Chủ đề này có 11 trả lời

[havythpthamthuannam]

[moonkey01]

Bài 2:

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{x^2}{y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $\sum \frac{xy}{x+y}\leq\sum \frac{(x+y)^2}{4}.\frac{1}{x+y}=\frac{x+y+z}{2}$

 

Kết hợp 2 bất đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh.

 

Bài 5:

 

Theo định lý Ceva dạng lượng giác thì $\frac{sin\angle MAB}{sin\angle MAC}.\frac{sin\angle MBC}{sin\angle MBA}.\frac{sin\angle MCA}{sin\angle MCB}=-1\Leftrightarrow \frac{sin\angle A_{1}AC}{sin\angle A_{1}AB}.\frac{sin\angle B_{1}BA}{sin\angle B_{1}BC}.\frac{sin\angle C_{1}CB}{sin\angle C_{1}CA}=-1$

 

Do đó $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy.

[ineX]

Câu 4 lấy ý tưởng từ vmo 2012 thì phải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ineX: 19-10-2016 - 20:37

[taitueltv]

14741860_1824279264450620_1490541985_n.jpg

 

Bài bất đẳng thức $ \sum \frac{ xy}{x+y}  \le \frac{x+y+z}{2}$

 

Đặt $ a=x+y, b= y+z, c=x+z$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 

 

$\sum \frac{ a^2-(b-c)^2}{a} \le a+b+c$ hiển nhiên đúng

[Puisunjouronestledumonde]

Bài 4:

a/ Gọi A,B là cặp nam nữ ngồi gần nhau.

Số cách chọn A và xếp cặp A,B ngồi gần nhau: $C_{10}^{1}.2!$

Số cách xếp 18 bạn còn lại :$9!.9!$ 

Số cách xếp thỏa yc:

$C_{10}^{1}.2!.9!.9!=20.9!.9!$ cách

b/ Gọi $x_{i}$ là số các bạn nam ngồi trước $G_{i}$ và $x_{11}$ là số các bạn nam ngồi sau $G_{10}$ theo sơ đồ:

$$\underset{x_{1}}{\underbrace{T..T}}G_{1}\underset{x_{2}}{\underbrace{T..T}}G_{2}........G_{9}\underset{x_{10}}{\underbrace{T..T}}G_{10}\underset{x_{11}}{\underbrace{T..T}}$$

Ta có pt:

$$x_{1}+x_{2}+.....+x_{10}+x_{11}=10\text{ với }x_{1,3,4,5,6,7,8,10,11}\geq 0; x_{2}\geq 2\text{ và }1\leq x_{9}\leq 3$$

Đổi biến:

$$y_{1}+y_{2}+.....+y_{10}+y_{11}=7\text{ với }y_{i}\geq 0\text{ và riêng } y_{9}\leq 2  (*)$$

Theo bài toán chia kẹo Euler, ta có số nghiệm của $(*)$ với $y_{i}\geq 0$:

$C_{17}^{10}$

với $y_{9}\geq 3$ ta có pt:

$$z_{1}+z_{2}+.....+z_{10}+z_{11}=4\text{ với }z_{i}\geq 0$$

có số nghiệm là:

$C_{14}^{10}$

Vậy số cách xếp thỏa yc:

$C_{17}^{7}-C_{14}^{4}=19448-1001=18447\text{ cách}$

[Zeref]

Một cách khác cho vế sau của bài BĐT 

Áp dụng AM-GM

$\sum \frac{xy}{x+y} \leq \sum \frac{xy}{2\sqrt{xy}}= \sum \frac{\sqrt{xy}}{2} \leq \frac{x+y+z}{2} $

[Zeref]

Câu a bài tổ hợp có thẻ hiểu một cách đơn giản như thế này không nhỉ ?

Có 2 TH là các chàng trai sẽ ngồi ở vị trí trái và ở vị trí phải

TH1: Các chàng trai ngồi bên trái 

Nếu chàng trai X ngồi cạnh cô gái mình dẫn theo thì những người còn lại sẽ có $9!.9!$ cách chọn

Có 10 chàng trai nên số cách chọn là $10.9!.9!$

Tương tự với TH2 thì số cách chọn tổng cộng là $2.10.9!.9!$

[k4x]

bài $3a$ 

ta có bài toán sau , cho $a,b$ là 2 số dương thỏa $a < b$ thì $\frac{a}{b} < \frac{a+1}{b+1}$ 

Áp dụng bài toán trên ta được: $u_{n} < \prod_{i=1}^{n}\frac{2i+2}{2i+3}$

                                              =>$u_{n}^2 < \frac{1}{2n+3}$

                                              =>$u_{n}$ $<$ $\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$=$v_{n}$

chứng minh quy nạp ta được $u_{n} > \frac{1}{2n+1}=w_{n}$

Vì $w_{n} < u_{n} < v_{n}$

     $limw_{n}$=$lim v_{n}$=$0$

nên theo nguyên lý kẹp thì $lim u_{n}=0$     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi k4x: 20-10-2016 - 22:12

[Isaac Newton]

Bài 3:

$a, u_n=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2n+1}{2n+2}$ . Ta có $u_n^2=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{2^2.4^2...(2n+2)^2}>\frac{(3^2-1)(5^2-1)...((2n+1)^2-1)}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{(2.4).(4.6)...((2n)(2n+2))}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{2.4...(2n)(2n+2)}{2.4...(2n+2)}.\frac{4.6...(2n)}{2.4...(2n)(2n+2)}=\frac{1}{2(2n+2)}.$ Lại có $ u_n^2<\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(2^2-1)(4^2-1)...((2n+2)^2-1))}=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(1.3)(3.5)...((2n+1)(2n+3))}$ $=\frac{1.3...(2n+1)}{1.3...(2n+1)}.\frac{1.3...(2n+1)}{3.5...(2n+3)}=\frac{1}{2n+3}.$

Vậy $\frac{1}{2(2n+2)}<u_n^2<\frac{1}{2n+3}$ suy ra $limu_n=0, n\rightarrow +\infty.$

$b, u_1=1=tan\frac{\pi }{4}$

Ta chứng minh $u_n=tan\frac{\pi }{4.2^{n-1}}$,  với mọi $n\geq 1$ bằng quy nạp.

Với n=1: $u_1=tan\frac{\pi}{4}$

Giả sử đúng với n=k, $k\geq 2$: $u_k=tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}$

Cần chứng minh đúng với n=k+1: $u_{k+1}=tan\frac{\pi}{4.2^k}$

Thật vậy: $u_{k+1}=\frac{\sqrt{1+u_k^2}-1}{u_k}$ $=\frac{\sqrt{1+tan^2\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}-1}{tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}$$=\frac{\frac{1}{cos\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}-1}{tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}=\frac{1-cos\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}{sin\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}=\frac{2sin^2\frac{\pi}{4.2^k}}{2sin\frac{\pi}{4.2^k}.cos\frac{\pi}{4.2^k}}=tan\frac{\pi}{4.2^k}$

Theo nguyên lí quy nạp $u_n=tan\frac{\pi }{4.2^{n-1}}$,với mọi $ n\geq 1.$

 

[hoangnguyentdnb]

Câu 1 a chắc đạo hàm thẳng tiến nhỉ, còn câu 1b chắc xét bằng pp đồ thị rồi

Câu bđt cũng dễ quá ta

[IHateMath]

Bài $5$: các cặp đường thẳng $AA_1$, $AM$; $BB_1$, $BM$; $CC_1$, $CM$ lần lượt đẳng giác trong góc $A$, $B$,$C$, do đó đồng qui tại điểm $P$. Điểm này được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của $M$.

[IHateMath]

Bài số $5$ ngoài cách của bạn moonkey01 ra, còn có thể chứng minh như sau:

Trước hết ta cần có một bổ đề:

Cho tam giác $ABC$, $M,N\in BC$ sao cho $AM,AN$ đẳng giác trong góc $A$. Khi đó ta có

$\frac{BD}{DC}.\frac{BE}{EC}=\frac{AB^2}{AC^2}$.

Đây chính là định lý Steiner nổi tiếng. Chứng minh: ta có 

$\frac{BD}{CD}=\frac{S(BAD)}{S(DAC)}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle BAD}{sin\angle DAC}$

Hoàn toàn tương tự

$\frac{BE}{EC}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle{BAE}}{sin\angle{EAC}}$

Nhân hai vế hai biểu thức trên, ta có đpcm. $\square$

Trở lại bài toán. Ta kéo dài cho $AM,BM,CM,AA_1.BB_1,CC_1$ cắt các cạnh đối tại $A_2,B_2,C_2,A_3,B_3,C_3$. Sử dụng bổ đề trên ta có:

$\frac{BB_2}{CB_2}.\frac{BB_3}{CB_3}=\frac{AB^2}{AC^2}$

$\frac{CC_2}{AC_2}.\frac{CC_3}{AC_3}=\frac{BC^2}{BA^2}$

$\frac{AA_2}{BA_2}.\frac{AA_3}{BA_3}=\frac{CA^2}{CB^2}$.

Nhân 3 kết quả trên lại và chú ý rằng, $AA_2.BB_2,CC_2$ đồng qui, sử dụng định lý $Menelaus$ ta có ngay đpcm. $\square$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 11-11-2016 - 13:34