Nguồn: Thầy Nguyễn Trung Tuân
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 22-10-2016 - 18:03
Bài hình ngày 1:
a) Gọi H là giao MK với BC. Gọi S là trung điểm của PD, dễ thấy SI vuông góc với MD. Do đó tam giác SDI và MHD đồng dạng.
Do M là trung điểm của KH, S là trung điểm của PD nên tam giác PDI và KHD đồng dạng. Từ đó có PI vuông góc với KD.
PI vuông góc với KD nên PI là trung trực của LD. Vậy PD = PL, do đó PL là tiếp tuyến của (I).
b) Câu b là bài toán ngược của dạng bài: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).
Trong bài này tam giác KBC là tam giác ABC. Đã có P, D, L, I. Có thêm BD = CE nên (I) là đường tròn nội tiếp của KBC.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quantv2006: 22-10-2016 - 09:46
Bài 1:
a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $
b/
Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $
Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $
Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được
$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $
Từ đó suy ra được $n=6k+3 $
Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $
Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $
Bài làm
Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$
Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$
Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $
Chứng minh vế đầu, ta có
$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n} \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $
Tương đương với $ \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó vế đầu được chứng minh
Ta tiêp tục chứng minh vế sau
Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau
$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $
$<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $
Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp
Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có
$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$
Tức là ta cần chứng minh
$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $
Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $
Nên ta cần chứng minh
$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có
$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $
Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 22-10-2016 - 16:21
Bài 3 ngày 2:
Theo đề bài, bài toán đúng với $n=2$, giả sử mệnh đề đúng tới $n=k\left ( k\geq 2 \right )$. Ta chứng minh bài toán đúng với $n=k+1$.
Nếu $ord_2\left ( p^{k+1} \right )\neq \left ( p-1\right )p^k$. Đặt $ord_2\left ( p^{k+1} \right )=a$. Theo định lý Euler, ta có $p^{k+1}|2^{\left(p-1\right)p^k}-1$ cho nên $a|\left ( p-1 \right )p^k(1)$.
Lại có $ord_2\left ( p^2 \right )=p\left ( p-1 \right )$ và $p^2|2^a-1$ cho nên $\left ( p-1 \right )p|a(2)$.
Từ $\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )\Rightarrow a=\left ( p-1 \right )p^\alpha \left ( 1\leq \alpha<k\right)$$\Rightarrow v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^\alpha }-1 \right )\geq k+1>\alpha+1$( vô lý theo giả sử quy nạp), do đó $ord_2\left ( p^{k+1} \right )= \left ( p-1\right )p^k$.
Vì $v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}-1 \right )=k\Rightarrow 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}=p^ks+1\left ( \left (s,p \right )=1 \right )$. Theo bổ đề LTE, ta có $v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^k}-1 \right )=v_p\left ( \left [ 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}\right ]^p-1 \right )=v_p\left ( \left ( p^ks+1 \right )^p-1 \right )=v_p\left ( p^ks \right )+v_p\left ( p \right )=k+1$
Vậy mệnh đề trên đúng với $n=k+1$ do đó bài bài toán đúng theo nguyên lý quy nạp.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 22-10-2016 - 21:58
Bài 4 ngày 1. Gọi $\{x_1, x_2,..., x_k\}$ là tập hợp các số thỏa mãn $2f(x_i)\geqslant x_i$
Khi đó tính được $S_f = 4\sum f(x_i)-2\sum x_i-\dfrac{3n(3n+1)}{2}$
Mà $\sum f(x_i)\leqslant 3n+(3n-1)+...+(3n-k+1)$ và $\sum x_i\geqslant 1+2+...+k$
Từ đó thay vào tính giá trị lớn nhất dễ dàng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 23-10-2016 - 19:45
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Đính chính: hải Phòng là thành phố trực thuộc trung ương.
Bài 2 ngày 2:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $\left ( ab+bc+ca \right )^2\geq 9\left ( abc+ab+bc+ca-4 \right )\Leftrightarrow 3\left [ a^2\left ( b-c \right )^2+b^2\left ( c-a \right )^2+c^2\left ( a-b \right )^2 \right ]+\left ( 6-ab-bc-ca \right )\left [\left ( a-b \right )^2+\left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]\geq 0\left ( * \right )$
Vì $c=max\left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow \left (3c^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( a-b \right )^2\geq 0\left ( 1 \right )$
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev có $\left ( 3a^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( b-c \right )^2+\left ( 3b^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( c-a \right )^2 \geq \frac{1}{2} \left [ 3\left ( a^2+b^2 \right )+12-2\left ( ab+bc+ca \right ) \right ]\left [ \left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$
$3\left ( a^2+b^2 \right )+12-2\left ( ab+bc+ca \right )\geq \left ( a+b \right )^2+12-2c\left ( a+b \right )=\left ( 6-c \right )^2+12-2c\left ( 6-c \right )=3\left ( c-4 \right )^2\geq 0\Rightarrow \left ( 3a^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( b-c \right )^2+\left ( 3b^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( c-a \right )^2\geq 0\left ( 2 \right )$
Từ $\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )$ suy ra $\left ( * \right )$ đúng, do đó bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 1:
a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $
b/
Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $
Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $
Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được
$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $
Từ đó suy ra được $n=6k+3 $
Ý tưởng khá giống VMO 2015
Và câu bất đúng với mọi a,b,c thực thỏa mãn điều kiện xác định của căn thức.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh