơi xóa 2 số nào đó trong 3 số trên bảng, giả sử $a$ và $b$, rồi viết vào 2 vị trí vừa xóa 2 số mới là $\frac{a+b}{\sqrt{2}}; \frac{\left | a-b \right |}{\sqrt{2}}$ đồng thời giữ số còn lại. Như vậy sau mỗi lần chơi trên bảng luôn có 3 số. Chứng minh rằng dừ chơi bao nhiêu lần đi nữa thì trên bảng không thể có đồng thời 3 số $\frac{1}{2\sqrt{2}}; \sqrt{2}; 1+\sqrt{2}$.

Dễ thấy bất biến ở đây là 

$a^2+b^2=(\frac{\left | a+b \right |}{\sqrt{2}})^2+(\frac{|a-b|}{\sqrt{2}})^2$

Hay tổng bình phương 3 số đó không đổi hay ta có bất biến là giá trị 

$(\sqrt{2})^2+2^2+(\frac{1}{\sqrt{2}})^2=\frac{13}{2}$

Và thấy rằng $(\frac{1}{2\sqrt{2}})^2+ (\sqrt{2})^2+ (1+\sqrt{2})^2\neq const$

Ta đi đến điều cần chứng minh $\blacksquare$

PP. Tìm $a,b$ nguyên không âm thỏa mãn $\frac{ab^2-b}{a^2+b^2}$ và $\frac{ba^2-a}{a^2+b^2}$ là hai số nguyên.

Spoiler

Lời giải sai mình lỡ đánh rồi, thông cảo

Đề thi HSG 11 tỉnh Bắc Giang 2012-2013

Ngày thi 31/3/2013

 

Câu 2:

2) cho n là số nguyên dương thoả mãn: 

$1C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}+3C_{n}^{3}+...+nC_{n}^{n}=128n$

Tìm hệ số của $x^{6}$ trong khai triển thành đa thức của: 

$f(x)=2(1+x)^n+x(2+x)^{n+1}$

Chém câu này cho khoẻ người   làm câu khác sau

Xét khai triển 

$(x+1)^n=C_{n}^{n}x^n+C_{n}^{n-1}x^{n-1}+...+C_{n}^{1}x+C_{n}^{0}$

Do đó

$n(x+1)^{n-1}=C_{n}^{n}x^{n-1}.n+C_{n}^{n-1}x^{n-2}.(n-1)+...+C_{n}^{1}.1$

Cho $x=1$ ta được

$n.2^{n-1}=C_{n}^{n}.n+C_{n}^{n-1}.(n-1)+...+C_{n}^{1}.1$

Theo bài ra, ta có:

$2^{n-1}.n=128.n$

$\Leftrightarrow n=\log _{2}128+1=8$

Bây giờ ta đi tìm hệ số của $x^6$ trong $f(x)=2.(1+x)^8+x.(2+x)^9$

Hệ số của $x^6$ trong $2.(1+x)^8$ là $C_{8}^{6}.2$

Hệ số của $x^6$ trong $x.(2+x)^9$ là $C_{9}^{5}.2^4$

Vậy hệ số của $x^6$ trong $f(x)$ là $C_{8}^{6}.2+C_{9}^{5}.2^4=2072$

Còn câu 4.1

Hình cũng đơn giản thôi, mình ko post, hay nói cách khác, mình ko có phần mềm vẽ hình

Gọi $d$ là khoảng cách từ $G$ đến $\Delta$ Suy ra $d=const$

Ta có hệ thức quen thuộc $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$

Vì vậy phép biến hình tâm $G$ 

$V_{G}^{-\frac{1}{2}}:H \mapsto O$

Do đó $V_{G}^{-\frac{1}{2}}$ biến đường thằng $\Delta \mapsto \Gamma$

Với $\Gamma$ là đường thằng qua $O$ và cách $\Delta$ một khoảng $\frac{3}{2}d$

Do đó $O$ chạy trên $\Gamma$ cố định

Bài toán

Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$ Tìm $\max$ của biểu thức

$P=\frac{1}{(a^2-a+1)^2}+\frac{1}{(b^2-b+1)^2}+\frac{1}{(c^2-c+1)^2}$

(Võ Quốc Bá Cẩn)

Spoiler

                                   

Ta xét 2 đại lượng hoán vị sau
$\left\{\begin{matrix} x=a^2b+b^2c+c^2a & \\ y=ab^2+bc^2+ca^2 & \end{matrix}\right.$
Khi đó $\left\{\begin{matrix} x+y=\sum ab(a+b)=pq-3r & \\ xy=(\sum a^2b)(\sum ab^2)=\sum a^3b^3+\sum a^4bc+3a^2b^2c^2=9r^2+p(p^2-6q)r+q^3 & \end{matrix}\right.$
Cùng với giả thiết, ta suy ra $\left\{\begin{matrix} p=0 & \\ q=-3 & \end{matrix}\right.$
Khi đó 
$\left\{\begin{matrix} x+y=-3r & \\ xy=9r^2-27 & \end{matrix}\right.$
Vì vậy $x,y$ là nghiệm của phương trình $X^2+3r.X+9r^2-27=0$
$\Delta =108-27r^2$
Ta tính được $X=\frac{-3r\pm 3\sqrt{3}.\sqrt{4-r^2}}{2}$ 
Hiển nhiên ta phải có $\left | r \right |\leq 2$ vì nghiệm luôn phải tồn tại 
Trở lại bài toán thì 
$P=x^2y+y^2z+z^2x$ có thể nhận 2 giá trị sau $\frac{-3r\pm 3\sqrt{3}.\sqrt{4-r^2}}{2}$
Vì $\forall \left | r \right |\leq 2$ thì $\frac{-3r- 3\sqrt{3}.\sqrt{4-r^2}}{2}< \frac{-3r+3\sqrt{3}.\sqrt{4-r^2}}{2}$ 
Nên ta sẽ tìm $\min$ của $f(x)=\frac{-3x- 3\sqrt{3}.\sqrt{4-x^2}}{2}$
và $\max$ của $g(x)=\frac{-3x+ 3\sqrt{3}.\sqrt{4-x^2}}{2}$ 
Với mọi $-2\leq x\leq 2$ ta có
$\bigstar$

$f(x)=\frac{-3x- 3\sqrt{3}.\sqrt{4-x^2}}{2}\geq -6$

$\Leftrightarrow 4(r-1)^2\geq 0$ $(True)$

Kết luận $\min P=-6\Leftrightarrow$  $\left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & & \\ x^2+y^2+z^2=6 & & \\ xyz=1 & & \end{matrix}\right.$
Giải hệ này ta được $x,y,z$ như trên     
$\bigstar$

$g(x)=\frac{-3x+ 3\sqrt{3}.\sqrt{4-x^2}}{2}\leq 6$

$\Leftrightarrow 4(x+1)^2\geq 0$ $(True)$

Kết luận $\max P=6\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & & \\ x^2+y^2+z^2=6 & & \\ xyz=-1 & & \end{matrix}\right.$$\blacksquare$ 

Cho x,y,z là các số thực thoã  mãn $x+y+z=0,x^{2}+y^{2}+z^{2}=6,tìm GTNN GTLN x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x$

Cách 1 

Nếu có 1 số bằng $0$, giả dụ $x=0$ suy ra $\left\{\begin{matrix} y+z=0 & & \\ y^2+z^2=6 & & \\ \left | P \right |=3\sqrt{3} & & \end{matrix}\right.$

Nếu có 2 số bằng $0$ suy ra việc không thoả mãn, bây giờ xét 3 số thực $x,y,z\neq 0$

Thiết lập hàm $Lagrange$ 

$L=x^2y+y^2z+z^2x+\lambda _{1}(x+y+z-0)+\lambda _{2}(x^2+y^2+z^2-6)$

Điểm dừng tại hệ 

$\left\{\begin{matrix} L_{x}'=2xy+z^2+\lambda _{1}+2x\lambda _{2}=0 & & \\ L_{y}'=2yz+x^2+\lambda _{1}+2y\lambda _{2}=0 & & \\ L_{z}'=2zx+y^2+\lambda _{1}+2z\lambda _{2}=0 & & \end{matrix}\right.$

Cộng vế với vế 3 phương trình trên ta được

$L_{x}'+L_{y}'+L_{z}'=(x+y+z)^2+3\lambda _{1}+2\lambda _{2}(x+y+z)=0$

$\Leftrightarrow \lambda _{1}=0$

Lại rút $\lambda _{2}$ từ các phương trình, ta được 

$\frac{z^2+2xy}{x}= \frac{x^2+2yz}{y}=\frac{y^2+2xz}{z}$

Phân tích thế này: Nếu có cực trị thì điểm cực trị phải thoả hệ trên, bây giờ chúng ta làm ngược lại (có thể coi như là biết điểm rơi) như sau

$P=x^2y+y^2z+z^2x$

$3P=y.(x^2+2yz)+z.(y^2+2xz)+x.(z^2+2xy)$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schawrz$ ta được

$9P^2=[y.(x^2+2yz)+z.(y^2+2xz)+x.(z^2+2xy)]^2\leq (x^2+y^2+z^2).[(x^2+2yz)^2+(y^2+2xz)^2+(z^2+2xy)^2]$

Bây giờ là lúc sử dụng điều kiện, ta tính được

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=6 & & & & \\ x+y+z=0 & & & & \\ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=9 & & & & \\ x^4+y^4+z^4=18 & & & & \\ \end{matrix}\right.$

Vì vậy

$\sum _{cyc}(x^2+2yz)^2=\sum _{cyc}x^4+4.\sum _{cyc}x^2y^2+4xyz.\sum _{cyc}x=18+4.9=54$

Do đó

$9P^2\leq 324$

$\Leftrightarrow \left | P \right |\leq 6$ 

$\Leftrightarrow -6\leq P\leq 6$

Kết luận $\min P=-6\Leftrightarrow (x,y,z)\sim (-2\cos\frac{2\pi }{9},-2\cos\frac{4\pi }{9},-2\cos\frac{8\pi }{9})$

              $\max P=6\Leftrightarrow (x,y,z)\sim (2\cos\frac{2\pi }{9},2\cos\frac{4\pi }{9},2\cos\frac{8\pi }{9})$

Cách 2

Từ trên ta đã tính được

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=6 & & & & \\ x+y+z=0 & & & & \\ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=9 & & & & \\ x^4+y^4+z^4=18 & & & & \\ \end{matrix}\right.$

Xét khai triển sau 

$\sum _{cyc}(x-xy-1)^2= \sum _{cyc}x^2+\sum _{cyc}x^2y^2-2\sum _{cyc}x^2y+2\sum _{cyc}xy+3\geq 0$

Vì vậy $2P\leq 12$

Kết luận $\max P=6$ đạt tại bộ $(x,y,z)\sim (2\cos\frac{2\pi }{9},2\cos\frac{4\pi }{9},2\cos\frac{8\pi }{9})$

Tương tự với tìm $\min$, ta đổi biến(để đổi dấu) $(x,y,z)\mapsto (-x;-y;-z)$ và cũng lại xét khai triển trên

Kết luận $\min P=-6$ đạt tại bộ $(x,y,z)\sim (-2\cos\frac{2\pi }{9},-2\cos\frac{4\pi }{9},-2\cos\frac{8\pi }{9})$

Tổng Quát

Cho $x,y,z$ là các số thực thoả mãn $\left\{\begin{matrix} x+y+z=m & & \\ x^2+y^2+z^2=n^2 & & \\ 3n^2> m^2 & & \end{matrix}\right.$

Tìm $\max$ và $\min$ của $\mathbb{P}=x^2y+y^2z+z^2x$