Đến nội dung

Hình ảnh

Olympic Trường đông tóan học miền nam 2016

trường đông

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết

Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông
15178232_1183896728358169_8722552571728938551_n.png.jpg

Ngày 2 (29-11)

(Xin lỗi vì sự trậm trễ)

15253396_1184727038275138_128343142270548850_n.png

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 01-12-2016 - 18:35


#2
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

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.



#3
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông
attachicon.gif15178232_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.



#4
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Ý tưởng câu tổ đếm bằng 2 cách quen thuộc nhưng phần đếm theo cột hơi ảo, và nâng cao.



#5
9nho10mong

9nho10mong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

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 $n$.

 

  • $n=1$, dễ chứng minh được $(*)$ đúng.
  • Giả sử bất đẳng thức $(*)$ đúng với $n=k \ge 1$, ta có $x^k + y^k \ge \left( xy \right)^k \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)$. Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$, tức là chứng minh $x^{k+1} + y^{k+1} \ge \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+2}+y^{k+2} \right) \quad{(2)}$. 

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. 


.

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: trường đông

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh