perfectstrong

THCS vẫn chưa học hình ellipse. Mặt khác, $MF_1 + MF_2=2a$ là định nghĩa hình học của hình ellipse. Trừ khi bạn xuất phát từ phương trình $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$.

Có một cánh đồng tròn có hàng rào có bán kính 100m và có 1 con dê đói buộc vào hàng rào. Hãy tìm chiều dài sợi dây buộc dê sao cho con dê ăn đúng một nửa diện tích cánh đồng.

Bài toán này đã có lời giải nhưng mình không tìm được, nếu ai có thì đăng lên đây nhé

Tình cờ vài tuần trước mình có thấy bài này. Đây là bài toán "dê gặm cỏ" (goat grazing problem). Có hai phiên bản: nội và ngoại. Bài toán mà bạn nói đến là phiên bản nội.

Tìm kiếm trên google sẽ thấy một trang Wikipedia nói về cả hai phiên bản và các lời giải đã có.

https://en.wikipedia...grazing_problem

Bạn có thể giải đơn giản bằng cách chia phần diện tích mà con dê đi được thành 2 hình viên rồi cộng lại. Nghiệm của bài toán là số siêu việt.

Năm 2020, Ingo Ullisch đưa ra một nghiệm đóng bằng giải tích phức:

https://link.springe...283-020-09966-0

Anh không chắc sẽ sửa được bây giờ. Có vẻ em nên thử cách khác.

Thử href @tritanngo99
$\href{diendantoanhoc.org/topic/185676-gõ-thử-latex/page-4}{này}$

Với mỗi bài bạn nên dẫn link tới topic gốc để tiện cho tìm kiếm và trả lời.

Bài viết linh tinh không có giá trị nên mình sẽ khóa topic.

Không hẳn là liên quan tới bài toán, nhưng mình để ý là những dạng bài có cấu hình tương tự vậy thường sinh ra từ tâm vị tự quay (ở đây là $S$): một tam tam giác nội tiếp, một đường tròn đi qua một đỉnh và 1 điểm trên đường tròn, cắt hai cạnh tại 2 điểm.

Mình chỉ mới nhớ ra được một bài vài bài có cấu hình tương tự:

https://diendantoanh...c-abc-di-qua-o/

https://diendantoanh...ề-thi-imo-2015/

Chắc các bạn còn có thể tìm thêm vài bài khác tương tự

Chà, bài hình đẹp này hồi xưa còn nhớ lời giải chứ giờ chịu rồi Có ai muốn vào thử sức không?

Có tuyển tập đề Olympic của Iran đây https://archive.org/...s/IranOlympiads nhưng khổ nỗi là toàn tiếng Iran

Những số $1;2;...;2003$ được viết theo thứ tự này. Một phép biến đổi là chọn 4 số bất kì trong chúng và đặt lại các vị trí chúng đã chiếm nhưng theo thứ tự ngược lại. Có thể bằng phép biến đổi này để thực hiên được việc sắp xếp thành $2003;2002;...;1$

Thường những bài như này chúng ta sẽ dựa trên "nghịch thế": một cặp chỉ số $(i,j)$ của dãy $\sigma$ được gọi là nghịch thế nếu và chỉ nếu $i < j$ và $\sigma(i) > \sigma(j)$, hoặc $i > j$ và $\sigma(i) < \sigma(j)$ ($\sigma(a)$ là số tại chỉ số $a$ trong dãy $\sigma$).

Để tiện lợi, ta ký hiệu $I_{\sigma}(a,b)$ là hàm nghịch thế cho hai chỉ số $a,b$ của dãy $\sigma$. $I_{\sigma}(a,b)=1$ nếu $(a,b)$ là cặp chỉ số nghịch thế, còn không thì $I_{\sigma}(a,b)=0$.

Nói nôm na, "nghịch thế" là khi có một số lớn hơn đứng trước một số nhỏ hơn. Ví dụ trong dãy $2,1,3,4$ thì cặp chỉ số $(1,3)$ là nghịch thế, vì số $2$ ở vị trí 1, còn số $1$ lại ở sau (vị trí $3$).

Ta có một số tính chất như sau:

Theorem hàm ý rằng số bộ nghịch thế sẽ không đổi, hoặc tăng $2$, hoặc giảm $2$. Nói khác đi, tính chẵn lẻ của số bộ nghịch thế không đổi. Do đó, ta phát biểu lại Theorem:

Đây là tính chất thông dụng nhất của cách tiếp cận này.

