Chủ đề này có 31 trả lời

[PSW]

hai đội đã nộp đề

Có thể do rút kinh nhiệm từ trận thứ nhất nên 2 đội đã đưa ra các bài Toán đẹp hơn hẳn về ngoại Hình ; hứa hẹn 1 trận đấu đẹp

PSW hoan nghênh thái độ chuẩn bị tốt của Gama ; Gama đã soạn đáp án rất đầy đủ ; thuận tiện cho công tác chọn bài ; hi vọng các đội khác học tập

PSW chúc 2 đội làm bài tốt và tỉnh táo ; cẩn thận ; tránh những lỗi lặt vặt không đáng có

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 19-10-2011 - 18:58

[PSW]

Đề thi của Gama :
http://www.mediafire...pcekak5p7o3onso

Đề thi của Beta :
http://www.mediafire...zx89q6k0vshjvit

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 22-10-2011 - 21:40

[Cao Xuân Huy]

Cao Xuân Huy đội BETA giải bài 1 của đội GAMA.

Với n=1 thì chữ số đầu tiên sau dấu phẩy là chữ số 5.

Với $n \ge 2$ ta có các bất đẳng thức: $n + 0,7 > \sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} > n + 0,6$

Ta chứng minh bất đẳng thức trên:

Ta có:$n + 0,7 > \sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} \Leftrightarrow (n + 0,7)^3 > n^3 + 2n^2 + n \Leftrightarrow n^3 + 2n^2 + n < n^3 + 2,1n^2 + 1,47n + 0,343$
$ \Leftrightarrow 0,1n^2 + 0,47n + 0,343 > 0$

Đa thức $0,1n^2 + 0,47n + 0,343$ có 2 nghiệm là $\dfrac{{ - 235 \pm 15\sqrt {93} }}{{100}}$

Vì n là số nguyên dương nên suy ra bất đẳng thức đúng khi $n > \dfrac{{ - 235 + 15\sqrt {93} }}{{100}}$

Mà $n \ge 2$ nên bất đẳng thức thỏa mãn.

Ta có:$\sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} > n + 0,6 \Leftrightarrow n^3 + 2n^2 + n > (n + 0,6)^3 \Leftrightarrow n^3 + 2n^2 + n > n^3 + 1,8n^2 + 1,08n + 0,216$
$ \Leftrightarrow n^2 - 0,4n - 1,08 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n < 0,2 - \sqrt {1,12} \\ n > 0,2 + \sqrt {1,12} \\ \end{array} \right.$

Mà $n \ge 2$ nên bất đẳng thức thỏa mãn.

Ta được:$n + 0,7 > \sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} > n + 0,6$

Vì $n \in Z$ và $ n \ge 2$ nên $n + 0,7 > \sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} > n + 0,6 \Leftrightarrow \overline {n,7} > \sqrt[3]{{n^3 + 2n^2 + n}} > \overline {n,6} $

Vậy: + Với $ n=1$ thì chữ số đầu tiên sau dấu phẩy của biểu thức là 5
+ Với $ n \ge 2$ thì chữ số đầu tiên sau dấu phẩy của biểu thức là 6



PSW : 4/6 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 28-10-2011 - 09:26

[PSW]

Cái link đề của Gama bị die hay sao ấy ; Gama khẩn trương up lại đề nhé

[perfectstrong]

Dạ, em đã thử lại link. Vẫn down được bình thường mà anh PSW.
Em up đề lên luôn.


ĐỀ THÁCH ĐẤU CỦA ĐỘI $\Gamma$ GỞI $\beta$

Bài 1: THCS
Cho n là số nguyên dương. Tìm chữ số đầu tiên sau dấu phẩy khi viết $\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2} + n}}$ trong hệ thập phân.

Bài 2: THCS
Cho C thuộc nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R (C khác A;B ). M là trung điểm cung AC. N là giao điểm của AM và BC. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại Q. Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle MNQ$. Khi (I) và (O) tiếp xúc ngoài tại M. Tính BC biết $R=\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}$.

Bài 3: THPT
Cho a;b;c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\sqrt {\dfrac{a}{{2{a^2} + bc}}} + \sqrt {\dfrac{b}{{2{b^2} + ac}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{2{c^2} + ab}}} \geqslant \dfrac{{3\sqrt 3 \sqrt {abc} }}{{\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }}\]


Bài 4: THPT
Cho đa thức ${P_n}\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)...\left( {x + n} \right);n \geqslant 2$.
Tìm hệ số của $x^{n-2}$ trong khai triển của đa thức $P_n(x)$ theo n.


