Hướng tới kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO 2012 - Page 2

**namdung** · 22-02-2012, 06:35 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Mashimaru

Em tìm được kết quả là $S $ có thể có nhiều nhất $72 $ phần tử (không biết có đúng không ạ?) Lời giải dựa vào nhận xét rằng $S $ không thể chứa số $1 $ cũng như không thể chứa đồng thời 2 số nguyên tố $p, q $ với $10 < p, q < 100 $. Bây giờ từ $1 $ đến $100 $, bỏ đi $21 $ số nguyên tố lớn hơn $10 $, bỏ thêm số $1 $, ta có thể chia trường hợp để chứng minh S phải không chứa ít nhất $6 $ số trong các số còn lại này. Chứng minh không khó chỉ là có quá nhiều trường hợp nhỏ lẻ... Hy vọng TST không đố kiểu này

Đáp số bài này đúng là 72. Đặc điểm của các đề toán của TQ là xấu xí, gồ ghề và đôi khi phải rất là cơ bắp. Có lẽ cũng qua trường đào tạo của các đề toán này mà học sinh TQ rất lì đòn, bài nào cũng tìm cách chiến đấu được.
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi chemthan

*) Trường hợp $a=203 $.
Khi đó $203^m+1|203^{n-1}+1 $.
Suy ra $(a,m,n)=(203,k,(2l+1)k+1) $.
*) Trường hợp $a\ne 203 $.
Đặt $n=km+r $, trong đó $k,r\in N; 0\le r<m $.
Ta có $a^m+1|(-1)^k.a^r+203 $.
Vì $a\ne 203 $ nên $(-1)^k.a^r+203\ne 0 $ $\Rightarrow a^m+1\le |(-1)^k.a^r+203|\le a^{m-1}+203 $.
$\Rightarrow a^{m-1}(a-1)\le 202 $.
$\Rightarrow m\le 8 $.
Đến đây xét các trường hợp của $m $ là ra.

Tương tự như trên, với đề TQ thì giải dài là chuyện bình thường.

**namdung** · 22-02-2012, 08:52 PM

Vì chưa có kết quả VMO nên chưa có bạn thí sinh nào tự tin vào chủ đề này, do đó dường như chủ đề vẫn chỉ là nơi độc diễn của các cựu VMO, TST, IMO.

Tôi tiếp tục đưa một số bài tập mới

(Trích từ đề thi Ba Lan, 2012)

9. (Trung bình): Tìm tất cả các hàm số $f, g: R --> R $ thỏa
$g(f(x) - y) = f(g(y)) + x $ với mọi x, y thuộc R.

10. (Trung bình khó) Cho tam giác ABC có $A=60^0 $ và AB≠AC. Gọi I,O lần lượt là tâm đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: trung trực của AI, đường thẳng OI và đường thằng BC đồng quy.

11. (Khó) Giả sử m,n là các số nguyên dương sao cho tập hợp A={1,2,...,n} có đúng m số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng nếu ta chọn bất kì m+1 số khác nhau từ A thì ta có thể tìm 1 số từ m+1 số đã chọn chia hết tích m số khác.

Có 2 bài hình học, mời các bạn tham gia phân tích tìm tòi cách giải.

**huynhcongbang** · 21-02-2012, 02:05 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Đây cũng là một bài toán rất thú vị.
Bài 6: (Làm mạnh Việt Nam TST 1996) Với $a,b,c$ là các số thực bất kỳ, khi đó ta luôn có $$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\ge \frac{4}{7}[a^4+b^4+c^4+(a+b+c)^4].$$

Bài này giải rất nhẹ nhàng!
Đặt $a=\frac{y+z-x}{2}, b= \frac{z+x-y}{2},c = \frac{x+y-z}{2} $.
Thay vào BĐT cần chứng minh và rút gọn, ta được:
$x^4+y^4+z^4 \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $.
BĐT cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm.

Bài TST 1996 cũng được giải theo cách tương tự, không cần phải dồn biến hay xét hàm số gì cả.
------------------------------
Sẵn dịp nói về thi TST, mình muốn trao đổi với mọi người bài tổ hợp số 6 trong kì thi VN TST 1990 với nội dung như sau:

Cho n học sinh ($n \ge 3 $) đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cô giáo ở tâm đường tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B.

Trên thực tế, bài này có thể phát biểu ở một dạng khác dễ hiểu hơn mà mình đã nhờ bạn hoanghai_vovn post giúp:

Trên một đường đua khép kín, có n chiếc xe đang chạy với một thứ tự nhất định theo chiều kim đồng hồ. Tại mỗi thời điểm, có đúng một chiếc xe tăng tốc và vượt qua mặt chiếc xe ngay trước nó (tức là hai chiếc xe liền nhau đó đổi chỗ cho nhau).
Hỏi sau ít nhất bao nhiều lần vượt thì các chiếc xe sẽ vẫn với thứ tự cũ trên đường đua nhưng theo ngược chiều kim đồng hồ?

Theo các thảo luận bên math.vn thì mình đã dự đoán được có thể là công thức sau:
$f(n) = \sum_{i=1}^{n-1}\left [ \frac{i-1}{2} \right ] = \sum_{i=1}^{n} \left (n - 2\left [ \frac{i}{2} \right ] \right ) $. (*)
trong đó $f(n) $ chính là số cần tìm ứng với trường hợp n xe.
Một số kết quả khác như:
+ $f(3)=1, f(4)=2, f(5)=4, f(6)=6,... $
+ Do việc vượt qua mặt của các chiếc xe có thể xem như chúng đổi vị trí cho nhau nên có thể xem 1 xe nào đó, đặt là xe 1, không thay đổi trong quá trình sắp xếp. Giả sử các xe có thứ tự là $1, 2, 3, ..., n-1, n $ theo chiều kim đồng hồ. Ta cần đạt được thứ tự đó lần nữa nhưng ngược chiều kim đồng hồ.
+ Nếu gọi S(i) là tổng số nghịch thế (số nhỏ hơn nhưng lại nằm sau theo chiều kim đồng hồ) tính từ một vị trí bất kì trên vòng tròn đến cuối vòng (ngay trước xe số 1) trong lần đổi chỗ thứ i thì:
$S(0)=0, S(f(n))=\frac{(n-1)(n-2)}{2} $ và đây là số nghịch thế lớn nhất.

Đó là một số kết quả mình tìm hiểu được và nếu các công thức (*) đúng thì hoàn toàn có thể phát biểu được các bước di chuyển. Tuy nhiên, quan trọng là điều kiện cần vẫn chưa có, chưa chứng minh được giá trị kia cũng là nhỏ nhất!

Mong mọi người cùng thảo luận.

hotraitim · 19-02-2012, 09:15 PM

Chứng minh với mọi số thực dương a,b,c thì:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

5434 · 19-02-2012, 09:19 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hotraitim

Chứng minh với mọi số thực dương a,b,c thì:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

Bài nầy có 1 cách là xài SOS

**huynhcongbang** · 01-03-2012, 10:29 PM

Cách của bạn Hải dành cho bài 15 tuyệt thật, không ngờ lại có thể biến đổi trực tiếp theo độ dài cạnh của tam giác như thế.
Dưới đây là cách dùng $p, R, r$ thường gặp đối với các bài toán dạng này:

Gọi $p$ là nửa chu vi của tam giác $ABC$, vì tam giác $ABC$ nhọn nên $0<x,y,z<1$.
Trước tiên ta sẽ chứng minh các kết quả sau :
1) $\cos A,\cos B,\cos C$ là nghiệm của phương trình :
\[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0 (*) \]
2) ${{p}^{2}}\le 4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr$ ( Bất đẳng thức Gerretsen )
*Chứng minh:
1) Gọi $a,b,c$ lần lượt là ba cạnh của tam giác $ABC$, khi đó ta có :
\[a=2R\sin A=2R\sqrt{1-{{\cos }^{2}}A}\] và \[p-a=r\cot \frac{A}{2}=r\sqrt{\frac{1+\cos A}{1-\cos A}}\] nên ta có :
\[p=a+(p-a)=2R\sqrt{(1-\cos A)(1+\cos A)}+r\sqrt{\frac{1+\cos A}{1-\cos A}}\] \[\Leftrightarrow {{p}^{2}}=4{{R}^{2}}(1-\cos A)(1+\cos A)+4Rr(1+\cos A)+{{r}^{2}}\frac{1+\cos A}{1-\cos A}\]
\[\Leftrightarrow {{p}^{2}}(1-\cos A)=4{{R}^{2}}{{(1-\cos A)}^{2}}(1+\cos A)+4Rr(1-{{\cos }^{2}}A)+{{r}^{2}}(1+\cos A)\] \[\Leftrightarrow 4{{R}^{2}}{{\cos }^{3}}A-4R(R+r){{\cos }^{2}}A+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})\cos A+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\]
Do đó, $\cos A$ là một nghiệm của phương trình (*).
Hoàn toàn tương tự ta cũng có $\cos B,\cos C$ là nghiệm của phương trình (*).
Vì (*) là một phương trình bậc ba nên $\cos A,\cos B,\cos C$ là 3 nghiệm của nó và 1) được chứng minh.
Theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì : \[\cos A+\cos B+\cos C=-\frac{-4R(R+r)}{4{{R}^{2}}}=\frac{R+r}{R}\]
Cũng theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì : \[\cos A.\cos B.\cos C=-\frac{{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}}{4{{R}^{2}}}=\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\]
Để cho gọn ta kí hiệu: \[\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)={{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+{{\cos }^{2}}B(\cos C+\cos A)+{{\cos }^{2}}C(\cos A+\cos B)}\]
Theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì :
\[\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A=\frac{{{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}}}{4{{R}^{2}}}\]
Ta có : \[\begin{align}
& (\cos A+\cos B)(\cos B+\cos C)(\cos C+\cos A)=(\frac{R+r}{R}-\cos A)(\frac{R+r}{R}-\cos B)(\frac{R+r}{R}-\cos C) \\
& =(\frac{R+r}{R}-\cos A)\left[ {{(\frac{R+r}{R})}^{2}}-(\frac{R+r}{R})\cos B-(\frac{R+r}{R})\cos C+\cos B\cos C \right] \\
& =(\frac{R+r}{R})(\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A)-\cos A\cos B\cos C \\
& =(\frac{R+r}{R}).(\frac{{{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}}}{4{{R}^{2}}})-\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}=\frac{r.(2Rr+{{p}^{2}}+{{r}^{2}}) }{4{{R}^{3}}} \\
\end{align}\]
Mà \[(\cos A+\cos B)(\cos B+\cos C)(\cos C+\cos A)=\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+2\cos A\cos B\cos C}\]
\[=\sum{{}}{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+2.\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\]
Suy ra \[\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)=\frac{r(2Rr+{{p}^{2}}+{{r}^{2}})}{4{{R}^{3}}}}-2.\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\]
\[=\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+2{{r}^{2}}R+8{{R}^{2}}p}{4{ {R}^{3}}}=\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+8{{R}^{2}}r+2R{{r}^{2}}}{4{ {R}^{3}}}\]
Trở lại bài toán , ta cần chứng minh rằng : \[\max \left\{ \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2;\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+ 2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+2 \right\}\ge \frac{2}{x+y+z-1}\]
Giả sử ngược lại là: \[\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2<\frac{2}{x+y+z-1};\quad \frac{y}{z}+\frac{z}{y}+2<\frac{2}{x+y+z-1};\quad \frac{z}{x}+\frac{x}{z}<\frac{2}{x+y+z-1}\]
Ta có :
\[\begin{align}
& \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2<\frac{2}{x+y+z-1}\Leftrightarrow (x+y+z-1)({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy)<2xy \\
& \Leftrightarrow {{x}^{3}}+x{{y}^{2}}+2{{x}^{2}}y+{{x}^{2}}y+{{y}^{ 3}}+2x{{y}^{2}}+z{{x}^{2}}+z{{y}^{2}}+2xyz-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-2xy<2xy \\
& \Leftrightarrow {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+3{{x}^{2}}y+3x{{y}^{2}}+{{x}^{ 2}}z+{{y}^{2}}z<4xy+{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \\
\end{align}\]
Tương tự ta có :
\[\begin{align}
& {{y}^{3}}+{{z}^{3}}+3{{y}^{2}}z+3y{{z}^{2}}+{{z}^{ 2}}x+{{y}^{2}}x<4yz+{{y}^{2}}+{{z}^{2}};\ \\
& {{z}^{3}}+{{x}^{3}}+3{{z}^{2}}x+3z{{x}^{2}}+{{z}^{ 2}}y+{{x}^{2}}y<2xz+{{x}^{2}}+{{z}^{2}} \\
\end{align}\]
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:
\[2({{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}})+4[{{x}^{2}}(y+z)+{{y}^{2}}(z+x)+{{z}^{2}}(x+y)]<4(xy+yz+zx)+2({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\]
\[\Leftrightarrow {{(x+y+z)}^{3}}<{{(x+y+z)}^{2}}+3xyz+{{x}^{2}}(y+z )+{{y}^{2}}(z+x)+{{z}^{2}}(x+y)\]
Đến đây áp dụng các kết quả chứng minh ở trên , ta có :
\[\begin{align}
& {{\left( \frac{R+r}{R} \right)}^{3}}<{{\left( \frac{R+r}{R} \right)}^{2}}+3.\left( \frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-4Rr-{{r}^{2}}}{4{{R}^{2}}} \right)+\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+8{{R}^{2}}r+2R{{r}^{2}}}{4{ {R}^{3}}} \\
& \Leftrightarrow 4{{R}^{3}}+12{{R}^{2}}r+12R{{r}^{2}}+4{{r}^{3}}<(4 {{R}^{3}}+4R{{r}^{2}}+8{{R}^{2}}r)+(3R{{p}^{2}}-12{{R}^{3}}-12{{R}^{2}}r-3R{{r}^{2}})+ \\
& (8{{R}^{3}}+{{r}^{3}}+8{{R}^{2}}r+4R{{r}^{2}}+{{p} ^{2}}r-2R{{p}^{2}}) \\
& \Leftrightarrow 4{{R}^{3}}+3{{r}^{3}}+8{{R}^{2}}r+7R{{r}^{2}}<{{p} ^{2}}(R+r) \\
& \Leftrightarrow (4{{R}^{3}}+4{{R}^{2}}r)+(3{{r}^{3}}+3R{{r}^{2}})+ (4{{R}^{2}}r+4R{{r}^{2}})<{{p}^{2}}(R+r) \\
& \Leftrightarrow (R+r)(4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr)<{{p}^{2}}(R+r) \\
& \Leftrightarrow 4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr<{{p}^{2}} \\
\end{align}\]
Trái với kết quả 2). Do đó điều giả sử là sai, tức là ta phải có :
\[\max \left\{ \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2;\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+ 2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+2 \right\}\ge \frac{2}{x+y+z-1}\]
Đây cũng chính là đpcm.

nghiepdu-socap · 19-02-2012, 09:20 PM

Giải bài 5:
Ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Trong 2 số $a_i,b_i $ 1 số >n, 1 số <n+1
Thật vậy: giả sử tồn tại i sao cho $a_i,b_i < n+1 $
Suy ra $n+1>a_i>a_{i-1}>...>a_1; n+1>b_i>b_{i+1}>...>b_n $
Như vậy sẽ có n+1 số <n+1 (vô lý)
Từ nhận xét dễ có điều phải chứng minh

**namdung** · 19-02-2012, 10:24 PM

Bài 3 đúng là có 1 cách dựa vào định lý Turan (đồ thị không chứa đồ thị con đầy đủ bậc 4) và nhận xét cơ bản: Giữa 4 thành phố có nhiều nhất 5 con đường.

Cũng nhắc lại rằng khi sử dụng định lý Turan ta phải chứng minh. (Bằng quy nạp như Mashimaru đã nói).

Có 1 cách khác giải trực tiếp như sau (lời giải do Nguyễn Mạnh Tiến, SV năm 2 ĐHKHTN Tp HCM đề xuất):

Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ A và đường đi đến A). Ta chia các thành phố còn lại thành 3 loại. Loại I - Có đường đi xuất phát từ A. Loại II - Có đường đi đến A. Loại III: Không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A. Đặt m = | I |, n = | II |, p = | III |. Ta có m + n + p = 209.

Dễ thấy giữa các thành phố loại I không có đường đi. Tương tự, giữa các thành phố loại 2 không có đường đi.

Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại 3 không vượt quá p(m+n). (Do bậc của A = m + n là lớn nhất).

Tổng số đường đi bao gồm:
+ Các đường đi liên quan đến A: m + n
+ Các đường đi liên quan đến III : $\le p(m+n) $
+ Các đường đi giữa I và II: $\le mn $

Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn $mn + (p+1)m+ (p+1)n \le (m+n+p+1)^2/3 = 210^2/3 $.

Dấu bằng xảy ra với đồ thị 3 phe, mỗi phe có 70 thành phố, thành phố phe 1 có đường đi đến thành phố phe 2, thành phố phe 2 có đường đi đến thành phố phe 3, thành phố phe 3 có đường đi đến thành phố phe 1 (như Traum và Mashimaru đã chỉ ra).

**chemthan** · 22-02-2012, 05:24 PM

Trích:

Nguyên văn bởi namdung

Bài 8. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (a, m, n) sao cho:
(1) a > 1, m > 1;
(2) $a^m + 1 | a^n + 203 $.

*) Trường hợp $a=203 $.
Khi đó $203^m+1|203^{n-1}+1 $.
Suy ra $(a,m,n)=(203,k,(2l+1)k+1) $.
*) Trường hợp $a\ne 203 $.
Đặt $n=km+r $, trong đó $k,r\in N; 0\le r<m $.
Ta có $a^m+1|(-1)^k.a^r+203 $.
Vì $a\ne 203 $ nên $(-1)^k.a^r+203\ne 0 $ $\Rightarrow a^m+1\le |(-1)^k.a^r+203|\le a^{m-1}+203 $.
$\Rightarrow a^{m-1}(a-1)\le 202 $.
$\Rightarrow m\le 8 $.
Đến đây xét các trường hợp của $m $ là ra.

