Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông
Ngày 2 (29-11)
(Xin lỗi vì sự trậm trễ)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 01-12-2016 - 18:35
Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông
Ngày 2 (29-11)
(Xin lỗi vì sự trậm trễ)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 01-12-2016 - 18:35
Câu hình: Xét trường hợp AB < AC. Khi đó M nằm trên tia đối của tia BC. KH kéo dài cắt BC tại T, T cũng nằm trên tia đối của tia BC.
Dễ thấy (AT, AI, AB, AC) = -1 nên TA vuông góc với AI.
Vậy MN // TA.
Ta có $\frac{MF}{TA}=\frac{BF}{BA}$ (1)
$\frac{NE}{TA}=\frac{HE}{HA}$ (2)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF có B, J, H thẳng hàng, ta có $\frac{BF}{BA}.\frac{HA}{HE}.\frac{JE}{JF}=1$ (3)
Do JE = JF nên từ (1), (2), (3) ta có MF = NE. Vậy MJ = NJ hay AM = AN.
Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông
15178232_1183896728358169_8722552571728938551_n.png.jpg
Câu 4:
a. Gọi $a_i$ là số ô đen ở hàng thứ $i (i=1,2,....,2n)$
$b $là số ô đen ở mỗi cột.
Ta có$ a_1+a_2+....+a_{2n}=2nb$
$a_1, a_2,.....,a_{2n}$ là $2n$ số nguyên phân biệt nằm thuộc [0;2n]
=> $a_1+a_2+....+a_{2n=}1+2+....+2n-j=n(2n+1)-j$ (với $j$ là số nguyên thuộc [0;2n] và không phải là một trong các số $a_i$)
=>$n(2n+1)-j$ chia hết cho $2n$
=>$j=n$
Vậy tất cả có $2n^2$ ô đen.
b. - Ta đánh giá số cặp khác màu trên hàng:
Mỗi hàng có a ô đen.
Trường hợp 1: $a < n $ta có số cặp tối đa là $2a$ cặp.
Trường hợp 2: $a \ge n$ ta có số cặp tối đa là $2(2n-a)$ cặp.
Vậy Tổng số cặp khác màu trên hàng $\le 4(1+2+...+n-1)=2n(n-1)$.
- Ta đánh giá số cặp khác màu theo cột:
Với hàng $i (i \ge 2)$ bất kì tồn tại ô cùng màu với ô kề ở hàng trên hoặc hàng dưới của nó.
Nên số cặp khác màu trên cột $ \le (2n-1)2n-(n-1)$.
Vậy số cặp khác màu lớn nhất có thế là $6n^2-5n+1$.
Việc cuối cùng chỉ còn chỉ ra dấu bằng.
Bài 3 chỉ là định lý con bướm trong tam giác.
Ý tưởng câu tổ đếm bằng 2 cách quen thuộc nhưng phần đếm theo cột hơi ảo, và nâng cao.
Câu 1a. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $ x^n+y^n \ge \left( xy \right)^n \left( x^{n+1}+y^{n+1} \right) \quad{(*)}$.
Ta sẽ chứng minh $(*)$ bằng quy nạp theo $n$.
Từ giả thiết $x+y=2$ ta có biến đổi
$$ 2 \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) = \left( x+y \right) \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)= x^{k+2}+y^{k+2}+xy \left( x^k+y^k \right) $$
Khi đó bất đẳng thức $(2)$ tương đương với
$$ \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) + \left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right) \ge 2 \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) \quad{(3)}$$
Dùng AM-GM ta có
$$ \text{VT}_{(3)} \ge 2 \sqrt{\left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right)\left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) } $$
Cần chứng minh
$$ 2 \sqrt{\left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right)\left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) } \ge 2 \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) \quad{(4)}$$
Bất đẳng thức $(4)$ tương đương với
$$ x^k + y^k \ge \left( xy \right)^k \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) $$
Đúng theo giả thiết quy nạp. Bất đẳng thức $(*)$ được chứng minh.
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các kỳ thi Olympic →
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp. →
ĐỀ KIỂM TRA TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN BẮCBắt đầu bởi WhjteShadow, 27-11-2013 trường đông, prevmo2014 |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh