|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
|
04-10-2014, 07:06 PM | #1 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Sáng nay mới học thầy Dũng,bài PTNK giải khá ảo,xin trình bày lại Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$ ta có $x+y+z+xy+yz+zx=3$ Ta cần chứng minh $$xy+yz+zx\le xyz+1$$ Từ điều kiện:$x+y+z+xy+yz+zx=3$ thì tồn tại nhiều nhất trog $3$ số $x,y,z$ một số lớn hơn $1$. Ta xét các khả năng sau: 1)Nếu $x,y,z \leq 1$. Vì $(x+yz)+(y+zx)+(z+xy)=3$ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử:$x+yz=min$,suy ra: $1 \geq x+yz$.(1) Mặt khác thì:$x(y-1)(z-1) \geq 0 \leftrightarrow xyz+x \geq xy+yz$ (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. 2)$x>1$,$y,z <1$. Khi đó: $(x-1)(y-1)(z-1) \geq 0$ $\Leftrightarrow xyz+x+y+z-1 \geq xy+yz+zx$ +)Nếu $x+y+z \leq 2$ thì $xyz+1 \geq xyz+x+y+z-1 \geq xy+yz+zx$ +)Nếu $x+y+z >2$ thì từ $x+y+z+xy+yz+zx=3$ nên $x+y+z <1$ nên ta có đpcm. |
04-10-2014, 09:10 PM | #2 | |
Senior Member Tham gia ngày: Nov 2011 Đến từ: việt nam Bài gởi: 103 Thanks: 77 Thanked 43 Times in 28 Posts | Trích:
Đặt $f(n)=ng(n)$ thì $g: N^*-> N^*$. Khi đó $f(\frac{f(n)}{n})=n^2 \Leftrightarrow g(n)g(g(n))=n^2$. Lấy logarit hai vế ta có: $ ln{g(n)}+ln{g(g(n))}=2ln{n}$. Đến đây ta xét dãy sau: $u_0=ln{x};x\in N^*$ và $u_n=ln{g_n(x)}$ trong đó $g_n(x)=g(...g(n)...)$ với n lần lấy hàm g. Ta có: $u_n\geqslant0$ và $u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n=0$. Công thức tổng quát: $u_n=\frac{2ln{x}+ln{g(x)}}{3}+\frac{ln{x}-ln{g(x)}}{3}(-2)^n$. Nếu tồn tại $x$ sao cho $ln{x}-ln{g(x)}<0$ thì $u_{2n}<0$ với n đủ lớn (mt) Nếu tồn tại $x$ sao cho $ln{x}-ln{g(x)}>0$ thì $u_{2n+1}<0$ với n đủ lớn (mt). Vậy $ln{g(x)}=ln{x}$ với mọi $x \in N^*$. Suy ra $f(n)=n^2$ | |
The Following 4 Users Say Thank You to einstein1996 For This Useful Post: |
05-10-2014, 08:28 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2012 Bài gởi: 7 Thanks: 0 Thanked 5 Times in 2 Posts | (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ): Trong một bảng ô vuông kích thước 999×999, mỗi ô được tô bởi một trong 2 màu trắng hoặc đỏ. Gọi T là số bộ (C1,C2,C3) các ô mà hai ô đầu trong cùng 1 hàng và hai ô cuối cùng 1 cột, với C1 và C2 màu trắng, C3 màu đỏ. Tìm giá trị lớn nhất của T |
The Following 2 Users Say Thank You to yeahboy27 For This Useful Post: | einstein1996 (05-10-2014), thaygiaocht (05-10-2014) |
05-10-2014, 01:50 PM | #4 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Em xin điểm qua một đường tròn mà tần số xuất hiện của nó khá nhiều ở các bài đội tuyển lần này. Đó là đường tròn đường kính $AM$ với $M$ là trung điểm $BC$ trong $\triangle ABC$.Tất nhiên đường tròn này có khá nhiều bài toán xung quanh nhưng trong chủ đề topic em xin nói đến các bài đội tuyển. Đầu tiên là bài chọn ĐT Ninh Bình Bài 1-Cho tam giác $ABC$ nhọn,trực tâm $H$.Gọi $D$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$,$M$ là trung điểm của $BC$.Giả sử $E,F$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ với các tia $MH,ED$.Chứng minh: tứ giác $ABFC$ là tứ giác điều hòa. Mấu chốt của bài này chính là nhận ra $E$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AM$ với $(ABC)$ hay $\angle AEF=90$.Đây cũng là một tính chất rất thú vị.Mọi người có thể xem ở [Only registered and activated users can see links. ]. Cũng trong đề của Ninh Bình tiếp tục xuất hiện đường tròn đường kính $AM$. Bài 2-Cho tam giác $ABC$,$D$ là trung điểm của cạnh $BC$,$E$ và $F$ lần lượt là hình chiếu của $D$ trên $AB$ và $AC$.Gọi $T$ là giao điểm của các tiếp tuyến tại $E,F$ của đường tròn đường kính $AD$.Chứng minh:$TB=TC$. Thực ra đây là $1$ tính chất của đường tròn đường kính $AM$ này. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt đường tròn đường kính $AM$ tại $P$. Vì $BC \parallel AP$ và $D$ là trung điểm $BC$ nên theo tính chất của chùm điều hòa thì: $(AB,AC,AD,AE)=-1$ hay $(AF,AE,AD,AP)=-1$ Suy ra tứ giác $FDEP$ là tứ giác điều hòa. Từ đó theo tính chất tứ giác điều hòa thì $T,D,P$ thẳng hàng.(1) Mặt khác: $PD \perp AP$ nên $PD \perp BC$ hay $PD$ là đường trung trực $BC$.(2) Do đó từ (1) và (2) ta có ngay $TB=TC$ Với cách làm tương tự bài Ninh Bình thì ta đến với bài hình câu a) của Vũng Tàu Bài 3-Cho $\triangle ABC$,gọi $D$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ và $M$ là trung điểm $BC$.$E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên $AB,AC$.Đường thẳng vuông góc với $AM$ tại $M$ cắt $EF$ tại $K$.Chứng minh $KA=KD$. Kẻ đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt đường tròn đường kính $AM$ ở $P$.Ta có:$EMFP$ là tứ giác điều hòa. Nên $K$ sẽ thuộc vào tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn đường kính $AM$.Từ đây suy ra $KP=KM$ Mà $APMD$ là hình chữ nhật suy ra $KA=KD$ Hoặc nếu chú ý một chút,ta sẽ xuất phát từ bài Ninh Bình. Gọi $K'$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $P$ và $D$ của $(AM)$. Vì $T \in PD$ là đường đối cực của $K'$ nên $K'$ thuộc đường đối cực của $T$ hay $K' \in EF$. Hay $K \equiv K'$ nên có đpcm. Bài này một bạn đã có mở rộng như sau: Cho tam giác $ABC$,trung điểm $M$ của $BC$,trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.Trên $MH$ lấy điểm $P$ .Đường tròn đường kính $AP$ cắt $AB;AC;AH$ lần lượt ở $E;F;D$.Trên cung $EF$ không chứa $A$ lấy điểm $Q$ sao cho $QM$ vuông góc $BC$,tiếp tuyến tại $Q$ của $(AP)$ cắt $EF$ ở $K$,khi đó $KD=KA$. Và cuối cùng là bài của PTNK cũng có bóng dáng của đường tròn này,dù nó đóng góp không quá nhiều. Bài 4-Cho $\triangle ABC$ không cân.Gọi $I$ là trung điểm $BC$.Đường tròn $(I,IA)$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.$MI,NI$ lần lượt cắt $(I)$ tại $P,Q$.Gọi $K$ là giao của $PQ$ với tiếp tuyến tại $A$ của $(I)$.Chứng minh $K$ nằm trên $BC$. Ta dễ thấy ngay $KA$ là trục đẳng phương của $(I)$ và đường tròn đường kính $AI$.Từ đó ý tưởng phương tích-trục đẳng phương là sáng sủa nhất. Kẻ đường kính $AA'$ của $(I)$.Khi đó các tứ giác:$AMA'P$,$ANA'Q$ và $ABA'C$ là hình bình hành nên $A',C,P$ và $A',B,Q$ thẳng hàng. Từ đó $\angle AQB=\angle APC=90$. Kẻ đường cao $AH$ thì $H \in (ABQ),(ACP)$ Từ đó: $\angle QHB=\angle QAB=\angle QPM$ Suy ra $QHIP$ là tứ giác nội tiếp. Do đó $HI$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kính $AM$ và $(QHIP)$. Và thêm nữa là $PQ$ là trục đẳng phương của $(I)$ và $(QHIP)$. Từ đó thì $AK,PQ,HI$ đồng qui nên ta có đpcm. P/s:Hồi đó nhớ là Vũng Tàu cũng có $1$ bài chọn đội tuyển cũng liên quan đến đường tròn này.Bài đó thế này,đây cũng là 1 bài toán thú vị Bài toán Cho $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ không cân và $\angle A$ nhọn, hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$ theo thứ tự là $E,F$. Gọi $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$; $P,Q$ là giao điểm của các đường tròn đường kính $AD$, đường kính $BC$. Chứng minh $H, P, Q$ thẳng hàng và các đường thẳng $BC,EF,PQ$ đồng qui. __________________ Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao. thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 05-10-2014 lúc 05:41 PM |
The Following 13 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post: | 9nho10mong (14-10-2014), babysama (10-02-2015), CTK9 (19-10-2014), davidsilva98 (05-10-2014), HoangHungChels (06-10-2014), namdung (05-10-2014), Samurott (05-10-2014), Saruka 01 (24-10-2014), sieusieu90 (02-07-2015), Thmcuongvn (19-10-2014), thuynv (28-10-2014), tson1997 (05-10-2014), tuananhst2000 (28-05-2015) |
05-10-2014, 06:01 PM | #5 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Số học: Cho $n\in \mathbb{Z^+}$. CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ thỏa mãn: $2^m \equiv 2015 \pmod{3^n}$ và $2^m\equiv 3^{2015} \pmod{5^n}$ (đề thi chọn đt KHTN) __________________ i'll try my best. |
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post: | namdung (14-10-2014) |
14-10-2014, 03:52 PM | #6 | ||
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
Sau đó ta sử dụng một tính chất của căn nguyên thủy là : Nếu $g$ là căn nguyên thủy mod $p$ thì $1,g^1,g^2,...,g^{\phi(p)}$ là một hệ thặng dư thu gọn mod $p$. Do $2015$ nằm trong hệ thặng dư thu gọn mod $3^n$ và $3^{2015}$ nằm trong hệ thặng dư thu gọn mod $5^n$ nên tồn tại $x,y$ sao cho $2^x \equiv 2015 \pmod{3^n}$ và $2^y \equiv 3^{2015} \pmod{5^n}$ Giờ chỉ cần chứng minh tồn tại $m$ nguyên dương sao cho $m \equiv x \pmod{\phi(3^n)}$ và $m \equiv y \pmod{\phi(5^n)}$ là bài toán được giải quyết. Để có điều này thì ta sẽ áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa tổng quát : Hệ $x \equiv a_i \pmod{b_i}$ sẽ có nghiệm khi và chỉ khi $gcd(b_i,b_j) | a_i-a_j$ với mọi $i,j$ phân biệt. Thật vậy, $2^x \equiv 2015 \pmod{3^n} \Rightarrow 2^x \equiv 2 \pmod{3} \Rightarrow x= 2k+1$ $2^y \equiv 3^{2015} \pmod{5^n} \Rightarrow 2^y \equiv 2 \pmod{5} \Rightarrow y=4l+1$ $\Rightarrow gcd(\phi(3^n),\phi(5^n))=2 | x-y \Rightarrow$ hệ $m \equiv x \pmod{\phi(3^n)},m \equiv y \pmod{\phi(5^n)}$ có nghiệm. Ta có đpcm. Trích:
__________________ Hope against hope. | ||
The Following 2 Users Say Thank You to Fool's theorem For This Useful Post: | quocbaoct10 (19-10-2014), son235 (14-10-2014) |
05-10-2014, 09:01 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2012 Bài gởi: 7 Thanks: 0 Thanked 5 Times in 2 Posts | Hóng mọi người giúp bài này với (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ): Trong một bảng ô vuông kích thước 999×999, mỗi ô được tô bởi một trong 2 màu trắng hoặc đỏ. Gọi T là số bộ (C1,C2,C3) các ô mà hai ô đầu trong cùng 1 hàng và hai ô cuối cùng 1 cột, với C1 và C2 màu trắng, C3 màu đỏ. Tìm giá trị lớn nhất của T Mong mọi người gọi ý giúp mình chút. |
07-10-2014, 09:33 AM | #8 |
Administrator | Đợt này nếu được thì em xin ủng hộ Số học cho đủ bộ ạ. Nhưng chắc là em gom đề và lời giải trên facebook lại rồi gõ thành file thôi chứ giải không hết nổi. __________________ Sự im lặng của bầy mèo |
The Following 5 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: | namdung (14-10-2014), quocbaoct10 (07-10-2014), Samurott (07-10-2014), thaygiaocht (07-10-2014), Thmcuongvn (19-10-2014) |
14-10-2014, 05:58 AM | #9 |
Administrator | Tiếp tục một số bài toán chọn lọc 14. (Daklak) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $ \frac{a^2-bc}{\sqrt{8a^2+(b+c)^2}} + \frac{b^2-ca}{\sqrt{8b^2+(c+a)^2}} + \frac{c^2-ab}{\sqrt{8c^2+(a+b)^2}} \ge 0 $ 15. (KHTN HN) Cho dãy số $ (x_n) $ xác định bởi: $ x_1 = 2, x_2 = 10, x_{n+2} = \frac{8x^2_{n+1} - x_{n+1}x_n}{x_{n+1}+x_n}, n = 1, 2, 3, ... $. Với mỗi số nguyên dương n, đặt $ y_n = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{x_{k+1}+x_k+3} $. Chứng minh rằng dãy $ y_n $ có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó. 16. (ĐH Vinh) Cho a, b, c là các số thuộc đoạn [0, 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c). 17. (ĐHSP HN) Cho dãy số $ (x_n) $ xác định bởi $ x_0 = 0 $ và $ x_{n+1} = \frac{7x_n+3\sqrt{4+5x_n^2}}{2} $ với mọi n tự nhiên. 1. Chứng minh rằng với mọi n, $ x_n $ là số tự nhiên và $ x_{2014} $ chia hết cho $ x_{19} $. 2. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho với mọi số nguyên dương n, trong biểu diễn nhị phân của $ x_{an} $ có ít nhất $ 46^{2014} $ chữ số 1. 18. (Thái Bình). Gọi f(n) là số song ánh từ X = {1, 2, ..., n} vào X không có điểm bất động và g(n) là số song ánh từ X vào X có đúng 1 điểm bất động. Chứng minh rằng | f(n) - g(n) | = 1. 19. (ĐHSP HN) Cho dãy số $ (x_n) $ được xác định bởi $ x_1 = 1, x_{n+1} = 5(\sqrt{x_n+11}-\sqrt{x_n+4}) $. Chứng minh rằng dãy $x_n$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 20. (PTNK) Cho X = {1, 2, ..., 19}. Chứng minh rằng tồn tại họ gồm 2600 tập con 7 phần tử của X sao cho với mọi A, B khác nhau thuộc họ này thì A và B có không quá 5 phần tử chung. 21. (PTNK) Tìm số nguyên dương n lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau i) n không chia hết cho 3; ii) Bảng vuông n x n ô không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino 1 x 4 và các quân trimino kích thước 1 x 3. Trong phép phủ các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ra ngoài bảng vuông. 22. (Gia Lai) Xét tất cả các tập hợp $ X = {a_1, a_2, ..., a_n} $ các số nguyên dương có tính chất: khi ta bỏ đi một phần tử bất kỳ trong X thì tập còn lại có thể phân hoạch thành 2 tập con khác rỗng sao cho tổng các phần tử trong mỗi tập con đó bằng nhau. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của n. 23. (Thái Bình) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $ n \ge 3 $ phương trình sau $ x^ne^{-x} = 1 $ có nghiệm duy nhất thuộc [0, n]. Tìm $ lim x_n $. 24. Cho số nguyên dương n và các số thực dương $ x_1, x_2, ..., x_n $. Chứng minh rằng $ (1+x_1)(1+x_1+x_2)...(1+x_1+...+x_n) \ge \sqrt{(n+1)^{n+1}}\sqrt{x_1x_2...x_n} $ 25. (ĐHSP HN) Xét đa thức $ P(x) = a_{2n}x^2n + a_{2n-1}x^{2n-1} + ... + a_2x^2 + a_1x + a_0 $ với $ a_i $ thuộc [100, 101]. Tìm n nhỏ nhất sao cho P(x) có nghiệm thực. 26. (KHTN) Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m sao cho $ 2^ m ≡ 2015 (mod 3^n) $ và $ 2^m ≡ 3^{2015} (mod 5^n) $ thay đổi nội dung bởi: namdung, 14-10-2014 lúc 06:57 AM |
The Following 6 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post: | 9nho10mong (14-10-2014), CTK9 (19-10-2014), DenisO (14-10-2014), luuvanthai (14-10-2014), thaygiaocht (14-10-2014), vantienducdh (26-10-2014) |
14-10-2014, 10:33 PM | #10 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2012 Đến từ: Tp.HCM Bài gởi: 85 Thanks: 12 Thanked 79 Times in 32 Posts | Trích:
a_1&=\frac{x_1}{1+x_1}\\ a_2&=\frac{x_2}{(1+x_1)(1+x_1+x_2)}\\ &\cdots \\ a_n&=\frac{x_n}{(1+x_1+x_2+\cdots+x_{n-1})(1+x_1+x_2+\cdots + x_n)}\\ a_{n+1}&=\frac{1}{1+x_1+x_2+\cdots+x_n}, \end{aligned}\] khi đó $a_1+a_2+\cdots + a_n+a_{n+1}=1,$ và bất đẳng thức (1) trở thành \[a_1a_2 \cdots a_{n+1} \leqslant \frac{1}{(n+1)^{n+1}}, \quad (2)\] thế nhưng (2) đúng theo bất đẳng thức AM-GM, nên ta có điều phải chứng minh. P/S: Đây là đề thi của Nga năm 2007, ngoài ra còn một số chứng minh khác và bất đẳng thức vẫn đúng với điều kiện không âm. ------------------------------ Trích:
\[\begin{aligned} A\leqslant \frac{2(c-b)\cdot (1+\sqrt{3}) (a-c) \cdot (-1+\sqrt{3})(a+b+c)}{4} \end{aligned}\] Rồi áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $P_{\max}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$ đạt được khi $(a,\,b,\,c)=(1,\,0,\,\frac{1}{\sqrt{3}}).$ __________________ The Simplest Solution Is The Best Solution thay đổi nội dung bởi: Short_list, 14-10-2014 lúc 10:46 PM Lý do: Tự động gộp bài | ||