Quay lại với bàn toán: ta để ý rằng dãy đã cho ban đầu có số bộ nghịch thế bằng $0$, trong khi dãy đích lại chỉ toàn các bộ nghịch thế. Tổng số bộ nghịch thế trong dãy đích là $2005003(=2002 + 2001 + \ldots + 1)$ bộ, là một số lẻ.

Do đó, có khả năng rằng ta không thể đi đến dãy đích. Ta phải nghiên cứu xem, phép hoán đổi 4 số đã cho sẽ tác động thế nào đến số bộ nghịch thế.

Ta xét một dãy $\sigma$ có được sau một số bước hoán đổi, và ta muốn áp dụng phép hoán đổi lên 4 chỉ số $i_1, i_2, i_3, i_4$ tăng dần.

Minh họa dãy $\sigma$ :

\begin{equation}\label{eq_swap_before} --- \sigma(i_1) --- \sigma(i_2) --- \sigma(i_3) --- \sigma(i_4) --- \end{equation}

Minh họa dãy $\sigma'$ thu được sau khi áp dụng phép hoán vị $(i_1,i_2,i_3,i_4)$ lên $\sigma$

\begin{equation}\label{eq_swap_after} --- \sigma(i_4) --- \sigma(i_3) --- \sigma(i_2) --- \sigma(i_1) --- \end{equation}

Dễ thấy những bộ nghịch thế $(a,b)$ với $a,b \ne i_1,i_2,i_3,i_4$ sẽ không đổi. Ta chỉ cần quan tâm những bộ nghịch thế có liên quan tới các chỉ số $i_1,i_2,i_3,i_4$.

TH1: Xét một cặp chỉ số $(a, i_x)$ với $a\ne i_1,i_2,i_3,i_4$ và $x\in\{1,2,3,4\}$.

TH1.1: Nếu $a < i_1$ hoặc $a > i_4$ thì các bộ nghịch thế sẵn có sẽ không đổi theo Theorem:

\begin{equation}\label{eq_sum_4_out} I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) = I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) \end{equation}

TH1.2: Nếu $a$ nằm giữa $i_1$ và $i_2$, áp dụng Theorem, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_1_2} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2)\end{align}

Vì sau hoán vị, theo minh họa \eqref{eq_swap_after}, $\sigma(i_2), \sigma(i_3)$ vẫn ở sau $\sigma(a)$, còn $\sigma(i_4)$ chuyển ra trước $\sigma(a)$, còn $\sigma(i_1)$ chuyển ra sau $\sigma(a)$.

TH1.3: Nếu $a$ nằm giữa $i_2$ và $i_3$, biện luận tương tự như trên, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + 1 - I_{\sigma}(a,i_2) + 1 - I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_2_3} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2) \end{align}

TH1.4: Nếu $a$ nằm giữa $i_3$ và $i_4$, biện luận tương tự như trên, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_3_4} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2) \end{align}

TH2: Xét một cặp chỉ số $(i_x, i_y)$ với $x,y \in \{1,2,3,4\}$ và $x < y$.

Ta thấy ngay phép hoán vị sẽ đảo ngược sự nghịch thế: toàn bộ các cặp nghịch thế thành không nghịch thế, và cặp không nghịch thế thành nghịch thế. Áp dụng Theorem:

\begin{align}\nonumber \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma'}(i_x, i_y)& = \sum\limits_{1\le x < y \le 4} (1 - I_{\sigma}(i_x, i_y)) = 6 - \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma}(i_x, i_y) \\ \label{eq_sum_4} & \equiv  \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma}(i_x, i_y) (\text{mod }2) \end{align}

Như vậy, ta đã chứng minh được rằng, phép hoán vị 4 số đã cho sẽ không thay đổi tính chẵn lẻ của số nghịch thế của dãy. Như vậy, dãy ban đầu $(1,2,\ldots,2003)$ có một số chẵn bộ nghịch thế $(=0)$ sẽ không thể đi đến dãy đích $(2003,2002,\ldots,1)$ vì dãy đích có một số lẻ bộ nghịch thế $(=2002 + 2001 + \ldots + 1=2005003)$.

