thangthan

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:
$xa'^2+yb'^2+zc'^2\geq 4\sqrt{xy+yz+xz}S$
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

Thangthan đội Delta xin giải câu 5 đội Gama:
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

Sắp tới chắc là mình cũng không cống hiến được nhiều cho DELTA nữa,nhưng mà hình như đội DELTA chỉ chiến đấu với 4 thành viên,2 thành viên Nguyen Dzung, hungvu chưa thấy xuất chiêu.

Câu 5:
Giả sử $NE \cap MF = I$. Ta cần chứng minh A, I, O thẳng hàng.
Ta có:
$\widehat{AEO}+\widehat{AFO}=180^{0}$
$ \Rightarrow $ Tứ giác AEON nội tiếp.
$ \Rightarrow \widehat{OEF}=\widehat{OAF}$
Vậy ta cần chứng minh: $\widehat{OEF}=\widehat{IAF}$
Mà: $\widehat{OEF}+\widehat{AEF}=90^{0}$
Ta cần chứng minh: $\widehat{IAF}+\widehat{AEF}=90^{0}$
Lại có: $\widehat{IAF}+\widehat{IAE}+\widehat{AEF}+\widehat{AFE}=180^{0}$
Vậy ta cần chứng minh:
$\widehat{IAE}+\widehat{AFE}=90^{0}$
Mà: $\widehat{IAE}+\widehat{SAE}=90^{0}$
$ \Rightarrow $ Ta cần chứng minh: $\widehat{AFE}=\widehat{SAE}$
Có:
$\widehat{SAE}=\widehat{ACB}$ (đều bằng 1/2 số đo cung AB)
$\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ (do EF là đường trung bình của tam giác ABC)
Vậy ta có đpcm.

P/s: Ai bổ sung hộ cái hình.

$\widehat{IAE}+\widehat{SAE}=90^{0}$.Ở chỗ này bạn đã ngộ nhận thẳng hàng.

Mình xem qua thì thấy câu 5 hình học bạn khánh đã ngộ nhận là thẳng hàng.

Mình nghĩ bài 2 của Beta có vấn đề.Vì ta chỉ cần xét 3 điểm A,B,D bất kì trên mặt phẳng.Khi đó theo công thức tính diện tích hình thang thì luôn tồn tại điểm để ABCD là hình thang có 2 đáy là AB,CD và diện tích là 1.Do đó đường chéo BD có thể lấy giá trị dương tùy ý.

Hì,mấy hôm nay không diễn đàn thì thấy bài của đội Beta bị chém tả tơi rồi ^^.Mình xin giải bài 3 của Beta.
Gọi D,E,F lần lượt là chân đường vuông góc từ P đến BC,CA,AB.
Dễ thấy $R_1sinA=EF,R_2sinB=DF,R_3sinC=DE.$
Đặt $x=EPF,y=\angle FPD,z=\angle DPE thì x+y+z=\pi$
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giÁc PEF ta có $EF^2=PE^2+PF^2-2PE.PF.cosx$.Tương tự cho 2 tam giÁc DPF và DPE.
Vậy ta chỉ cm ${r_1}^2+{r_2}^2+{r_3}^2+2r_1r_2cosz+2r_1r_3cosy+2r_1r_2cosz\geq 0$
Đặt $f(r_1)={r_1}^2+2r_1(r_2cosz+r_3cosy)+2r_2r_3cosycosz+{r_2}^2+{r_3}^2$ là 1 tam thức bậc hai ẩn là $r_1$.
Ta có $\Delta' _f=({r_2cosz+r_3cosy})^2-2r_2r_3cosx+{r_2}^2+{r_3}^2=-(({r_2sinz})^2+{(r_3siny)^2}+2r_2r_3(cosycosz-cos(2\pi-y-z)))=-(r_2sinz+r_3siny)^2\leq 0$
Vậy $f(r_1)$ luôn không âm nên ta có đpcm.

Hì,mấy hôm nay không diễn đàn thì thấy bài của đội Beta bị chém tả tơi rồi ^^.Mình xin giải bài 3 của Beta.
Gọi D,E,F lần lượt là chân đường vuông góc từ P đến BC,CA,AB.
Dễ thấy $R_1sinA=EF,R_2sinB=DF,R_3sinC=DE.$
Đặt $x=\angle EPF,y=\angle FPD,z=\angle DPE thì x+y+z=2\pi$
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giÁc PEF ta có $EF^2=PE^2+PF^2-2PE.PF.cosx$.Tương tự cho 2 tam giÁc DPF và DPE.
Vậy ta chỉ cm ${r_1}^2+{r_2}^2+{r_3}^2+2r_1r_2cosz+2r_1r_3cosy+2r_1r_2cosz\geq 0$
Đặt $f(r_1)={r_1}^2+2r_1(r_2cosz+r_3cosy)+2r_2r_3cosycosz+{r_2}^2+{r_3}^2$ là 1 tam thức bậc hai ẩn là $r_1$.
Ta có $\Delta' _f=({r_2cosz+r_3cosy})^2-2r_2r_3cosx+{r_2}^2+{r_3}^2=-(({r_2sinz})^2+{(r_3siny)^2}+2r_2r_3(cosycosz-cos(2\pi-y-z)))=-(r_2sinz+r_3siny)^2\leq 0$
Vậy $f(r_1)$ luôn không âm nên ta có đpcm.

PSW : 7/7 điểm

Ừ,thế thì càng tốt.Cám ơn em.

Thangthan đội alpha giải câu 5 đội ALPHA:
1) Nếu M trùng với A thì tỷ số đã cho bằng 1
2)Nếu M ko trùng A thì M,A,B tạo thành 1 tam giác thực sự.Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác MAB ta có
$\dfrac{AB+AM}{MB}=\dfrac{sinM+sinB}{sinA}=\dfrac{2sin\dfrac{M+B}{2}cos\dfrac{M-B}{2}}{2sin\dfrac{A}{2}cos\dfrac{A}{2}}= \dfrac{cos\dfrac{M-B}{2}}{sin\dfrac{A}{2}}\leq \dfrac{1}{sin\dfrac{A}{2}}\leq \dfrac{1}{sin\dfrac{\alpha}{2}}$
trong đó M,A,B là các góc của tam giác MAB,$\alpha$ là góc hợp bởi AB và (P).
Dấu = có khi M thuộc hình chiếu của AB trên (P) và AB=AM
Vậy max $\dfrac{AB+AM}{MB}=\dfrac{1}{sin\dfrac{\alpha}{2}}$

PSW : 7/7 điểm

Bài này cũng chính là đề thi tuyển ĐH Bách Khoa Hà Nội năm 1999

Vì nó cũ rồi nên PSW đồng ý chọn nó làm đề chính thức

Thangthan đội DELTA giải bài 6 đội ALPHA
Bài 6:Đặt $p=\sqrt3+1,q=1-\sqrt3$ thì p,q là 2 nghiệm của pt $x= \dfrac{x^2}{2}-1\Leftrightarrow x^2-2x-2=0$ Chú ý là $-p<q<-q<p$
Xét các TH sau:
1)Nếu $u_1>p$ suy ra $p<u_1<u_2<... $có nghĩa là $u_n$ là dãy tăng.Nếu dãy $u_n$ bị chặn trên suy ra dãy $u_n$ tồn tại giới hạn hữu hạn là l.Suy ra $l=\dfrac{l^2}{2}-1$ nên $l=p$ hoặc $l=q$,đều vô lý.Vậy dãy $u_n$ ko bị chặn trên,tức limu_n=dương vô cùng.
2)Nếu $u_1<-p$ suy ra $u_2=\dfrac{u_1^2}{2}-1> \dfrac{p^2}{2}-1=p$.Cho rằng dãy bắt đầu từ u_2 thì như TH1 suy ra $limu_n=$+vô cùng.
3)Nếu $-q\leq u_1\leq q$.Ta có
$u_{2n+1}=\dfrac{u_{2n}^2}{2}-1=\dfrac{\dfrac{u_{2n-1}^2-2}{2}-2}{2}=\dfrac{u_{2n-1}^4-4u_{2n-1}^2-4}{8}$
nên $u_{2n+1}-u_{2n-1}=\dfrac{(u_{2n-1}^2-2u_{2n-1}-2)(u_{2n-1}^2+2u_{2n-1}+2)}{8}$ (1)
Ta cm bằng quy nạp là $q\leq u_{2n-1}\leq -q$ với mọi n nguyên dương (*)
Thật vậy (*) đúng với n=1.Giả sử (*) đúng đến n=k tức là $q\leq u_{2k-1}\leq -q.Suy ra -1\leq u_{2k}\leq q$ nên $u_{2k+1}=\dfrac{u_{2k}^2}{2}-1\leq \dfrac{q^2}{2}-1=q$và $u_{2k+1}+q=\dfrac{u_{2k}^2-2+2q}{2}< \dfrac{1-2+0}{2}< 0$ nên theo quy nạp thì (*) đúng.
Do $q\leq u_{2n-1}\leq -q<p$ với mọi n nên $u_{2n-1}^2-2u_{2n-1}-2<0.$
Từ (1) suy ra$ u_{2n-1}$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi q nên tồn tại $limu_{2n-1}=l$.
Chuyển qua giới hạn ta có $l-l=\dfrac{(l^2-2l-2)(l^2+2l+2)}{8}$,suy ra l=q.
Mà $u_{2n}=\dfrac{u_{2n-1}^2-2}{2}$ nên $limu_{2n}=q$.Vậy $limu_n=q$
4)$-q<u_1<p$Khi đó
+) nếu tồn tại k để u_k thuộc $[q,-q]$,thì coi dãy bắt đầu từ $u_k $suy ra $limu_n=q$
+)Nếu với mọi n nguyên dương thì u_n ko thuộc [q,-q]
Do $u_1$ thuộc $(-q,p)$ nên $u_2$ thuộc $(q,p)$.Mà $u_2$ ko thuộc $[q,-q]$nên $u_2$ thuộc $(-q,p)$.Tương tự thì $u_n$ thuộc$ (-q,p)$ với mọi n nguyên dương
Ta có $u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n^2-2u_n-2}{2}=\dfrac{(u_n-p)(u_n-q)}{2} (2)$.
Vì $u_n$ thuộc (-q,p) với mọi n nen $u_n^2-2u_n-2<0$ với mọi n.Kết hợp (2) suy ra u_n là dãy giảm và bị chặn dưới nên tồn tại $limu_n=l$.Chuyển qua giới hạn suy ra $l=\dfrac{l^2}{2}-1$ nên l=p hoặc l=q,đều vô lý.
5)u_1 thuộc $(-p,q)$ suy ra $q<u_2<p$.Kết hợp TH3 và TH4 suy ra $limu_n=q$
6) nếu $u_1=p$ thì $u_n=p$ với mọi n,suy ra $limu_n=p$
7) nếu $u_1=-p$ thì $u_n=p$ với mọi n lớn hơn 1,suy ra $limu_n=q$
Từ các Th trên ta kết luận:
Nếu $a< -p$ hoặc $a>p$ thì $ limu_n$=+vô cùng
Nếu $-p\leq a< p$ thì $limu_n=q$
Nếu $a=p$ hoặc $a=-p$ thì $limu_n=p$

PSW : 7/8 điểm

Công nhận đề khó nhăn răng.Còn câu 4 nữa bạn nào post lên đi,đề khá là dài,mình hơi lười!
Câu 1:Chọn $x=t-1,y=t+1,z=2t thì x^2+y^2+z^2=2(3t^2+1)^2$
mà pt $3t^2+1=u^2$ có vô hạn nghiệm mà t chẵn (thep pt Pell).Lúc này $(t-1,t+1)=1$ nên có đpcm.
Câu 3 thì dùng Ceva phát là ra ngay.

Quả nhiên tuổi trẻ tài cao ; nhưng thangthan có thể nói thêm về cách dự đoán cái bất đẳng thức đó không ?

Ngoài ra thì bài Toán bày đã có trong quyển sách Problem from the book ; viết bởi Titu Andreescu và Gabriel Dospinescu ; do nó nằm trong phần bài tập tự giải nên PSW đã cho phép đưa vào đề

Từ giả thiết mình thấy $\sum a_i^2=\sum b_i^2$ và hơn nữa VP của bất đẳng thức cần cm là $\sum a_i^2$ nên ý tưởng của ta là tìm các số x,y sao cho bđt sau xảy ra
$$\dfrac{a_k^3}{b_k}\leq xa_k^2+yb_k^2$$ (1).Mặt khác từ gt suy ra $\dfrac{b_k}{2}\leq a_k\leq 2b_k$ nên ta thay $a_k=2b_k$ và $2a_k=b_k$ vào (1) thì tìm được $x=\dfrac{21}{10}$ và $y=\dfrac{-2}{5}$.Mà khi thay x,y như thế vào (1) thì dễ thấy nó đúng.
P/s:Cho mình hỏi bạn PSW tên gì thế?Bạn mấy tuổi rồi,để mình xưng hô cho dễ

Bài 6 của đội alpha chỉ cần giải đơn giản như sau:
Để ý là $\dfrac{a_k^3}{b_k}\leq \dfrac{21}{10}a_k^2-\dfrac{2}{5}b_k^2$ (chú ý $\dfrac{a_k}{b_k}$ thuộc [1/2,2]

Bổ đề quen thuộc:AM,EF,DI đồng quy.Gọi điểm đó là G.
Vì BC song song với AK và M là trung điểm của BC nên (AB,AC,AM,AK)=-1,suy ra (KGEF)=-1
Xét cực và đối cực với (I),suy ra G thuộc đường đối cực của K.Mà K thuộc EF là đường đối cực của A nên đường đối cực của K qua A.Suy ra AG là đường đối cực của K.Mà M thuộc AG nên đường đối cực của M qua K.
Lại có MD là tiếp tuyến nên đường đối cực của M qua D nên DK là đường đối cực của M.Suy ra DK vuông góc IM (đpcm)