thinhrost1

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.

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo $ k$.

Trường hợp $ k=1$ là hiển nhiên, chọn $ n=1$.

Giả sử rằng tồn tại $ n$ sao cho $ 2^k|n^n-m$,Đặt $ n=n_0$ hay $ 2^k|n_0^{n_0}-m$ hiển nhiên $ n_0$ lẻ

Tiếp theo xét 2 trường hợp

$ 1)$ Nếu $ 2^{k+1} | n_0^{n_0}-m$

Rõ ràng chỉ cần chọn $ n=n_0$.

$ 2)$ Nếu $ 2^{k+1}$ Không là ước của $ n_0^{n_0}-m$.

Đặt $ n_0^{n_0}-m=u\cdot 2^k$ Với $ u$ lẻ và theo định lý Euler,Cho mọi số lẻ $ a$ ta có $ a^{2^{k}}\equiv 1\pmod{2^{k+1}}$,Vì thế

$ (2^k+n_0)^{2^k+n_0}-m=(2^k+n_0)^{2^k}\cdot (2^k+n_0)^{n_0}-m\equiv (2^k+n_0)^{n_0}-m\\\equiv n_0^{n_0}+n_0\cdot n_0^{n_0-1}\cdot 2^k-m=(u+n_0^{n_0})2^k\equiv 0\pmod{2^{k+1}}$ Vì cả $ u$ và $ n_0$ đều lẻ.

Vì thế $ n=2^k+n_0$ thỏa mãn, nên ta có đpcm

Bài 1(Marian Tetiva):  cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$ 

chứng minh : $xy+yz+zx\geq 3+ \sum (\sqrt{x^{2}+1})$

 

 

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

 

Bài 3 (Russia MO 2002): cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ 

chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geq xy+yz+xz$

Bài 3: Câu dễ nhất trước:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$ \sum 2\sqrt{x} \ge 2 \sum xy \\\Leftrightarrow \sum (x^2+2\sqrt{x}) \ge 9 $

Lưu ý theo AM-GM:

$x^2 +\sqrt{x} +\sqrt{x} \ge 3\sqrt[3]{x^3}=3x$

Bài hình còn có 1 cách làm khác như sau:

Xét phép nghịch đảo tâm $A,$ phương tích bất kì, ta thu được bài toán mới sau:

Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ có $D,E$ trung điểm $AB,AC.(BDE),(DCE)$ cắt $BC$ tại $P,Q$ khác $B,C.$ Chứng minh $AP=AQ.$

Để giải bài toán mới này, ta gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $A,D,E$ lên $BC.$ Khi đó:

$XQ=XY+YQ=BY+ZC=ZP+XZ=XP \Rightarrow$ tam giác $AQP$ cân tại $A \Rightarrow AP=AQ.$ Ta có đpcm.

Bài toán này đơn giản hơn rất nhiều 

$DE//BC$, nên $BDPE $và $QDEC$ là các hình thang nội tiếp nên là hình thang cân.

Suy ra: $QD=EC=EA, EP=BD=DA$. Mặt khác

$\Rightarrow \widehat{QDB}=\widehat{ADE}-\widehat{BDE}=\widehat{DEC}-\widehat{DEP}=\widehat{PEC}$

Nên hai tam giác $QAD$ và $APE$ bằng nhau. Vậy $AP=AQ$ (đpcm)

1:Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn xy+yz+xz=1, chứng minh:

$\frac{2x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}$$\leq \frac{9}{4}$

(ưu tiên cách dùng lượng giác )

Đặt $x=tan\frac{A}{2},y=tan\frac{B}{2},z=tan\frac{C}{2}$ A,B,C là 3 góc của tam giác. Thay vào ta chỉ cần chứng minh:

$2sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}=2cos(\frac{B+C}{2})+2sin(\frac{B+C}{4})cos(\frac{B-C}{4})\le 2(1-2sin^2\frac{B+C}{4})+2sin(\frac{B+C}{4})=-4(sin\frac{B+C}{4}-\frac{1}{4})^2+\frac{9}{4} \le \frac{9}{4}$