hotraitim · 22-02-2012, 09:39 PM

Bài 7:CHứng minh với mọi a,b,c không âm thì:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

tranghieu95 · 22-02-2012, 09:58 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hotraitim

Bài 7:CHứng minh với mọi a,b,c không âm thì:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

Bài này có ở đây rồi mà bạn
[Only registered and activated users can see links. ]

**namdung** · 22-02-2012, 11:00 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hotraitim

Bài 7:CHứng minh với mọi a,b,c không âm thì:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

Bài này xuất hiện lần đầu tiên trong một tài liệu của Trần Tuấn Anh. Ý tưởng cơ bản là dựa vào đánh giá thú vị sau:

$\sqrt{2(a^2+b^2)} - (a+b) = \frac{2(a^2+b^2)-(a+b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)} + (a+b)} = \frac{(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)} + (a+b)} \le \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}
$

Từ đó suy ra $\sqrt{2(a^2+b^2)} \le a+b + \frac{(a-b)^2}{2(a+b)} $

cleverboy · 22-02-2012, 11:05 PM

Em xin giải bài 10. Em đánh vội nên nếu khó đọc thì mong thầy thông cảm cho em!

kien10a1 · 23-02-2012, 09:39 PM

Trích:

Nguyên văn bởi cleverboy

Em xin giải bài 10. Em đánh vội nên nếu khó đọc thì mong thầy thông cảm cho em!

Em nghĩ có cách đơn giản hơn

Gọi K là trung điểm AI thì K thuộc (I), tiếp tuyến KS của (I) với S trên BC là trung trực AI, SK cắt lại cung AB không chứa C tại P thì C,I, P thẳng hàng.
vẽ SI cắt (CPS) tại O', suy ra O'P=O'C, và $\widehat{SO'C}= \widehat{SPC}=\widehat{NBC } $ nên O'ICB nội tiếp, dễ thấy O cũng thuộc trung trực PC, và $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=120=\widehat{BIC} $ , nên O trùng O', suy ra ĐPCM

**namdung** · 23-02-2012, 10:52 PM

Các bạn thân mến, như vậy là đã có kết quả sơ bộ VMO (dù là từ các nguồn thông tin rời rạc). Có lẽ chỉ ngày mai thôi là sẽ có kết quả chính thức. Trong số các thí sinh, sẽ có những người đạt giải, được tham dự kỳ thi TST, có thí sinh chỉ đạt giải ba, giải KK, và cũng có rất nhiều thí sinh không đạt giải. Đó cũng là chuyện bình thường trong bất kỳ một cuộc thi nào. Có bạn nào đó sẽ cảm thấy nuối tiếc vì đã không làm bài đúng phong độ, đã trình bày không thật tốt, đã sai sót trong tính toán. Tuy nhiên, tất cả rồi sẽ qua đi và những điều tốt đẹp nhất sẽ vẫn còn đọng lại. Ôn luyện cho VMO, các bạn đã học được nhiều kiến thức mới, được thử thách với những bài toán khó, được tư duy, được làm việc và được chuẩn bị cho những thách thức lớn lao hơn còn ở phía trước.

Vì thế, sau khi biết kết quả chính thức VMO, hãy tiếp tục làm tốt các công việc của mình. Các bạn lọt vào Top 42 sẽ chuẩn bị cho kỳ thi chọn đội tuyển. Các bạn còn lại (lớp 12) sẽ ôn thi tốt nghiệp và ôn thi ĐH, các bạn lớp 11 sẽ tìm cách giữ lửa để tiếp tục cho kỳ thi năm sau (hoặc một số bạn sẽ chọn một con đường khác). Các bạn đã cố gắng làm tốt các công việc đã qua, vậy thì hãy tiếp tục cố gắng với những công việc đang tới. Luôn luôn gắng sức và luôn hướng về phía trước. Đó là bí quyết đơn giản của những người thành công.

01-03-2012, 10:29 PM	#6
huynhcongbang Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Ho Chi Minh City Bài gởi: 2,413 Thanks: 2,165 Thanked 4,188 Times in 1,381 Posts	Cách của bạn Hải dành cho bài 15 tuyệt thật, không ngờ lại có thể biến đổi trực tiếp theo độ dài cạnh của tam giác như thế. Dưới đây là cách dùng $p, R, r$ thường gặp đối với các bài toán dạng này: Gọi $p$ là nửa chu vi của tam giác $ABC$, vì tam giác $ABC$ nhọn nên $0<x,y,z<1$. Trước tiên ta sẽ chứng minh các kết quả sau : 1) $\cos A,\cos B,\cos C$ là nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0 () \] 2) ${{p}^{2}}\le 4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr$ ( Bất đẳng thức Gerretsen ) Chứng minh: 1) Gọi $a,b,c$ lần lượt là ba cạnh của tam giác $ABC$, khi đó ta có : \[a=2R\sin A=2R\sqrt{1-{{\cos }^{2}}A}\] và \[p-a=r\cot \frac{A}{2}=r\sqrt{\frac{1+\cos A}{1-\cos A}}\] nên ta có : \[p=a+(p-a)=2R\sqrt{(1-\cos A)(1+\cos A)}+r\sqrt{\frac{1+\cos A}{1-\cos A}}\] \[\Leftrightarrow {{p}^{2}}=4{{R}^{2}}(1-\cos A)(1+\cos A)+4Rr(1+\cos A)+{{r}^{2}}\frac{1+\cos A}{1-\cos A}\] \[\Leftrightarrow {{p}^{2}}(1-\cos A)=4{{R}^{2}}{{(1-\cos A)}^{2}}(1+\cos A)+4Rr(1-{{\cos }^{2}}A)+{{r}^{2}}(1+\cos A)\] \[\Leftrightarrow 4{{R}^{2}}{{\cos }^{3}}A-4R(R+r){{\cos }^{2}}A+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})\cos A+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] Do đó, $\cos A$ là một nghiệm của phương trình (). Hoàn toàn tương tự ta cũng có $\cos B,\cos C$ là nghiệm của phương trình (). Vì (*) là một phương trình bậc ba nên $\cos A,\cos B,\cos C$ là 3 nghiệm của nó và 1) được chứng minh. Theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì : \[\cos A+\cos B+\cos C=-\frac{-4R(R+r)}{4{{R}^{2}}}=\frac{R+r}{R}\] Cũng theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì : \[\cos A.\cos B.\cos C=-\frac{{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}}{4{{R}^{2}}}=\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\] Để cho gọn ta kí hiệu: \[\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)={{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+{{\cos }^{2}}B(\cos C+\cos A)+{{\cos }^{2}}C(\cos A+\cos B)}\] Theo 1) thì $\cos A,\cos B,\cos C$ là ba nghiệm của phương trình : \[4{{R}^{2}}{{X}^{3}}-4R(R+r){{X}^{2}}+({{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}})X+{{(2R+r)}^{2}}-{{p}^{2}}=0\] nên theo định lý Vi-ét thì : \[\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A=\frac{{{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}}}{4{{R}^{2}}}\] Ta có : \[\begin{align} & (\cos A+\cos B)(\cos B+\cos C)(\cos C+\cos A)=(\frac{R+r}{R}-\cos A)(\frac{R+r}{R}-\cos B)(\frac{R+r}{R}-\cos C) \\ & =(\frac{R+r}{R}-\cos A)\left[ {{(\frac{R+r}{R})}^{2}}-(\frac{R+r}{R})\cos B-(\frac{R+r}{R})\cos C+\cos B\cos C \right] \\ & =(\frac{R+r}{R})(\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A)-\cos A\cos B\cos C \\ & =(\frac{R+r}{R}).(\frac{{{p}^{2}}+{{r}^{2}}-4{{R}^{2}}}{4{{R}^{2}}})-\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}=\frac{r.(2Rr+{{p}^{2}}+{{r}^{2}}) }{4{{R}^{3}}} \\ \end{align}\] Mà \[(\cos A+\cos B)(\cos B+\cos C)(\cos C+\cos A)=\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+2\cos A\cos B\cos C}\] \[=\sum{{}}{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)+2.\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\] Suy ra \[\sum{{{\cos }^{2}}A(\cos B+\cos C)=\frac{r(2Rr+{{p}^{2}}+{{r}^{2}})}{4{{R}^{3}}}}-2.\frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-{{r}^{2}}-4Rr}{4{{R}^{2}}}\] \[=\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+2{{r}^{2}}R+8{{R}^{2}}p}{4{ {R}^{3}}}=\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+8{{R}^{2}}r+2R{{r}^{2}}}{4{ {R}^{3}}}\] Trở lại bài toán , ta cần chứng minh rằng : \[\max \left\{ \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2;\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+ 2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+2 \right\}\ge \frac{2}{x+y+z-1}\] Giả sử ngược lại là: \[\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2<\frac{2}{x+y+z-1};\quad \frac{y}{z}+\frac{z}{y}+2<\frac{2}{x+y+z-1};\quad \frac{z}{x}+\frac{x}{z}<\frac{2}{x+y+z-1}\] Ta có : \[\begin{align} & \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2<\frac{2}{x+y+z-1}\Leftrightarrow (x+y+z-1)({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy)<2xy \\ & \Leftrightarrow {{x}^{3}}+x{{y}^{2}}+2{{x}^{2}}y+{{x}^{2}}y+{{y}^{ 3}}+2x{{y}^{2}}+z{{x}^{2}}+z{{y}^{2}}+2xyz-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-2xy<2xy \\ & \Leftrightarrow {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+3{{x}^{2}}y+3x{{y}^{2}}+{{x}^{ 2}}z+{{y}^{2}}z<4xy+{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \\ \end{align}\] Tương tự ta có : \[\begin{align} & {{y}^{3}}+{{z}^{3}}+3{{y}^{2}}z+3y{{z}^{2}}+{{z}^{ 2}}x+{{y}^{2}}x<4yz+{{y}^{2}}+{{z}^{2}};\ \\ & {{z}^{3}}+{{x}^{3}}+3{{z}^{2}}x+3z{{x}^{2}}+{{z}^{ 2}}y+{{x}^{2}}y<2xz+{{x}^{2}}+{{z}^{2}} \\ \end{align}\] Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta được: \[2({{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}})+4[{{x}^{2}}(y+z)+{{y}^{2}}(z+x)+{{z}^{2}}(x+y)]<4(xy+yz+zx)+2({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\] \[\Leftrightarrow {{(x+y+z)}^{3}}<{{(x+y+z)}^{2}}+3xyz+{{x}^{2}}(y+z )+{{y}^{2}}(z+x)+{{z}^{2}}(x+y)\] Đến đây áp dụng các kết quả chứng minh ở trên , ta có : \[\begin{align} & {{\left( \frac{R+r}{R} \right)}^{3}}<{{\left( \frac{R+r}{R} \right)}^{2}}+3.\left( \frac{{{p}^{2}}-4{{R}^{2}}-4Rr-{{r}^{2}}}{4{{R}^{2}}} \right)+\frac{2R{{r}^{2}}+{{p}^{2}}r+{{r}^{3}}-2R{{p}^{2}}+8{{R}^{3}}+8{{R}^{2}}r+2R{{r}^{2}}}{4{ {R}^{3}}} \\ & \Leftrightarrow 4{{R}^{3}}+12{{R}^{2}}r+12R{{r}^{2}}+4{{r}^{3}}<(4 {{R}^{3}}+4R{{r}^{2}}+8{{R}^{2}}r)+(3R{{p}^{2}}-12{{R}^{3}}-12{{R}^{2}}r-3R{{r}^{2}})+ \\ & (8{{R}^{3}}+{{r}^{3}}+8{{R}^{2}}r+4R{{r}^{2}}+{{p} ^{2}}r-2R{{p}^{2}}) \\ & \Leftrightarrow 4{{R}^{3}}+3{{r}^{3}}+8{{R}^{2}}r+7R{{r}^{2}}<{{p} ^{2}}(R+r) \\ & \Leftrightarrow (4{{R}^{3}}+4{{R}^{2}}r)+(3{{r}^{3}}+3R{{r}^{2}})+ (4{{R}^{2}}r+4R{{r}^{2}})<{{p}^{2}}(R+r) \\ & \Leftrightarrow (R+r)(4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr)<{{p}^{2}}(R+r) \\ & \Leftrightarrow 4{{R}^{2}}+3{{r}^{2}}+4Rr<{{p}^{2}} \\ \end{align}\] Trái với kết quả 2). Do đó điều giả sử là sai, tức là ta phải có : \[\max \left\{ \frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2;\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+ 2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+2 \right\}\ge \frac{2}{x+y+z-1}\] Đây cũng chính là đpcm. __________________ Sự im lặng của bầy mèo

22-02-2012, 08:52 PM	#2
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Vì chưa có kết quả VMO nên chưa có bạn thí sinh nào tự tin vào chủ đề này, do đó dường như chủ đề vẫn chỉ là nơi độc diễn của các cựu VMO, TST, IMO. Tôi tiếp tục đưa một số bài tập mới (Trích từ đề thi Ba Lan, 2012) 9. (Trung bình): Tìm tất cả các hàm số $f, g: R --> R $ thỏa $g(f(x) - y) = f(g(y)) + x $ với mọi x, y thuộc R. 10. (Trung bình khó) Cho tam giác ABC có $A=60^0 $ và AB≠AC. Gọi I,O lần lượt là tâm đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: trung trực của AI, đường thẳng OI và đường thằng BC đồng quy. 11. (Khó) Giả sử m,n là các số nguyên dương sao cho tập hợp A={1,2,...,n} có đúng m số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng nếu ta chọn bất kì m+1 số khác nhau từ A thì ta có thể tìm 1 số từ m+1 số đã chọn chia hết tích m số khác. Có 2 bài hình học, mời các bạn tham gia phân tích tìm tòi cách giải.

19-02-2012, 09:15 PM	#4
hotraitim +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 41 Thanks: 79 Thanked 8 Times in 5 Posts	Chứng minh với mọi số thực dương a,b,c thì: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

19-02-2012, 09:20 PM	#7
nghiepdu-socap +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 193 Thanks: 195 Thanked 129 Times in 72 Posts	Giải bài 5: Ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Trong 2 số $a_i,b_i $ 1 số >n, 1 số <n+1 Thật vậy: giả sử tồn tại i sao cho $a_i,b_i < n+1 $ Suy ra $n+1>a_i>a_{i-1}>...>a_1; n+1>b_i>b_{i+1}>...>b_n $ Như vậy sẽ có n+1 số <n+1 (vô lý) Từ nhận xét dễ có điều phải chứng minh

19-02-2012, 10:24 PM	#8
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Bài 3 đúng là có 1 cách dựa vào định lý Turan (đồ thị không chứa đồ thị con đầy đủ bậc 4) và nhận xét cơ bản: Giữa 4 thành phố có nhiều nhất 5 con đường. Cũng nhắc lại rằng khi sử dụng định lý Turan ta phải chứng minh. (Bằng quy nạp như Mashimaru đã nói). Có 1 cách khác giải trực tiếp như sau (lời giải do Nguyễn Mạnh Tiến, SV năm 2 ĐHKHTN Tp HCM đề xuất): Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ A và đường đi đến A). Ta chia các thành phố còn lại thành 3 loại. Loại I - Có đường đi xuất phát từ A. Loại II - Có đường đi đến A. Loại III: Không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A. Đặt m = \| I \|, n = \| II \|, p = \| III \|. Ta có m + n + p = 209. Dễ thấy giữa các thành phố loại I không có đường đi. Tương tự, giữa các thành phố loại 2 không có đường đi. Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại 3 không vượt quá p(m+n). (Do bậc của A = m + n là lớn nhất). Tổng số đường đi bao gồm: + Các đường đi liên quan đến A: m + n + Các đường đi liên quan đến III : $\le p(m+n) $ + Các đường đi giữa I và II: $\le mn $ Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn $mn + (p+1)m+ (p+1)n \le (m+n+p+1)^2/3 = 210^2/3 $. Dấu bằng xảy ra với đồ thị 3 phe, mỗi phe có 70 thành phố, thành phố phe 1 có đường đi đến thành phố phe 2, thành phố phe 2 có đường đi đến thành phố phe 3, thành phố phe 3 có đường đi đến thành phố phe 1 (như Traum và Mashimaru đã chỉ ra).

22-02-2012, 09:39 PM	#10
hotraitim +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 41 Thanks: 79 Thanked 8 Times in 5 Posts	Bài 7:CHứng minh với mọi a,b,c không âm thì: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $

23-02-2012, 10:52 PM	#15
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Các bạn thân mến, như vậy là đã có kết quả sơ bộ VMO (dù là từ các nguồn thông tin rời rạc). Có lẽ chỉ ngày mai thôi là sẽ có kết quả chính thức. Trong số các thí sinh, sẽ có những người đạt giải, được tham dự kỳ thi TST, có thí sinh chỉ đạt giải ba, giải KK, và cũng có rất nhiều thí sinh không đạt giải. Đó cũng là chuyện bình thường trong bất kỳ một cuộc thi nào. Có bạn nào đó sẽ cảm thấy nuối tiếc vì đã không làm bài đúng phong độ, đã trình bày không thật tốt, đã sai sót trong tính toán. Tuy nhiên, tất cả rồi sẽ qua đi và những điều tốt đẹp nhất sẽ vẫn còn đọng lại. Ôn luyện cho VMO, các bạn đã học được nhiều kiến thức mới, được thử thách với những bài toán khó, được tư duy, được làm việc và được chuẩn bị cho những thách thức lớn lao hơn còn ở phía trước. Vì thế, sau khi biết kết quả chính thức VMO, hãy tiếp tục làm tốt các công việc của mình. Các bạn lọt vào Top 42 sẽ chuẩn bị cho kỳ thi chọn đội tuyển. Các bạn còn lại (lớp 12) sẽ ôn thi tốt nghiệp và ôn thi ĐH, các bạn lớp 11 sẽ tìm cách giữ lửa để tiếp tục cho kỳ thi năm sau (hoặc một số bạn sẽ chọn một con đường khác). Các bạn đã cố gắng làm tốt các công việc đã qua, vậy thì hãy tiếp tục cố gắng với những công việc đang tới. Luôn luôn gắng sức và luôn hướng về phía trước. Đó là bí quyết đơn giản của những người thành công.