Bài 5: THPT
Cho tứ diện đều SABC. Tiếp tuyến bất kì của đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt cạnh BC, BA thứ tự tại M,N. Định vị trí M,N để bán kính mặt cầu bàng tiếp trong góc tam diện đỉnh S của tứ diện SBMN đạt giá trị lớn nhất.

Bài 6: Olympiad
Giải pt nghiệm nguyên sau: \[3{x^3} + {x^2} + 9x + 3 = {y^2}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 20-10-2011 - 14:39

[Didier]

giải bài 3 của đội gamma
ta có
$ \sqrt{\dfrac{a}{2a^{2}+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{2b^{2}+ac}}+\sqrt{\dfrac{c}{2c^{2}+ab}}=\sqrt{abc}\left (\dfrac{1}{\sqrt{(2a^{2}+bc)bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{(2b^{2}+ac)ac}}+\dfrac{1}{{\sqrt{(2c^{2}+ab)ab}}} \right )$
lại có
$ \dfrac{1}{\sqrt{(2a^{2}+bc)bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{(2b^{2}+ac)ac}}+\dfrac{1}{{\sqrt{(2c^{2}+ab)ab}}}\geq \dfrac{9}{\sqrt{(2a^{2}+bc)bc}+\sqrt{(2b^{2}+ac)ac}+\sqrt{(2c^{2}+ab)ab}}$
$ \dfrac{9}{\sqrt{(2a^{2}+bc)bc}+\sqrt{(2b^{2}+ac)ac}+\sqrt{(2c^{2}+ab)ab}}\geq \dfrac{9}{\sqrt{(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+ab+bc+ca)(bc+ca+ab)}}$
$ \dfrac{9}{\sqrt{(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+ab+bc+ca)(bc+ca+ab)}}\geq \dfrac{9}{\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})(ab+bc+ca)}}$
vậy
$ \sqrt{\dfrac{a}{2a^{2}+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{2b^{2}+ac}}+\sqrt{\dfrac{c}{2c^{2}+ab}}\geq \dfrac{3\sqrt{3}\sqrt{abc}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(ab+bc+ca)}$
Đành phải gõ kiểu này cho nó đỡ vượt quá trang viết bài moị người thông cảm
dấu bằng xảy ra dễ dàng theo a=b=c

PSW : 7/7 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 28-10-2011 - 05:51

[khanh3570883]

khanh3570883 - Beta giải bài 4 đội Gama
Ta sẽ giải bài toán mạnh hơn là:
Cho đa thức ${P_n}\left( x \right) = \left( {x + {a_1}} \right)...\left( {x + {a_n}} \right);n \ge 2$
Tìm hệ số của ${x^{n - 2}}$ trong khai triển của đa thức ${P_n}\left( x \right)$ theo n.
Giải:
Ta sẽ chứng minh đa thức ${P_n}\left( x \right)$ sẽ khai triển thành:
$\begin{array}{l}
{P_n}\left( x \right) = {x^n} + \left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}} \right){x^{n - 1}} + \left[ {{a_1}\left( {{a_2} + ... + {a_n}} \right) + {a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_n}} \right) + ... + {a_{n - 1}}{a_n}} \right]{x^{n - 2}} + \\
\left\{ {{a_1}\left[ {{a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_n}} \right) + {a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_n}} \right) + ... + {a_{n - 1}}{a_n}} \right] + {a_2}\left[ {{a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_n}} \right) + ... + {a_{n - 1}}{a_n}} \right] + ... + {a_{n - 2}}{a_{n - 1}}{a_n}} \right\}{x^{n-3}} + \\
... + {a_1}{a_2}...{a_n}
\end{array}$
Với n=2, ta có:
$\left( {x + {a_1}} \right)\left( {x + {a_2}} \right) = {x^2} + \left( {{a_1} + {a_2}} \right)x + {a_1}{a_2}$ (đúng)
Giả sử nó đúng với n=k, tức là:
$\begin{array}{l}
{P_k}\left( x \right) = {x^k} + \left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_k}} \right){x^{k - 1}} + \left[ {{a_1}\left( {{a_2} + ... + {a_k}} \right) + {a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right]{x^{k - 2}} + \\
\left\{ {{a_1}\left[ {{a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_k}} \right) + {a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right] + {a_2}\left[ {{a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right] + ... + {a_{k - 2}}{a_{k - 1}}{a_k}} \right\}{x^{k - 3}} + \\
... + {a_1}{a_2}...{a_k}
\end{array}$
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n=k+1. Thật vậy, ta có:
$\begin{array}{l}
{P_{k + 1}}\left( x \right) = ({x^k} + \left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_k}} \right){x^{k - 1}} + \left[ {{a_1}\left( {{a_2} + ... + {a_k}} \right) + {a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right]{x^{k - 2}} + \\
\left\{ {{a_1}\left[ {{a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_k}} \right) + {a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right] + {a_2}\left[ {{a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_k}} \right) + ... + {a_{k - 1}}{a_k}} \right] + ... + {a_{k - 2}}{a_{k - 1}}{a_k}} \right\}{x^{k - 3}} + \\
... + {a_1}{a_2}...{a_k})(x + {a_{k + 1}})
\end{array}$
$\begin{array}{l}
= {x^{k + 1}} + \left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_{k + 1}}} \right){x^k} + \left[ {{a_1}\left( {{a_2} + ... + {a_{k + 1}}} \right) + {a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_{k + 1}}} \right) + ... + {a_k}{a_{k + 1}}} \right]{x^{k - 1}} + \\
\left\{ {{a_1}\left[ {{a_2}\left( {{a_3} + ... + {a_{k + 1}}} \right) + {a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_{k + 1}}} \right) + ... + {a_k}{a_{k + 1}}} \right] + {a_2}\left[ {{a_3}\left( {{a_4} + ... + {a_{k + 1}}} \right) + ... + {a_k}{a_{k + 1}}} \right] + ... + {a_{k - 1}}{a_k}{a_{k + 1}}} \right\}{x^{k - 2}} + \\
... + {a_1}{a_2}...{a_{k + 1}}
\end{array}$
Theo nguyên lý quy nạp thì nó đúng.

Áp dụng: Hệ số của ${x^{n - 2}}$ trong khai triển là: 1(2+...+n)+2(3+...+n)+...+(n-1)n

Điểm : 1/7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 28-10-2011 - 05:48

[khaidongthaiducthohatinh]

Đề nghị đội beta post đề lên diễn đàn để thuận tiện cho việc giải

[khanh3570883]

Đề thi của đội BETA

Câu 1: (THCS)
Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :
\[{x^6} + {z^3} - 15{x^2}z = 3{x^2}{y^2}z - {\left( {{y^2} + 5} \right)^3}\]

Câu 2: (THCS)
Cho tứ giác lồi ABCD, 2 đường chéo AC và BD vương góc tại O. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của O thứ tự qua AB, BC, CD, DA. AN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN tại E, đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ tại F. CMR M, E, F, Q cùng thuộc một đường tròn.

Câu 3: (THPT)
Dựng ra phía ngoài một tam giác ABC ba tam giác bất kỳ BCM, CAN và ABP sao cho $\widehat {MBC} = \widehat {CAN} = {45^0};\,\,\widehat {BCM} = \widehat {NCA} = {30^0};\,\widehat {ABP} = \widehat {PAB} = {15^0}$
Chứng minh rằng tam giác MNP vuông cân đỉnh P.

Câu 4: (THPT)
Tính giới hạn:
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{p = 1}^n {\dfrac{{{k^2} + pk + p}}{{k(k + 1)(k + p)!}}} } \]

Câu 5: (THPT)
Tìm giá trị lớn nhất của tổng: $\sum\limits_{i = 1}^n {\sin 2{x_i}} $ trong đó ${x_i},i = \overline {1,n} $ là nghiệm của phương trình $\sum\limits_{i = 1}^n {{{\sin }^2}{x_i}} = a$ n là một số nguyên dương cho trước, $0 \le a \le n$

Câu 6: (Olympiad)
Tìm tổng tất cả các số tự nhiên có các chữ số tạo thành dãy tăng.

[hxthanh]

Đội GAMA giải thử bài 6 của BETA

Câu 6: (Olympiad)
Tìm tổng tất cả các số tự nhiên có các chữ số tạo thành dãy tăng (nghiêm ngặt).

Các số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đề bài phải có ít nhất 2 chữ số và không thể quá 9 chữ số
Gọi $S$ là tổng cần tìm, còn $S_i;\;(2\le i\le 9)$ là tổng của tất cả các số có $i$ chữ số tạo thành dãy tăng chặt. Như vậy:
$S=S_2+S_3+...+S_9$
Để tính được tổng này, ta sẽ chứng minh rằng:

$\boxed{S_i = \overline{1...i} * C_{10}^{i+1},\;\;\;(2\le i\le 9)}$

Khi đó:

$S=12C_{10}^3+123C_{10}^4+1234C_{10}^5+12345C_{10}^6+123456C_{10}^7+1234567C_{10}^8+12345678C_{10}^9+123456789C_{10}^{10}$

$S=1 440+25 830+310 968+2 592 450+14 814 720+55 555 515+123 456 780+123 456 789$

$S=320 214 492$

--------------------
Phần chứng minh đẳng thức trong khung, vì khá dài nên perfectstrong sẽ post lên sau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 21-10-2011 - 17:48

[hxthanh]

BỔ ĐỀ CHO CÂU 6
------------------------------
Cho tập $E=\{1,2,..,n\};\;\;(n\le 9)$. Mỗi tổ hợp gồm $i;\;(1\le i\le n)$ phần tử của $E$ là $\{a_1,...,a_i\}$ được sắp tăng dần $(a_1<...<a_i)$ để tạo thành số $\overline{a_1...a_i}$.
Gọi $S_{i,n}$ là tổng của tất cả các số đó.
Chứng minh rằng:
$\boxed{S_{i,n}=\overline{1...i}C_{n+1}^{i+1}}\;\;\;(*)$
------------------------------
Lời giải: Ta sẽ CM (*) bằng quy nạp theo $i$

• Với $i=1$, thì (*) trở thành $S_{1,n}=1.C_{n+1}^2=\dfrac{(n+1)n}{2}=1+...+n$ Vậy (*) đúng.
• Giả sử (*) đúng với $i-1$, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với $i$

Ta tính tổng $S_{i,n}$ bằng cách phân ra các số có tận cùng là $k,\;\;(i\le k\le n)$


Nếu số có tận cùng là $k$ thì $i-1$ chữ số đầu sẽ có các chữ số nhỏ hơn $k$, nghĩa là nó là một tổ hợp $i-1$ phần tử của tập $\{1,...,k-1\}$ được sắp thứ tự tăng dần.
Có $C_{k-1}^{i-1}$ số như vậy. Do đó ta có:
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(10S_{i-1,k-1}+kC_{k-1}^{i-1}\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(10.\overline{1...i-1}C_k^i+iC_k^i\right)$ (Theo giả thiết quy nạp)
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(\overline{1...(i-1)0}C_k^i+iC_k^i\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\sum\limits_{k=i}^n\left(\overline{1...i}C_k^i\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\overline{1...i}\sum\limits_{k=i}^n\left(C_{k+1}^{i+1}-C_k^{i+1}\right)$
$\Rightarrow S_{i,n}=\overline{1...i}C_{n+1}^{i+1}$

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
-----------------------------
Nếu Câu 6 của đội Beta được hiểu là:

Câu 6:
Tìm tổng tất cả các số tự nhiên có n chữ số và các chữ số tạo thành dãy tăng (nghiêm ngặt)

Thì đáp án là:
$\boxed{S=S_{n,9}=\overline{1...n}*C_{10}^{n+1};\;\;\; (2\le n\le 9)}$
-----------------------------
@ BETA & PSW cần xác minh lại đề bài, tránh tình trạng người làm hiểu không đúng!

PSW : 8/8 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 28-10-2011 - 09:27

[hxthanh]

Đội GAMMA xin giải CÂU 1 của đội BETA

Câu 1 (THCS)
Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
$x^6+z^3-15x^2z=3x^2y^2z-(y^2+5)^3$

------
Phương trình đã cho tương đương với:
$x^6+z^3+(y^2+5)^3=3x^2z(y^2+5)$
Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số dương $x^6,y^3,(y^2+5)^3$, ta có:
$x^6+z^3+(y^2+5)^3 \ge 3 \sqrt[3]{x^6z^3(y^2+5)^3}=3x^2z(y^2+5)$

Do đó phương trình đã cho tương ứng với trường hợp xảy ra dấu bằng:

$\begin{cases}x^6=z^3 \\x^6=(y^2+5)^3\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x^2=z \\x^2=y^2+5\;\;\;(1)\end{cases}$
Vì $x,y,z>0$
$(1)\;\;\Leftrightarrow (x-y)(x+y)=5=1.5 \Rightarrow x=3;\;y=2 \Rightarrow z=9$

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương duy nhất là: $(x,y,z)=(3,2,9)$

PSW : 6/6 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 27-10-2011 - 22:27

[PSW]

Trận này hấp dẫn đấy

[hxthanh]

ĐỘI GAMMA xin giải CÂU 4 của BETA

Câu 4: (THPT)
Tính giới hạn:
$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{p = 1}^n {\dfrac{{{k^2} + pk + p}}{{k(k + 1)(k + p)!}}} } $

