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.
[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 5: DELTA - BETA
#21
Đã gửi 26-11-2011 - 09:34
- cvp và taminhhoang10a1 thích
#23
Đã gửi 26-11-2011 - 19:29
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.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 30-11-2011 - 11:41
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
#24
Đã gửi 26-11-2011 - 20:40
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.
Trận này em không làm được bài nào cho BETA cả nên đành đóng góp cái hình vậy.
--------------------------------
BETA CỐ LêN
--------------------------------
P/S: Trọng tài cho em hỏi là kết quả trên máy tính điện tử có chấp nhận và được điểm tối đa không ạ
PSW : 0/7 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 09-12-2011 - 19:06
- hammetoan yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#25
Đã gửi 26-11-2011 - 20:56
Không cần hỏi Ý kiến của trọng tài, thì tôi cũng có thể khẳng định rằng "không được!"
- Cao Xuân Huy yêu thích
#26
Đã gửi 26-11-2011 - 21:00
Ý anh là sao ạÝ em hỏi về bài so sánh $300!$ với $100^{300}$
Không cần hỏi Ý kiến của trọng tài, thì tôi cũng có thể khẳng định rằng "không được!"
#27
Đã gửi 26-11-2011 - 21:03
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#28
Đã gửi 26-11-2011 - 23:50
Tính $ (1000-1)^7$ ; người thầy nghĩ học trò dù dùng máy tính thì cũng không tính ra chính xác dc ; buộc phải tính tay bằng nhị thức Newton ; nhưng ngày nay ; với những máy tính hiện đại ; câu hỏi này có thể dc làm chỉ bằng 1 dòng và đương nhiên ai dám nói sai . Nên nhớ là từ lớp 6 trở đi ; học sinh được dùng máy tính điện tử để làm các con Toán đơn thuần là cộng trừ nhân chia . Người ta dùng đến Maple để làm những bài BĐT rất trâu bò và những lời gảii đó ; về mặt Toán học vẫn chấp nhận dc
Và ngay trên báo THTT với những câu lớp 6 kiểu này ; thường để phải có câu " Không dùng máy tính "
Nhưng nói chung ; đây là sân chơi trí tuệ nên PSW vẫn xin trả lời rõ ràng là lời giải bằng máy tính thì không dc chấp nhận ; và nếu có cho điểm thì cũng chỉ là điểm " lao động" cho vui thôi ; không có ý nghĩa gì mấy ; ví dụ 0,25/6 chẳng hạn
- Cao Xuân Huy yêu thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#29
Đã gửi 27-11-2011 - 09:20
- taminhhoang10a1 yêu thích
#30
Đã gửi 27-11-2011 - 09:53
#31
Đã gửi 27-11-2011 - 13:34
Câu 1 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O ; bán kính R ; ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r . AB ; BC tiếp xúc đường tròn tâm I này tại M ; N . Đường thẳng MN lại cắt đường tròn tâm O ; bán kính R tại P ; Q
Chứng minh : PQ $ \ge $ 2MN
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 27-11-2011 - 13:35
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#32
Đã gửi 27-11-2011 - 15:00
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
#33
Đã gửi 28-11-2011 - 15:17
#34
Đã gửi 28-11-2011 - 18:09
Mình tính ra đề ở dạng mập mờ như vậy cho các bạn suy nghĩ, nhưng thấy các bạn hiểu sai vấn đề nhiều quá nên có thể nói rõ thêm chút xíu: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.
Đề: Diện tích hình thang bằng 1. Hỏi đường chéo hình thang có thể lấy giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
Nói thêm: Đường chéo hình thang có giá trị nhỏ nhất, ý của ongtroi là.......không phải một đường chéo mà cả hai đường chéo! Vậy nếu các bạn tìm ra một đường chéo nào đó có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu thì....đường còn lại cũng phải có giá trị nhỏ nhất mà nó có thể nhận được trong những trường hợp đó là bao nhiêu?! Hay đơn giản hơn: đó chính là giá trị nhỏ nhất của đường chéo lớn nhất!
#35
Đã gửi 04-12-2011 - 20:06
Bài toán yêu cầu chứng mình: Tập hợp các số dư của $B_i$ cho $100$ có ít nhất $11$ phần tử. Suy ra ta cần chứng minh: Có ít nhất $11$ số $B_i$ không chia hết cho $100$.
Tức là, ta chứng minh có nhiều nhất $89$ số $B_i$ chia hết cho $100$.
Giả sử có ít nhất $90$ số $B_i$ chia hết cho $100$. Ta sẽ khẳng định điều này không tồn tại.
Thật vậy:
Ta chọn $B_{k_1},B_{k_2},...,B_{k_{90}}$ chia hết cho $100$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $B_{k_1}$ nhỏ nhất trong $B_{k_j}$, với $j=1,2,...90$. Với cách xác định $B_{i}$ thì $B_{k_j}>B_{k_l}$ $(k>l)$
Do đó:$$B_{k_1} \ge 100$$
$$B_{k_2} \ge 200$$
$$B_{k_3} \ge 300$$
$$...............$$
$$B_{k_{90}}\geq 9000$$
Suy ra: $$\sum\limits_{j = 1}^{90} {{B_{{k_j}}}} \geqslant 100(1 + 2 + ... + 90) = 409500\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Mặt khác:$$\sum\limits_{i = 1}^{100} {{B_i}} = 100{a_1} + 99{a_2} + .... + {a_{100}} \leqslant 100.100 + 99.99 + .... + 1$$
(theo BĐT hoán vị)
$$ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^{100} {{B_i}} \leqslant \dfrac{{100.101.201}}{6} = 338350\,\,\,\,(2)$$Từ (1), (2) suy ra không tồn tại $90$ số $B_i$ chia hết cho $100$.
Trường hợp có nhiều hơn $90$ số $B_i$ chia hết cho $100$ thì theo chứng minh trên hiển nhiên không xảy ra.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
PSW :
Lập luận trong lời giải bài Toán này ngay từ đầu đã không đúng
Đề yêu cầu chứng minh tập hợp các số dư khi chia 100 số $B_i$ cho $100$ có ít nhất 11 phần tử ; tức là có thể có 11 số dư khác nhau ; bạn lại đi chứng minh có ít nhất 11 số $B_i$ không chia hết cho 100 ; thế cả 11 số này đồng dư với 1 modulo 100 thì sao ??
2/8 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 26-01-2012 - 22:46
- perfectstrong, khanh3570883, Ispectorgadget và 6 người khác yêu thích
#36
Đã gửi 05-12-2011 - 00:17
$$\left( {x + y} \right)\left( {f(x) - f(y)} \right) = (x - y)f(x + y)\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*)$$
Lời giải 1:
Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.
Trong $(*)$ cho $y=2$, ta được: $$f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Trong $(*)$ cho $y=1$, ta được: $$f\left( {x + 1} \right) = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 1 \right)} \right)$$
Suy ra: $$f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {f\left( {x + 1} \right) - f\left( 1 \right)} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 1 \right)} \right) - f\left( 1 \right)} \right)$$
Do đó: $$ \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$$
Từ (1) và (2), ta được: $$\dfrac{{x + 2}}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right) = \dfrac{{x + 2}}{x}\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x - 2}}\left( {f\left( x \right) - f\left( 2 \right)} \right) = \dfrac{{x + 1}}{{x\left( {x - 1} \right)}}f\left( x \right) - 2f\left( 1 \right)\dfrac{1}{{x - 1}}$$
$$ \Leftrightarrow 2f\left( 1 \right)\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{1}{{x - 2}}f\left( 2 \right) = \left( {\dfrac{{x + 1}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \dfrac{1}{{x - 2}}} \right)f\left( x \right)$$
$$ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2}\left( {x - 1} \right)x - f\left( 1 \right)\left( {x - 2} \right)x = \left( {\dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2} - f\left( 1 \right)} \right){x^2} + \left( {2f\left( 1 \right) - \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2}} \right)x$$
Suy ra: $f\left( x \right) = a{x^2} + bx,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.
Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = a{x^2} + bx\,\,\,\,\left( {\,a,b \in \mathbb{R}} \right)$
________________________________________________________________
Lời giải 2:
Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.
Đặt $P\left( {x,y} \right)$ là hàm của $\left( {x + y} \right)\left( {f\left( x \right) - f\left( y \right)} \right) = \left( {x - y} \right)f\left( {x + y} \right)$
Khi đó: $$P\left( {x + 1, - x} \right):\,\,f\left( {x + 1} \right) - f\left( { - x} \right) = \left( {2x + 1} \right)f\left( 1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
$$P\left( { - x,x - 1} \right):\,\, - f\left( { - x} \right) + f\left( {x - 1} \right) = \left( {1 - 2x} \right)f\left( { - 1} \right)\,\,\,\,\,\,(2)$$
$$P\left( {x + 1,x - 1} \right):\,\,2x\left( {f\left( {x + 1} \right) - f\left( {x - 1} \right)} \right) = 2f\left( {2x} \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) - f\left( {x - 1} \right) = \dfrac{{f\left( {2x} \right)}}{x}\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
Lấy $(1) - (2) - (3)$, ta được: $$0 = \left( {2x + 1} \right)f\left( 1 \right) - \left( {1 - 2x} \right)f\left( { - 1} \right) - \dfrac{{f\left( {2x} \right)}}{x}$$
$$ \Leftrightarrow f\left( {2x} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right)} \right){\left( {2x} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right)} \right)2x$$
Suy ra: $f\left( x \right) = a{x^2} + bx,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.
Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = a{x^2} + bx\,\,\,\,\left( {\,a,b \in \mathbb{R}} \right)$
_______________________________________________________________
Lời giải 3:
Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thoả mãn bài toán.
Từ phương trình $(*)$ suy ra: $$f\left( x \right) - f\left( y \right) = \dfrac{{x - y}}{{x + y}}f\left( {x + y} \right)$$
Ta có: $$f\left( x \right) - f\left( y \right) = f\left( x \right) - f\left( z \right) + f\left( z \right) - f\left( y \right) = \dfrac{{x - z}}{{x + z}}f\left( {x + z} \right) + \dfrac{{z - y}}{{z + y}}f\left( {z + y} \right)$$
Từ đó cho ta: $$\dfrac{{x - y}}{{x + y}}f\left( {x + y} \right) = \dfrac{{x - z}}{{x + z}}f\left( {x + z} \right) + \dfrac{{z - y}}{{z + y}}f\left( {z + y} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Đặt: $y + z = a;z + x = b;x + y = c$, khi đó $(1)$ trở thành:
$$\dfrac{{b - a}}{c}f\left( c \right) = \dfrac{{c - a}}{b}f\left( b \right) + \dfrac{{b - c}}{a}f\left( a \right)$$
Cố định $a,b \Rightarrow f\left( a \right),f\left( b \right)$ không đổi, ta được:
$$f\left( c \right) = \left( {\dfrac{1}{{a - b}}\left( {\dfrac{{f\left( a \right)}}{a} - \dfrac{{f\left( b \right)}}{b}} \right)} \right){c^2} + \left( {\dfrac{1}{{a - b}}\left( {\dfrac{a}{b}f\left( b \right) - \dfrac{b}{a}f\left( a \right)} \right)} \right)c$$
Suy ra: $f\left( x \right) = A{x^2} + Bx,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thoả phương trình $(*)$.
Vậy hàm số cần tìm là $f\left( x \right) = A{x^2} + Bx\,\,\,\,\left( {\,A,B \in \mathbb{R}} \right)$
PSW : 7/7 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 09-12-2011 - 19:09
- perfectstrong, khanh3570883, hxthanh và 9 người khác yêu thích
#37
Đã gửi 05-12-2011 - 00:27
#38
Đã gửi 05-12-2011 - 11:35
Gọi d1, d2 là độ dài 2 đường chéo hình thang và P1, P2 là độ dài hình chiếu của 2 đường chéo có độ dài d1, d2 lên cạnh đáy CD. Gọi CB=b, AB=a, h là chiều cao hình thang.
Giả sử $d_{1}\geq d_{2}=>P1\geq P2$
Ta có: $P1+P2=a+b=>2P1\geq P1+P2=a+b$
<=> $2P1\geq a+b$
<=> $P1\geq \dfrac{a+b}{2}=\dfrac{S}{h}=\dfrac{1}{h}$ (vì theo giả thiết diện tích hình thang bằng 1)
Ta có: $\Delta AHC\perp H$
=> $d_{1}^{2}=P_{1}^{2}+h_{1}^{2}\geq \dfrac{1}{h^{2}}+h^{2}\geq 2$ (theo AM-GM)
Vậy $Min_{d_{1}}=\sqrt{2}<=>h=P1=P2=1$
PSW : 6/7 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 27-01-2012 - 11:41
- taminhhoang10a1 và hammetoan thích
Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.
Albert Einstein
(1879-1955)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?
và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống
#39
Đã gửi 05-12-2011 - 12:05
Nhận thấy hai số cần so sánh có dạng $n!$ và ${\left( {\dfrac{n}{3}} \right)^n}$ với $n$ là số tự nhiên khác không.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp khẳng định sau: $$n!>\left ( \dfrac{n}{3} \right )^{n}\Leftrightarrow 3^{n}n!>n^{n},\; \forall n\in \mathbb{N}^{*}\; \; \; \; \; \; \left ( * \right )$$
Với $n=1$ thì $(*) \Leftrightarrow 3 > 1$ đúng.
Giả sử $(*)$ đúng với $n = k,k \geqslant 1,k \in {\mathbb{N}^*}$ tức ${3^k}k! > {k^k}$
Ta chứng minh $(*)$ đúng với $n = k + 1$ hay ${3^{k + 1}}\left( {k + 1} \right)! > {\left( {k + 1} \right)^{k + 1}}$.
Thật vậy, ta có: ${3^{k + 1}}\left( {k + 1} \right)! = {3.3^k}k!\left( {k + 1} \right) = 3\left( {k + 1} \right){3^k}k! > 3\left( {k + 1} \right){k^k}$ (theo giả thiết quy nạp)
Ta cần chứng minh: $$3\left( {k + 1} \right){k^k} > {\left( {k + 1} \right)^{k + 1}} \Leftrightarrow 3\left( {k + 1} \right){k^k} > \left( {k + 1} \right){\left( {k + 1} \right)^k}$$
$ \Leftrightarrow 3{k^k} > {\left( {k + 1} \right)^k} \Leftrightarrow 3 > {\left( {\dfrac{{k + 1}}{k}} \right)^k} = {\left( {1 + \dfrac{1}{k}} \right)^k}$ đúng $\forall k \in {\mathbb{N}^*}$
Vậy $(*)$ đúng với $n = k + 1$. Theo nguyên lí quy nạp suy ra $(*)$ đúng $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$ hay $n! > {\left( {\dfrac{n}{3}} \right)^n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$
Trở lại bài toán: Chọn $n=300$ ta được: $\boxed{300! > {{100}^{300}}}$.
PSW : 6/6 điểm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 18-01-2012 - 23:16
- anh qua, perfectstrong, khanh3570883 và 8 người khác yêu thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh