Lời giải Bài 9:

Xét $a_n$. Số các tập thuộc $a_n$ có $i$ phần tử là $\binom{n-i+1}{i}$ vì ta chỉ chọn các phần tử $i, i+1, ...,n$

Do đó $a_n=\sum_{i<n-i+1}\binom{n-i+1}{i}$

Xét $b_n$. Ta đếm số các tập thuộc $b_n$ có $i$ phần tử. Gọi các phần tử đó là $x_1 < x_2 < ... <x_i$ thì theo đề bài $1 \leq x_1 < x_2 - 1 < x_3 -2 ... <x_i-(i-1)\leq n -i +1$. Đặt $y_i=x_i-(i-1)$ thì số tập thuộc $b_n$ có $i$ phần tử bằng số các dãy $y_1,y_2,..,y_i$ mà $1\leq y_1 < y_2 <...<y_i \leq n-i+1$ hay bằng $\binom{n-i+1}{i}$. Do đó $b_n=\sum_{i<n-i+1}\binom{n-i+1}{i}$ hay ta có $a_n=b_n$

Đề xuất Bài 10: Xét một số tự nhiên được biểu diễn trong hệ nhị phân. Ta gọi một khoảng cách nhị phân là một khoảng gồm các số $0$ liền nhau và ở hai đầu của nó là hai số $1$. Ví dụ số $548=1000100100_{2}$ có hai khoảng cách nhị phân là $000$ và $00$.

Hỏi từ $1$ tới $4095$ có bao nhiêu số mà độ dài các khoảng cách nhị phân của nó nhỏ hơn hoặc bằng $3$?

Dạ em muốn đính chính là em không lấy bài từ đâu, nghịch GSP và nhìn ra thôi ạ.

Vì thầy đã cho link nên em xin đề xuất lại 

Đề xuất $\boxed{\text{Bài 10'}}$ Cho $\Delta A_0B_0C_0$ nhọn trọng tâm $G_0$. $A_0G_0,B_0G_0,C_0G_0$ cắt lại đường tròn $(A_0B_0C_0)$ tại $A_1,B_1,C_1$. Trọng tâm $A_1B_1C_1$ là $G_1$. Tiếp tục làm tương tự như trên để có tam $A_2B_2C_2$, $A_3B_3C_3$,...

Chứng minh rằng $lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{A_nB_nC_n}=lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{B_nC_nA_n}=lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{C_nA_nB_n}=60^{\circ}$

Nguồn : Sáng tác 

Lời giải Bài 9

Giả sử $\Delta ABC$ nằm trên mặt phẳng phức với gốc tọa độ là $O$ và $(ABC)$ là đường tròn đơn vị. Kí hiệu các điểm bởi chữ cái viết thường của nó.

Khi đó:$o=0$, trọng tâm $\Delta ABC$ là $\frac{a+b+c}{3}$ suy ra $h=a+b+c$.

Do $A,B,C$ nằm trên đường tròn đơn vị nên $|a|=|b|=|c|=1$ suy ra $a=\frac{1}{\bar{a}}$, $b=\frac{1}{\bar{b}}$ và $c=\frac{1}{\bar{c}}$.

Phương trình đường thẳng $AB$ là $\begin{vmatrix} a & \bar{a} & 1\\ b & \bar{b} & 1\\ p & \bar{p} &1 \end{vmatrix}$ hay $p+ab\bar{p}=a+b$. Ta có phương trình tương tự cho $AC$ là $q+ac\bar{q}=a+c$

Vì $M$ cùng phía $BC$ nên $\Delta MBC$ đồng dạng ngược hướng $\Delta HPQ$. từ đó ta có đẳng thức $\frac{m-b}{b-c}=\frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}}$ suy ra $m=(b-c)\left ( \frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}} \right )+b$

Việc chứng minh $MH\perp PQ$ tương đương với chứng minh $\frac{m-h}{p-q}$ là số thuần ảo hay $\frac{m-h}{p-q}=\frac{\bar{h}-\bar{m}}{\bar{p}-\bar{q}}$

Từ đẳng thức $m=(b-c)\left ( \frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}} \right )+b$ suy ra 

$$(m-h)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)(\bar{h}-\bar{p})+(b-h)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)(\bar{h}-\bar{p})-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})$$

$$(\bar{h}-\bar{m})(p-q)=(\bar{h}-\bar{b})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)=(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)$$