The Following 3 Users Say Thank You to Short_list For This Useful Post: |
03-11-2014, 11:12 PM | #11 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: BH Bài gởi: 212 Thanks: 135 Thanked 345 Times in 92 Posts | Trích:
Suy ra $S\left( X \right)-{{a}_{i}}\vdots 2\Rightarrow S(X)$ lẻ. Mà với mọi $j\ne i$ thì $S(X)-{{a}_{j}}\vdots 2\Rightarrow {{a}_{j}}$ lẻ. Suy ra $\sum\limits_{k=1}^{n}{\left( S(X)-{{a}_{k}} \right)}=\left( n-1 \right)S(X)\vdots 2\Rightarrow n$ lẻ, dẫn đến $n\ge 5$. +) $n=5$ ta có $X=\left\{ {{a}_{1}}<{{a}_{2}}<{{a}_{3}}<{{a}_{4}}<{{a}_{5}} \right\}$. Bỏ ${{a}_{1}}$ thì ta có ${{a}_{2}}+{{a}_{5}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}$ Bỏ ${{a}_{2}}$ ta có ${{a}_{1}}+{{a}_{5}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}\Rightarro w {{a}_{1}}={{a}_{2}}$ (vô lí). +) $n=7$ ta xét tập $X=\left\{ 1,3,5,7,9,11,13 \right\}$. Ta thấy $X$ thỏa mãn bài toán. | |
The Following User Says Thank You to nguyentatthu For This Useful Post: | namdung (11-11-2014) |
19-10-2014, 07:44 AM | #12 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2014 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn tỉnh Ninh Thuận Bài gởi: 63 Thanks: 65 Thanked 12 Times in 9 Posts | Em xin đóng góp một bài toán sau: Cho $x, y, z$ là các số không âm. Chứng minh rằng: $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3\left ( x+y+z \right )$ (Đề chọn Đội tuyển trường THPT chuyên Lê Quý Đôn tỉnh Ninh Thuận) __________________ Có Đức mà không có Tài, làm việc gì cũng khó; Có Tài mà không có Đức, là vô dụng. (Hồ Chí Minh) |
The Following User Says Thank You to Livetolove2207 For This Useful Post: | Thmcuongvn (19-10-2014) |
19-10-2014, 02:50 PM | #13 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | Trích:
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$$ Từ đây suy ra : $$xyz\geq \dfrac{2(xy+yz+zx)-1-x^2-y^2-z^2}{2}$$ vậy ta đi chứng minh : $$\dfrac{2(xy+yz+zx)-1-x^2-y^2-z^2}{2}+x^2+y^2+z^2+5\geq 6(x+y+z)$$ $$\Leftrightarrow (x+y+z)^2+9\geq 6(x+y+z)\Leftrightarrow (x+y+z-3)^2\geq 0$$ Luôn đúng. Điều phải chứng minh. | |
The Following 2 Users Say Thank You to Juliel For This Useful Post: | Livetolove2207 (19-10-2014), thaygiaocht (19-10-2014) |
26-10-2014, 09:53 PM | #14 |
Administrator | Bài tổ hợp PTNK có cách giải khá hay. Đặt F(k) là tập các tập con A có 7 phần tử của X sao cho tổng các phần tử của A đồng dư k mod 19. Khi đó các tập thuộc F(k) sẽ thỏa mãn điều kiện đề bài (tại sao?) Nhưng $ |F(0)| + |F(1)| + ... + |F(18)| = C^7_19 $ Từ đó tồn tại k sao cho $ |F(k)| \le \frac{C^7_{19}}{19} = 2652 $. Một số câu hỏi thú vị được đặt ra. 1) |F(k)| = ? với k = 0, 1, ..., 18. 2) Có thể nâng số 2652 lên không? Và chặn trên của số này là bao nhiêu? |
26-10-2014, 10:42 PM | #15 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2014 Đến từ: 12 Toán THPT chuyên LQĐ-Quảng Trị Bài gởi: 45 Thanks: 35 Thanked 11 Times in 10 Posts | Trích:
| |
Bookmarks |
|
|