Ta có:
$\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{p=1}^n \dfrac{k^2+kp+p}{k(k+1)(k+p)!} = \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{p=1}^n \sum\limits_{k=1}^n \dfrac{(k+1)(k+p)-k}{k(k+1)(k+p)!}$
$=\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{p=1}^n \sum\limits_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{k(k-1+p)!}-\dfrac{1}{(k+1)(k+p)!}\right)$
$=\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{p=1}^n\left(\dfrac{1}{p!}-\dfrac{1}{(n+1)(n+p)!}\right)$
$=\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{p=1}^n\dfrac{1}{p!}-\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{p=1}^n\dfrac{1}{(n+1)(n+p)!}$

$=(e-1)-0=e-1$

------------------------------------------------------------
GAMMA CỐ LÊN!

PSW : 7/7 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 28-10-2011 - 09:21

[PSW]

Tiền đạo hxthanh vừa lập 1 cú hattrick đẹp mắt ; Beta cố lên nhé

[Cao Xuân Huy]

Hình như đội trưởng BETA bị "chấn thương" hay sao mà trận này thấy im hơi lặng tiếng quá.

[Crystal]

Hình như đội trưởng BETA bị "chấn thương" hay sao mà trận này thấy im hơi lặng tiếng quá.

Xin lỗi mọi người nhé! Tại mấy hôm nay mạng ở chỗ trọ bị hỏng nên không vào VMF được. Hôm nay về nhà mới vào được. Mong các thành viên của BETA thông cảm.

[CD13]

Không biết ai chứ ongtroi thì bị thương chính hiệu luôn cả nghĩa đen lẫn nghĩa bóng! Đồng đội cố lên, ongtroi đứng bên cổ vũ!

[hxthanh]

ĐỘI GAMMA xin giải Câu 5 của đội BETA

Câu 5: (THPT)
Tìm giá trị lớn nhất của tổng: $\sum\limits_{i = 1}^n {\sin 2{x_i}} $ trong đó ${x_i},i = \overline {1,n} $ là nghiệm của phương trình $\sum\limits_{i = 1}^n {{{\sin }^2}{x_i}} = a,\;\;\;n:\;$ là một số nguyên dương cho trước, $0 \le a \le n$

Đặt: $0 \le |\sin x_i| =y_i \le 1,\;\;i=\overline {1,n}$, từ các dữ kiện đề bài ta có:
$y_1^2+y_2^2+...+y_n^2=a$

$|\cos x_i|=\sqrt{1-y_i^2}$;
Và:
$\sin 2x_i=2\sin x_i \cos x_i \le 2 \left|\sin x_i \right| \left|\cos x_i\right| = 2y_i\sqrt{1-y_i^2}$
Do đó:
$\sum\limits_{i = 1}^n {\sin 2{x_i}} \le 2\left(y_1\sqrt{1-y_1^2}+y_2\sqrt{1-y_2^2}+...+y_n\sqrt{1-y_n^2}\right) \le$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \le 2\sqrt{\left(y_1^2+y_2^2+...+y_n^2\right)\left(1-y_1^2+1-y_2^2+...+1-y_n^2\right)}=2\sqrt{a(n-a)}$
(Theo BĐT Cauchy - Schwatz )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y_1^2=y_2^2=...=y_n^2=\dfrac{a}{n}$
(điều này hoàn toàn có thể vì $0 \le\dfrac{a}{n} \le 1$)

Vậy $\max\left(\sum\limits_{i = 1}^n {\sin 2{x_i}}\right)=2\sqrt{a(n-a)}$

---------------------------------------------
@GAMMA:Tình hình là chỉ còn 2 bài hình học, tôi "để dành" cho các bạn . Các bạn cố gắng giải càng nhanh càng tốt để đội mình về được đích sớm!

''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''

GAMMA VÔ ĐỊCH !!!

PSW : 7/7 điểm

Bài này dễ nhận " Mâm xôi vàng" lắm ; không có ý nghĩa Toán học mấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 27-10-2011 - 22:31

[khanh3570883]

Xin lỗi mọi người, tình hình là trong 3 ngày tới phải ôn thi cho đợt khảo sát đầu năm nên không vào diễn đàn được, an hem Beta thông cảm!

P/s: Hình như bài 6 có 3 nghiệm x = 1, x = 2, x = 37 thì phải!Xin lỗi mọi người, tình hình là trong 3 ngày tới phải ôn thi cho đợt khảo sát đầu năm nên không vào diễn đàn được, an hem Beta thông cảm!

P/s: Hình như bài 6 có 3 nghiệm x = 1, x = 2, x = 37 thì phải!