Thực ra $x$ thuộc $Q$ thì ta đặt $x=\frac{a}{b}$ với $a,b$ nguyên, $b>0$ $(a,b)=1$               
Do đó ta có $A=\frac{a^3+3ab^2-5b^3}{a^2b+2b^3}$ nên $a$ chia hết cho $b$ hay $b=1$

Có thể lập luận khác đi một tí:

\[A = \frac{{{x^3} + 3x - 5}}{{{x^2} + 2}} \Leftrightarrow {x^3} - A{x^2} + \left( {3 - 2A} \right)x - 5 = 0 \quad (1)\]

Giả sử tồn tại $A$ nguyên để phương trình $(1)$ có nghiệm $x \in \mathbb Q$. Ta có một bổ đề về nghiệm của đa thức nguyên như sau:

Áp dụng vào phương trình $(1)$: đặt $x=\frac{a}{b} (a,b\in \mathbb Z, b \ne 0, (a,b)=1)$ thì theo bổ đề trên, ta có $b|1$ và $a|-5$. Tức $x$ là số nguyên, và $x | 5$. Tới đây lại thử như cũ.

Ta có bổ đề sau:

Áp dụng vào bài toán:

\[\begin{align*}
\frac{1}{{{r_1}}} + \frac{1}{{{r_2}}} &\ge 2\left( {\frac{1}{r} + \frac{1}{{BC}}} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{{p_{ABM}}}}{{{S_{ABM}}}} + \frac{{{p_{ACM}}}}{{{S_{ACM}}}} &\ge 2\left( {\frac{{{p_{ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{1}{{BC}}} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{2{p_{ABM}} + 2{p_{ACM}} - 2{p_{ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} &\ge \frac{2}{{BC}}\\
 \Leftrightarrow {{\left( {AB + BM + MA} \right) + \left( {AC + CM + MA} \right) - \left( {AB + BC + CA} \right)}} &\ge \frac{2{{{S_{ABC}}}}}{{BC}}\\
 \Leftrightarrow AM &\ge AH
\end{align*}\]

($H$ là chân đường cao từ $A$ lên $BC$). BĐT cuối luôn đúng nên ta có đpcm.

Không thấy @Nobodyv3 ghé thăm nhỉ

Bài toán quy về:

Bước đầu tiên, đặt $y_i = x_i - l, m=n-kl, p=h-l$, ta thu về dạng quen thuộc hơn:

...

Gọi $\mathbb{X}$ là tập con trong trường hợp này

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \in \mathbb{X} \Rightarrow (n-2-m) \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-3-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-2-m)$

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \not \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-2-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-1-m)$

 

Kết luận: Số tập con cần đếm là $$f(n) = f(n-1) + f(n-1-m) + f(n-2-m)$$

Bạn hơi vội chỗ này rồi. Lấy $m=3$, thì ta thấy rằng nếu $n-2 \in \mathbb X \Rightarrow n-5 = n-2-3 \not \in \mathbb X$, nhưng chú ý rằng $n-3$ vẫn có thể nằm trong $X$.

Với $m \ge 2$, phải chú ý các phần tử $n-1,n-2, n-3, \ldots, n-2m$.

Và nếu muốn phương trình trên có nghiệm duy nhất thì $|k|>1$,điều này không đúng $\forall m,n>0$

Đề chỉ yêu cầu chứng minh có một nghiệm dương duy nhất, chứ không phải nghiệm duy nhất và nghiệm đó dương.

Có thể chứng minh có không quá 1 nghiệm dương như sau:

Giả sử hàm số $f(d)=2d^3+(1+m+n)d^2-mn$ có hai nghiệm dương phân biệt. Ta gọi hai nghiệm đó là $d_1, d_2$. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $d_1 > d_2$.

Dễ thấy $d_1^3 > d_2^3$ và $d_1^2 > d_2^2 \Rightarrow f(d_1) > f(d_2) = 0$: vô lý vì $f(d_1)=0$.

Vậy hàm $f$ không thể có quá 1 nghiệm dương.

Giờ chỉ cần chứng minh $f$ có ít nhất một nghiệm dương là hoàn thiện.

Có lẽ THCS chưa có định lý giá trị trung bình, chứ THPT thì có thể nói là $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$, mà $f(0) < 0$ và $f(d) \rightarrow +\infty$ khi $d \rightarrow \infty$ nên tồn tại $d_0 > 0$ để $f(d_0) = 0$.