tanpham90

Cái quan trọng vẫn là sau IMO chúng ta sẽ ra sao chứ không phải màu của huy chương trong những cuộc thi giao lưu thế này .

Câu này quá đúng , phong độ là nhất thời đẳng cấp là mãi mãi , không thể lấy kết quả 1 bài thi trong 4h30 hay 9h mà đánh giá công sức của 1 học sinh trong 12 năm học được . Thua Thái Lan thì hơi tức nhưng dù sao các bạn cũng đã làm hết sức rồi ( với lại biết đâu năm nay tụi Thái nó đột xuất .... ) chúc mừng tất cả 6 thành viên đội tuyển .

Em nghĩ ở mức thi đại học thì chỉ nên dạy cho học sinh hiểu rõ và biết áp dụng các BDT cổ điển như Cauchy và Schwartz và phương pháp dùng hàm số là quá tốt rồi , nói vậy nhưng không phải là dễ vì nhiều học sinh chỉ dừng lại ở mức nhớ mang máng cái BDT cổ điển và nhớ cách chứng minh nó nhưng khi áp dụng thì lại không biết như thế nào , và nhiều khi có trường hợp là do bài BDT đó sách nào cũng đó , nhìn thấy riết thành ra thuộc lòng chứ nhiều khi chứng minh mà chả hiểu gì , nhiều học sinh lúc lớp 9 thi vào lớp chuyên lớp 10 thì chứng minh BDT giỏi lắm , rồi cũng những học sinh đó lên lớp 12 làm lại bài BDT thi HSG lớp 9 hay thi đại học thì làm không được , vậy là học sinh đó không nhớ BDT hay là do trúng câu BDT đó trong sách đó do đọc quá nhiều lần nên làm được ? Ở mức thi HSG thì cũng chỉ nên dạy hết BDT cổ điển ( nên kết hợp với phương pháp đổi biến vì thi HSG thì hiếm khi áp dụng trực tiếp được mà phải thông qua trò đổi biến lắt léo , nhiều khi người ra đề cũng cố tình làm vậy để kiểm tra hoc sinh ) là tốt , hay nhiều lắm là day thêm Phân Tích Bình Phương va Dồn Biến là tương đối nhiều rồi nhưng nên chú trọng nhất phần ứng dụng của BDT cổ điển , vì nhìn chung các đề thi HSG thì câu BDT ở các nước và ở nước ta đều có lời giải là áp dụng BDT cổ điển 1 cách thông minh chứ không phải máy móc , và lời giải bằng BDT cổ điển luôn gây ấn tượng và dễ hiểu hơn so với các lời giải khác .
Tóm lại là nên chú trọng dạy cho học sinh hiểu và biết cách áp dụng BDT Cổ điển là tốt nhất , và nếu biết sử dụng thành thạo BDT cổ điển thì khả năng chứng minh được 1 BDT cũng đã là khá lớn ( Ở đây em chỉ dừng lại ở mức thi học sinh giỏi , chứ vượt qua mức đó thì lại là một vấn đề khác ( mặc dù BDT cổ điển vẫn luôn dùng được trong mọi mức độ ) )

Cho $x,y,z$ la cac so khong am khac nhau doi mot , tim hang so k tot nhat cua bat dang thuc :
$(xy+yz+zx)[ \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+ \dfrac{1}{(y-z)^{2}}+ \dfrac{1}{(z-x)^{2}} ] \geq\ k$

Dat : $f(x,y,z)=(xy+yz+zx)[ \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+ \dfrac{1}{(y-z)^{2}}+ \dfrac{1}{(z-x)^{2}} ]$

Ta chung minh : $f(x,y,z) \geq\ f(x-z,y-z,0)$

That vay , khong mat tinh tong quat gia su $z=min(x,y,z)$ ta co :

$f(x,y,z)-f(x-z,y-z,0)= \dfrac{(2x+2y-z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)^{2}z}{((x-y)(y-z)(z-x))^{2}} \geq\ 0$

Vay ta chi can chung minh bat dang thuc trong truong hop $z=0$ Dat $y=ax$ $a>0$ va $a$ khac $1$ !

Ta co :

$f(x,ax,0)= \dfrac{a^{4}-2a^{3}+3a^{2}-2a+1}{a(a-1)^{2}}=g(a)$

Cách 1 : biến đổi tưong đương chứng minh $g(a) \geq\ 4$ tươnng đương với $(a+\dfrac{1}{a}-3)^{2} \geq\ 0$ Hiển nhiên đúng !

Cách 2 :

$g'(a)= \dfrac{a^{5}-3a^{4}+a^{3}+a^{2}-3a+1}{a^{2}(a-1)^{3}}= \dfrac{(a+1)(a^{2}-3a+1)(a^{2}-a+1)}{a^{2}(a-1)^{3}}$

Tu do ta tim duoc gia tri nho nhat cua $g(a)$ la $4$ va dat duoc tai 2 diem la $a= \dfrac{3- \sqrt{5}}{2}$ va $a= \dfrac{3+ \sqrt{5}}{2}$ vay hang so tot nhat can tim la $k=4$ va dau bang xay ra tai hai diem la $([\dfrac{3- \sqrt{5}}{2}]x,x,0)$ va $([\dfrac{3+ \sqrt{5}}{2}]x,x,0)$

Em xin phép làm bài 1 ạ !

1. Trên bảng có các số 1/96, 2/96, 3/96, …, 96/96. Mỗi một lần thực hiện, cho phép xoá đi hai số a, b bất kỳ trên bảng và thay bằng a + b – 2ab. Hỏi sau 95 lần thực hiện phép xoá, số còn lại trên bảng là số nào?

Số ở giữa của dãy là $\dfrac{1}{2}$ Do vậy nếu ta xóa số a,b bất kỳ thì ra một số mới nào đó ( đặt số mới là t chẳng hạn ) , đến một lúc nào đó sẽ phải xóa tới số $\dfrac{1}{2}$ mà khi đó ta có :
$t+\dfrac{1}{2}-2\dfrac{1}{2}t=\dfrac{1}{2}$
Do vậy số cuối cùng còn lại bất kể mọi cách xóa là $\dfrac{1}{2}$