Chủ đề này có 14 trả lời

[IHateMath]

Olympic GẶP GỠ TOÁN HỌC tại Đồng Nai

Đề thi Olympic GGTH 2016

Nguồn : Facebook (Fanpage GGTH)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 17-07-2016 - 22:42

[Alpha LogaE]

Mình nghĩ bài 5 (khối 10) làm như sau:

Đầu tiên, ta xét trường hợp A=1

Giả sử bạn nhận được bóng là $A_{0}$, là tâm của hệ 9 điểm còn lại

Gọi 9 bạn còn lại lần lượt là các điểm $A_{1}, A_{2},...,A_{9}$, 

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: $A_{i}A_{0}\neq A_{j}A_{0}$ và $A_{i}A_{j}>A_{i,j}A_{0}$

Dễ thấy trong các góc $\angle A_{i}A_{0}A_{j}$ sẽ tồn tại một số góc $< \frac{360}{9}=40^{o}$ , gọi một trong các góc đó là $\angle A_{1}A_{0}A_{2}$. Để ý rằng $A_{i}A_{j}$ < $A_{i}A_{0}$ hoặc $A_{j}A_{0}$, điều này vô lý.

Với A=2. Gọi $A_{1},A_{10}$ là 2 tâm khác biệt và $A_{2},A_{3},A_{4},A_{5}$ tương ứng với tâm $A_{1}$ , $A_{6},A_{7},A_{8},A_{9}$ tương ứng với tâm $A_{10}$. Xét trong từng hệ 5 điểm:

Bây giờ sẽ tồn tại một số góc $\angle A_{i}A_{0}A_{j}$ thỏa $60^{o}< \angle A_{i}A_{0}A_{j}<90^{o}$, và ta chỉ cần chọn các góc còn lại trong tam giác $A_{i}A_{0}A_{j}$ để $\angle A_{i}A_{0}A_{j}$ lớn nhất.

Đối với các góc tù thì hiển nhiên $\angle A_{i}A_{0}A_{j}$ lớn nhất.

Vậy ta luôn chọn được $A_{i}A_{j}$ là các cạnh dài nhất trong các tam giác trong từng hệ 5 điểm, tức là khoảng cách của các điểm còn lại đến tâm luôn ngắn nhất, thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy A = 2 là giá trị nhỏ nhất cần tìm.

 

 

[IHateMath]

Câu 4: (Lớp 12)

Hình gửi kèm

(ký hiệu $(M)$ cho đường tròn đường kính $AM$)

a) Để cm $(M)$ và $(I_1)$ trực giao, ta cần chỉ ra phương tích của $I_1$ với $(M)$ bằng ${I_1X}^2$, điều này được suy ra từ chính cách dựng $(M)$. Tương tự khi cm $(I_2)$ và $(M)$ trực giao.

b) Gọi $P, Q$ lần lượt là tiếp điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$ với $BC$; $S, R$ lần lượt là tiếp điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$ với $(O)$. $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ (và do đó cố định). Ta có (theo câu a)) phương tích của $M$ với hai dường tròn $(I_1)$, $(I_2)$ bằng nhau và do đó, $K$ thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn này, gọi là $d$. Hơn nữa, dễ cm dc $N$ cũng nằm trên $d$. Mặt khác không khó để chỉ ra rằng $\overline{J,P,S}$, $\overline{J,Q,R}$ (kết quả cơ bản) và từ đó suy ra $JR$ là đường phân giác góc $BRC$ => (tam giác đồng dạng) $JB^2=JC^2=JQ.JR$. Hoàn toàn tương tự, $JB^2=JC^2=JP.JS$ từ đây ta có $JP.JS=JQ.JR$ => $J\in d$. Vậy $MN$ đi qua điểm cố định $J$.

P/s: Cứ tưởng sờ đến Sawayama, ai ngờ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 17-07-2016 - 23:02

[hoanglong2k]

Bài 2.

Ta đặt $x=a+b$ và $y=a+c$ thì $3a+2b+c=2x+y$ với $x,y\geq 0$

 Chú ý là ta có các đánh giá $a+b+c\leq 2a+b+c=x+y$ và $ab+bc+ca\leq a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)=xy$, cho nên ta chỉ cần chứng minh

\[(2x+y)^3\geq 6\sqrt{3}xy(x+y)\]

 Chuẩn hóa $y=1$ thì ta cần chứng minh $8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1\geq 0$

 Xét hàm số $f(x)=8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1$ trên $[0;\infty )$

 Có $f'(x)=24x^2+12(2-\sqrt{3})x+6-6\sqrt{3}$, phương trình $f'(x)=0\Leftrightarrow 6(2x+1)(2x+1-\sqrt{3})=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$

 Từ đó ta có thể suy ra được $f(x)\geq f\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=0$

 Bài toán được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=0$ và $b=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}c$

[supernatural1]

bài 1 khối 10 nhá:

nhân hai vế của phương trình thứ nhất với y và phương trình thứ 2 với x rồi cộng vào ta được:

$ 2xy-1=3y $ đến đây thì ok rồi

[nguyenduy287]

Bài 1 khối 11 : Giải pt lượng giác 

Pt viết lại : $2CosxSinx-Sinx+2Cos^2x-Cosx-1=0<=>Sin2x+Cos2x=Sinx+Cosx<=>\sqrt{2}Sin(2x+\frac{\pi }{4})=\sqrt{2}Sin(x+\frac{\pi }{4})$

Tới đây đơn giản rồi

[canhhoang30011999]

cho em hỏi bài 3 đề lớp 12 cứ xoay vong như vậy có nghĩa là sao ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 19-07-2016 - 17:30

[baopbc]

Lớp 11.

 

Bài 3. Câu này không khó! Theo công thức sai phân dễ thấy $U_n=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$

Từ đó có thể giải quyết dễ dàng ý a, và phần đầu ý b.

Phần chứng minh $U_{2k}+6$ không phải là lũy thừa bậc $5$ của một số tương đương với việc chứng minh $U_k^2+8$ không phải là lũy thừa bậc $5$ của một số.

Giả sử phản chứng tức là tồn tại số $k$ sao cho $U_{2k}+6$ là lũy thừa bậc $5$ của một số. Đặt $U_k=a$ thì $\exists \ b\ :\ a^2+8=b^5$

Dễ chứng minh bằng quy nạp $U_{2k}$ lẻ với mọi $k>0$ nên $b$ lẻ từ đó $b\equiv 0;1;5\pmod {10}$. Mặt khác do $a^2$ là số chính phương nên $a^2+8\not \equiv 0;1;5\pmod {10}$. Từ đó ta có đpcm.

 

Bài 4. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A.DV$ cắt $BC$ tại $E$. Do $UX\parallel AI$ nên tứ giác $EXUV$ nội tiếp, từ đó $\angle EVU=90^\circ$ kéo theo $V$ là tiếp điểm của đường tròn $Mixilinear$ ứng với $A$ của $(O)$. Gọi $Y$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ thì $IY\perp CI$. Từ đó dễ có đpcm.

 

Lớp 10. 

 

Bài 5. (Một bài cũ) Đáp số bài toán này là $3$. Trường hợp anh Alpha LogaE chỉ ra ở dưới chỉ dưới là phép chứng minh tồn tại một các sắp xếp sao cho có $4$ bạn có bóng, từ đó $n\leq 4$. Với trường hợp $n=2$ thì có thể lý luận góc dẫn tới vô lý. Trường hợp $n=3$ đơn giản hơn bằng việc chỉ ra một cách sắp xếp.

PS. Bài toán này rất quen thuộc, có thể tham khảo cuốn các bài toán hình học tổ hợp của thầy Phan Huy Khải.

Dạo này em hay nhầm lẫn, nếu có sai ở đâu mong mọi người thông cảm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-07-2016 - 02:28

[baopbc]

Lớp 11.

 

Bài 5. (Câu này cũng không khó) Đầu tiên do tổng số các dĩa là số chẵn nên số các trồng có số lẻ sẽ là số chẵn. Từ đó thực hiện quá trình trên với từng cặp trồng lẻ phân biệt thì ta sẽ thu được một dãy các trồng chẵn. Bây giờ chia số đĩa ở mỗi trồng cho $2$ thì tổng các đĩa trên mỗi trồng là số chẵn từ đó thực hiện tương như như trên. Chú ý $32=2^5$ nên sau hữu hạn bước ta sẽ thu được hai số $1$ từ đó chồng lại và ta thu được đpcm.

 

Nhận xét. Ta cũng có thể chứng minh cho trường hợp tổng quát $2^n$ với cách làm tương tự!

 

Lớp 10.

 

Bài 3. Tham khảo: http://www.artofprob...7_infinite_ways

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 21-07-2016 - 11:03

[No Moniker]

Lớp 12 bài 5 tổ. Mình chưa hoàn thành bài nhưng còn đang dở dang và không biết đúng không nữa, mong mọi người góp ý

Nhận thấy rằng để xuất hiện đống sỏi có n viên sỏi thì phải tồn tại 2 đống sỏi có số sỏi bằng nhau trong quá trình chuyển.

Ta gọi số sỏi khi phân ra thành 3 đống là $a,b,c$ với $a+b+c=2n$ và $a,b,c>0$
Tổng số sỏi là $2n$ do vậy ta có thể giả sử rằng $a,b$ lẻ ; $c$ chẵn vì mọi trường hợp khác đều dẫn tới trường hợp này.

Đặt $c=2^k.t$ với $t$ là số lẻ.

Giả sử ta chuyển hết số sỏi sang đống $b$ cho đến khi $c=t$

Khi đó ta có: $$b=b+2c.\left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{2^k} \right )$$

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng trong quá trình chuyển số sỏi từ B sang A sẽ tồn tại 1 đống sỏi có số sỏi bằng C.

Hay ta chứng minh tồn tại $t$ sao cho 

$$\dfrac{b+2c.\left ( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2^k} \right )}{2^t}=\frac{c}{2^k}$$

Đến đây mình không biết làm sao nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Moniker: 20-07-2016 - 18:21

[No Moniker]

Lớp 12 bài 1 dãy số. a/ Câu 2 là dạng khá quen thuộc, ta sử dụng $2$ dãy con $u_{2n+1}$ và $u_{2n}$ đơn điệu ngược chiều và $limu_{2n+1}=lim u_{2n}=1.$

b/ Ý tưởng như sau

Với $m$ là số chẵn lớn hơn 3 , ta dễ dàng chứng minh được $limu_n=-\infty $

Với $m$ là số lẻ lớn hơn 3, ta xây dựng 2 dãy con $u_{2n+1}$ và $u_{2n}$ nhưng  $limu_{2n+1} \neq lim u_{2n}$ ( một dãy tiến ra dương vô cùng, một dãy tiến ra âm vô cùng)

Với $m=3$ mình đang bí , ai đó có thể giúp mình được không ? , mình đã đăng topic tại đây.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Moniker: 20-07-2016 - 18:27

[IHateMath]

Với $m=3$ mình đang bí , ai đó có thể giúp mình được không ?

Bạn có thể dùng phản chứng đó, thử đi

[IHateMath]

cho em hỏi bài 3 đề lớp 12 cứ xoay vong như vậy có nghĩa là sao ạ?

Theo mình đề có thể hiểu là ban đầu, ở gien thứ nhất, nhảy qua một đoạn gồm 4 gien, sau đó nhảy qua một đoạn gồm 9 gien, và cứ tăng lên...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 21-07-2016 - 07:23

[the unknown]

Khối 10 bài 3 ( bất đẳng thức): Cho $\Delta ABC$ có độ dài các cạnh không vượt quá $1$. Gọi $p,R,r$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:

$p(1-2Rr)\leq 1$

 

Kí hiệu $a,b,c$ là các cạnh của tam giác. Ta sử dụng các hệ thức lượng quen thuộc: $S=\frac{abc}{4R},S=pr$. Từ đó ta có:

$p(1-2Rr)=p-2Rpr=p-2RS=p-\frac{abc}{2}=\frac{a+b+c-abc}{2}$.

Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được: $a+b+c-abc\leq 2$ với $0<a,b,c\leq 1$ và $a,b,c$ là các cạnh của tam giác.

Do $0<c\leq 1$ và $1-ab\leq 0$ nên $a+b+c-abc=a+b+c(1-ab)\leq a+b+1-ab$

Do đó ta chứng minh $a+b+1-ab\leq 2$ tương đương $(a-1)(b-1)\geq 0$ (luôn đúng do $0<a,b,c\leq 1$)

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$, tức là $\Delta ABC$ đều và có các cạnh bằng $1$.

 

P.s: Bài 2 lớp 10 em có ý tưởng là dùng quy nạp để chứng minh. Tuy nhiên lập luận hơi lỏng lẻo nên chưa dám đăng 

[Nguyenhuyen_AG]

Lời giải khác cho câu bất đẳng thức. Đặt

\[F=(3a+2b+c)^3 - 6\sqrt{3}(a+b+c)(ab+bc+ca).\]

Ta có

\[F = 6\sqrt{3}\left [ 2a(a+b+c)+bc \right ]a+\frac{9-4\sqrt{3}}{33}\left [ 33a+4(6-\sqrt{3})b+(9+4\sqrt{3})c \right ]\left [ \sqrt{3}a+(1+\sqrt{3})b-c \right ]^2 \geqslant 0.\]

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 25-07-2016 - 12:44