Dramons Celliet

Đã chấm xong trận 12 (tồn đọng lâu quá !!!), mời các bạn xem lại kết quả và có 24h để khiếu nại.
P/s: Xin lỗi vì máy mình hỏng nên không onl chấm được.

Cho tam giác ABC, G là trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng với đường thẳng MN bất kì đi qua G (M thuộc AB, N thuộc AC ) thì ta có tỉ số $\frac{AB}{AN}=\frac{AC}{AN}=3$

Chỉnh lại đề nhé bạn .
Mình chưa biết vẽ hình trên máy nên bạn chịu khó vẽ ra nhé
==========
Lời giải:
Gọi $AK$ là đường trung tuyến kẻ từ $A$ xuống $BC$ ($K\in BC$).
Qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $MN$ cắt $AK$ tại $I$.
Qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $MN$ cắt $AK$ tại $J$.
Ta có $\triangle BKI=\triangle CKJ$ (g.c.g) nên suy ra $MI=MJ$.
Xét $\triangle ABI$ có $MG\parallel BI$ nên:
$$\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AI}{AG} \ \ \left ( 1 \right )$$
Xét $\triangle ACI$ có $NG\parallel CJ$ nên:
$$\dfrac{AC}{AN}=\dfrac{AJ}{AG} \ \ \left ( 2 \right )$$
Lấy $\left ( 1 \right )$ cộng $\left ( 2 \right )$ vế theo vế ta được:
$$\dfrac{AB}{AM}+\dfrac{AC}{AN}=\dfrac{AI+AJ}{AG}=3. \ \ \blacksquare$$

Đã chấm xong trận này...
Điểm cho toán thủ ra đề: $D_{rd}= 4*\left (6 - 5 \right ) + 3*18 + 2*2 + 30=92$
====
Ngoài lề một xíu: Trận này đáng buồn... mà thật sự là đôi lúc các toán thủ cũng nên nhịn một số câu nói và cách làm việc của một số người "lùi một bước để tiến hai bước"

Cmr : với mọi số thực dương a,b,c,d, ta có
$\frac{a^4}{a^3+2b^3}+\frac{b^4}{b^3+2c^3}+\frac{c^4}{c^3+2d^3}+\frac{d^4}{d^3+2a^3}\geq\frac{a+b+c+d}{3}$

Nhờ mod khóa topic này lại, chủ đề này đã được gửi ở đây.

Thẳng thắn mà nói mình chẳng thích cách giải mà có những kiểu phân tích như thế này. Chẳng hiểu nó được phân tích như thế nào cả. Có khi phải dựa vào công cụ nào đó chứ .

Nhận xét: không chuẩn chút nào. Xin lỗi vì mình nói thẳng.

Mình cũng không thích cách giải này chút nào, bây giờ có vẻ như các bạn lạm dụng công cụ máy tính điện tử và các phần mềm tính toán quá làm cho lời giải thiếu tự nhiên quá. Nếu như đọc lời giải mà không hiểu vì sao họ làm được vậy thì cũng như không .

vế trái dùng bunhia 1 cái là ra. vế phải thì đơn giản $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq ab+bc+ca <2(ab+bc+ca)$

Bạn xem lại đoạn mình bôi đỏ nhé .

Bài 61: Chứng minh rằng nếu $p$ và $8p^{2}+1$ là số nguyên tố lẻ thì $8p^{2}+2p+1$ là số nguyên tố.

Lời giải:
Nếu $p=3k\pm 1$ thì ta có $3\mid 8p^{2}+1$ không là số nguyên tố. Vậy $p$ chỉ có thể có dạng $p=3k$, $p$ nguyên tố nên $p=3$, $8p^{2}+1=73$. Khi đó $8p^{2}+2p+1=79$ là số nguyên tố.

Bài toán: Cho dãy các số nguyên tố $p_{1}$, $p_{2}$,... thỏa mãn tính chất: $p_{n}$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000$ với mọi $n\geq 3$. Chứng minh rằng dãy trên bị chặn.

Theo mình nghĩ bài này nên để vào mục Olympic hơn . Bắt chước xì-tai trình bày của perfecstrong
====
Lời giải:
Với $n\geq 1$ đặt $b_{n}=\max\left \{ p_{n},p_{n+1} \right \}$. Trước hết ta chứng minh $b_{n+1}\leq b_{n}+2002 \ \ \forall n$.
Do $p_{n+1}\leq b_{n}$ nên chỉ cần chứng minh $p_{n+2}\leq b_{n}+2002$.
Nếu $p_{n}$ hoặc $p_{n+1}$ bằng $2$ thì $p_{n+2}\leq p_{n}+p_{n+1}+2000\leq b_{n}+2002$.
Nếu $p_{n}$, $p_{n+1}\leq 3$ thì cả $p_{n}$ và $p_{n+1}$ đều lẻ, do đó $p_{n}+p_{n+1}+2000$ là một số chẵn. Vì $p_{n+2}\neq 2$ là một ước số của $p_{n}+p_{n+1}+2000$ nên $p_{n+2}\leq \dfrac{p_{n}+p_{n+1}+2000}{2}=\dfrac{p_{n}+p_{n+1}}{2}+1000\leq b_{n}+1000$.
Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có $b_{n+1}\leq b_{n}+2002$.
Chọn $k$ đủ lớn sao cho $b_{1}\leq k.2003!+1$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng: $b_{n}\leq k.2003!+1 \ \ forall n$.
Với $n=1$ ta có bất đẳng thức đúng do cách chọn $k$. Giả sử bất đẳng thức đúng đến $n$. Ta có: $b_{n+1}\leq b_{n}+2002\leq k.2003!+2003$.
Nếu $b_{n+1}\geq k.2003!+1$ ta đặt $m=b_{n+1}-k.2003!$ ta có $1<m\leq 2003$, tức là $2003!\vdots m$. Do đó, $b_{n+1}=m+k.2003!\vdots m$ (vô lí vì $b_{n+1}$ là một số nguyên tố). Vậy $b_{n+1}\leq b_{n}+2002$m tức là bất đẳng thức đúng đến $n+1$. Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức đúng với mọi $n$.
Vậy $p_{n}\leq b_{n}\leq k.2003!+1$ với mọi $n$.
====
Không biết có ai đọc hết không nhỉ

Bài toán: Cho đường tròn $T_1$ tâm $O_1$ bán kính $R_1$ và đường tròn $T_2$ tâm $O_2$ bán kính $R_2$. Tìm điểm $M$ sao cho tỉ số các phương tích của nó đối với hai đường tròn đã cho bằng hằng số đại số $k$, với $k\neq 1$.

Bài này hay quá đây nghĩ hoài mới ra (mình chưa có phần mềm vẽ hình nên không vẽ hình được nhé ).
Ai chỉ mình làm sao cho cái chữ $P$ trong phương tích nó giống trong sách với, mò hoài không ra
====
Lời giải:
Giả sử có điểm $M$ thỏa mãn: $\dfrac{P\left ( M/T_1 \right )}{P\left ( M/T_2 \right )}=k$ hay:
$\dfrac{MO_1^2-R_1^2}{MO_2^2-R_2^2}=k\\
\Leftrightarrow MO_1^2-kMO_2^2=R_1^2-kR_2^2 \ \ (1)$
Gọi $D$ là điểm chia đoạn thẳng $O_1O_2$ theo thỉ số đại số $k$, tức là $\dfrac{\overline{DO_1}}{\overline{DO_2}}=k$.
Vì $\dfrac{\overline{DO_1}}{\overline{DO_2}}=k$ nên $\overline{DO_1}-k\overline{DO_2} \ \ (2)$ và $\dfrac{\overline{DO_2}-\overline{DO_1}}{\overline{DO_2}}=1-k$.
Đặt $O_1O_2=a$ và chọn một chiều dương trên trục $O_1O_2$, chẳng hạn chiều từ $O_1$ đến $O_2$ thì $a=\overline{O_1O_2}=\overline{DO_2}-\overline{DO_2}$.
Lúc đó $\overrightarrow{DO_2}=\dfrac{a}{1-k}\overrightarrow{O_1O_2}$ hay $\overline{DO_2}=\dfrac{2}{1-k}$ và $\overline{DO_1}=k\overline{DO_2}=\dfrac{ak}{1-k} \ \ (3)$.
Kẻ $MH\perp O_1O_2$ tại $H$ ta có:
$MO_1^2=\overline{O_1H}^2+\overline{HM}^2=\left ( \overline{O_1D}+\overline{DH} \right )^2+\overline{HM}^2\\
MO_2^2=\overline{O_2H}^2+\overline{HM}^2=\left ( \overline{O_2D}+\overline{DH} \right )^2+\overline{HM}^2$
Từ đó và $(2)$ ta có:
$MO_1^2-kMO_2^2=\overline{O_1D}^2-k\overline{O_2D}^2+2\overline{DH}\left ( \overline{O_1D}-k\overline{O_2D} \right )+\left ( 1-k \right )\left ( \overline{DH}^2+\overline{HM}^2 \right )=DO_1^2-kDO_2^2+\left ( 1-k \right )DM^2 \ \ (4)$
Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ suy ra $\left ( 1-k \right )DM^2=R_1^2-kR_1^2+\dfrac{a^2k}{1-k}$ hay là $DM^2=\dfrac{R_2^2k^2+\left ( a^2-R_1^2-R_2^2 \right )k+R_1^2}{\left ( 1-k \right )^2} \ \ (5)$ do đó $DM=\alpha$ không đổi.
Nhận thấy rằng nếu $D$ chhia đoạn $O_1O_2$ theo tỉ số đại số $k$ thì $\overrightarrow{DO_2}=\dfrac{1}{1-k}\overrightarrow{O_1O_2}$ nên $D$ được xác định duy nhất.
Vậy quỹ tích của những điểm $M$ là đường tròn tâm $D$, bán kính $\alpha$ được xác định theo $(5)$.

Cho em hỏi sao toán thủ ra đề được nhiều điểm vậy ạ @@!?

Theo công thức ở điều lệ thì điểm ra đề được tính như sau:

c. Cách tính điểm:
Gọi
$t_{bd}$: là thời điểm bắt đầu trận đấu
$t_{lb1}$: là thời điểm có toán thủ đầu tiên làm bài đúng.
$t_{lb}$: là thời điểm post bài đúng của toán thủ làm bài
Các hiệu thời gian dưới đây tính theo đơn vị: g (giờ), làm tròn đến phần nguyên

- Gọi $D_{rd}$ là điểm của toán thủ ra đề:
$$D_{rd}= 4*\left (t_{lb1} - t_{bd} \right ) + 3*n_{klb} + 2*n_{mr} + 30$$
Trong đó
$n_{klb}$ là số toán thủ không làm được bài
$n_{mr}$ là số mở rộng khác nhau của bài toán được nêu ra trong trận đấu (mỗi toán thủ có thể có nhiều mở rộng, nhưng $n_{mr}$ chỉ tính tổng số các mở rộng của tất cả các toán thủ, mở rộng giống nhau thì không tính).

Thì ta được:
- Thời gian làm bài đầu tiên (đã làm tròn) là 7.
- Thời gian bắt đầu làm bài (đã làm tròn) là 4.
- Số toán thủ không làm được bài là 15.
- Số mở rộng khác nhau là 6.
Ráp vào công thức là được như vậy ^^.

Mình đã chấm xong trận 8, các bạn có thể xem lại bài đã chấm và thắc mắc tại đây. Mình cũng nhắc nhở toán thủ loyee là không làm bài thì không được comment như vậy nhé.
Các bạn chuẩn bị đề cho trận sau và nộp đầy đủ nhé ^^.
====
Điểm ra đề của toán thủ ConanTM: $D_{rd}=4*(7-4)+3*15+2*6+30=99$.

Trận đấu đã kết thúc và đây là đáp án trận 8:
====
Đề bài: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ (với $n$ cho trước).

Đáp án:
Bổ đề: Nếu tồn tại ${x_p} - {x_q} \ge 2$ thì $P = \prod\limits_{i = 1}^m {({x_i}!)} $ không có giá trị nhỏ nhất.
Chứng minh: Đặt: ${y_i} = {x_i}(i \ne p,i \ne q)$ và ${y_p} = {x_p} - 1,{y_q} = {x_q} + 1$
Khi đó: ${y_i} \in {N^*}(i = \overline {1,m} );\sum\limits_{i = 1}^m {{y_i} = n}$ và $ \prod\limits_{i = 1}^m {({x_i}!)} > \prod\limits_{i = 1}^m {({y_i}!)} $
Suy ra ${x_p} > {x_q}+1$ (hiển nhiên đúng).
Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán:
Áp dụng bổ đề ta có $P$ chỉ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_p} - {x_q}$ chỉ một trong hai giá trị là $0$ và $1$ với $p$, $q$ bất kì.
Do vậy, ta có:
- Nếu $n=km$ thì $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_i} = k (i = \overline {1,m})$ và $P_{min}=(k!)^m$.
- Nếu $n=km+a$ (với $1 \le a \le m - 1$) thì $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_i} = k+1 (i = \overline {1,a};{x_j} = k (j = \overline {a+1,m})$ và $P_{min}=(k+1)!^a.(k!)^{m-a}$.

Bài 1: Cho $y = ax + b$. Tìm $a,b$ biết:
a, Đồ thị $\parallel$ với đường $y = 2x + 5$ và cắt $Ox$ tại $x=3$

Mình giải một bài còn các bài khác tương tự nhé ^^.
Lời giải:
Đồ thị hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi $a=a'$ nên ta suy ra $a=a'=2$.
Đồ thị cắt $Ox$ tại $x=3$ tức là phương trình hoành độ giao điểm $ax+b=0\Leftrightarrow 2x+b=0$ có nghiệm $x=3$ thay vào ta tìm được $b$.
====
Về phần trung điểm thì như vầy: "Cho hai điểm $A\left ( x_A;y_A \right )$, $B\left ( x_B;y_B \right )$ và điểm $M$ là trung điểm của $AB$ thì $M\left ( \dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2} \right )$".
====
Hai đường thẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi $a.a'=-1$.

2) $n\in R, a+b\geq 0$ CMR
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$

Lời giải: (THCS).
Bất đẳng thức phụ: "Cho các số dương $x$, $y$ thỏa mãn $x+y=2$. Chứng minh rằng với mọi số $n\in N^*$ thì ta có: $x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^{n}+y^{n}$."
Chứng minh: Ta có:

$$2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )-\left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )=x^n\left ( x-y \right )-y^n\left ( x-y \right )$$

$$=\left ( x^n-y^n \right )\left ( x-y \right )=\left ( x-y \right )^2\left ( x^{n-1}+x^{n-2}y+...+xy^{n-2}+y^{n-1} \right )\geq 0$$

$$\Rightarrow 2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )\geq \left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )\geq 2\left ( x^n+y^n \right )$$

$$\Rightarrow x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^n+y^n$$

Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức phụ.
Trở lại bài toán:
Đặt: $x=\frac{2a}{a+b}>0$ và $y=\frac{2b}{a+b}>0$ $\left ( x+y=\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b}=2 \right )$
Theo bất đẳng thức phụ ta có:

$$x^n+y^n\geq x^{n-1}+y^{n-1}\geq x+y=2$$

$$\Rightarrow x^n+y^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{2a}{a+b} \right )+\left ( \frac{2b}{a+b} \right )^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \frac{a^n+b^n}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^n$$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
====
Lời giải: (THPT).
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$.
Lập bảng biến thiên.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Giải phương trình sau: $x^{2}+\sqrt{x+2006}=2006$

Lời giải:
Điều kiện xác định: $x\geq -2006$.
Phương trình tương đương:
$x^2+\sqrt{x+2006}=2006\\ \Leftrightarrow x^2-\left ( x+2006 \right )+\left ( x+\sqrt{x+2006} \right )=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-\sqrt{x+2006} \right )\left ( x+\sqrt{x+2006} \right )+\left ( x+\sqrt{x+2006} \right )=0\\ \Leftrightarrow \left ( x+\sqrt{x+2006} \right )\left ( x-\sqrt{x+2006}+1 \right )=0$
Phần còn lại là của bạn .
====
@Ispectorgadget: Điều xác định sai rồi kìa ^^.