Ta có 

$$(b-c)\left ( \bar{h}-\bar{p} \right )-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{a+b-p}{ab} \right )-(a+c)\left ( \frac{a+b-p}{ab}-\frac{a+c-q}{ac} \right )=(b-c)\left ( \frac{1}{c}+\frac{p}{ab} \right )-(a+c)\left ( \frac{ac-ab+qb-pc}{abc} \right )=\frac{(b-c)(ab+pc)-(a+c)(ac-ab+qb-pc)}{abc}=\frac{a^2b-a^2c+ab^2-abq-ac^2+acp+bcp-bcq}{abc}$$

$$(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)=\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{c} \right )(p-q)-\left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )(a+b+c-p)=\frac{(a+c)(p-q)b+a(b-c)(a+b+c-p)}{abc}=\frac{a^2b-a^2c+ab^2-abq-ac^2+acp+bcp-bcq}{abc}$$

Vậy từ 2 điều trên suy ra 

$$(b-c)(\bar{h}-\bar{p})-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})=(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)$$

hay $\frac{m-h}{p-q}=\frac{\bar{h}-\bar{m}}{\bar{p}-\bar{q}}$ hay ta có điều cần chứng minh

Đề xuất Bài 10 (AoPS): Chứng minh rằng trong một tam giác nếu lấy đổi xứng của một tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp qua các phân giác ngoài thì các đường thẳng đối xứng này cắt nhau tạo thành một tam giác bằng tam giác đã cho . 

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 3\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline xuantrandong & 1\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline\end{array}$$

Cho $x,y,z>0$. CMR: với $n\in \left \{ 1,2,3,4,5 \right \}$, BĐT sau đúng:

$\frac{x^3}{yz}+\frac{y^3}{zx}+\frac{z^3}{xy} \geq \sqrt[n]{3^{(n-1)}(x^n+y^n+z^n)}$

BĐT còn đúng không khi $n \in \mathbb{N}$ và $n \geq 6$?

Cho $x,y,z>0$. CMR:

$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\geq\sqrt[4]{27(x^4+y^4+z^4)}$

Cho $x,y,z>0$. CMR:

$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\geq\sqrt[3]{9(x^3+y^3+z^3)}$

Chế bài từ ý tưởng đơn giản. Đăng để mọi người cùng làm.

$a,b,c>0$. CMR:

$a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2\sqrt{2(b^2+c^2)}+b^2\sqrt{2(c^2+a^2)}+c^2\sqrt{2(a^2+b^2)}$

Vì $b^2 \geq 4c $ nên chọn được $x,y$ để $x+y=b$ và $xy=c$. Thay vào đpcm thành BĐT Nesbit với 3 biến $(a;x;y)$ 

$a,b,c>0$. CMR:

$a^4+b^4+c^4+3abc(a+b+c)\geq a^3\sqrt[4]{8(b^4+c^4)}+b^3\sqrt[4]{8(c^4+a^4)}+c^3\sqrt[4]{8(c^4+a^4)}$

Quen thuộc? Mình chưa gặp bao giờ. Bạn CM lại hộ.

$a,b,c>0$. CMR: 

$a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+b^2\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}+c^2\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}$

$a,b,c>0$. CMR:

$a^4+b^4+c^4+3abc(a+b+c)\geq a^3\sqrt{2(b^2+c^2)}+b^3\sqrt{2(c^2+a^2)}+c^3\sqrt{2(a^2+b^2)}$

$a,b,c>0; b \geq 2 \sqrt{c}$. CMR:

$\frac{a}{b}+\frac{ab+b^2-2c}{a^2+ab+c} \geq \frac{3}{2}$

$a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[3]{9(a^3+b^3+c^3)}$

Cho $a,b,c>0$ và $b \geq 2\sqrt{c}$. CMR:

$(\frac{a}{a^2+ab+c}+\frac{1}{b})(b^2-2c)+\frac{a^2b+bc}{a^2+ab+c}\leq \frac{3(a^2+b^2-2c)}{a+b}$

Trong Liên Minh Huyền Thoại, một tướng khi lên 1 cấp sẽ được tăng thêm 1 điểm vào 1 kĩ năng bất kì. Có các loại kĩ năng cơ bản sau:

-Kĩ năng thường: Có 5 điểm. Từ cấp 1 đến cấp 2 được phép có tối đa 1 điểm, cấp 3 tới cấp 4 có tối đa 2 điểm, cấp 5 tới cấp 6 có tối đa 3 điểm, cấp 7 tới cấp 8 có tối đa 4 điểm, từ cấp 9 trở lên có thể tăng 5 điểm.

-Ultimate: Có 3 điểm. Từ cấp 1 tới cấp 5 không được tăng, cấp 6 tới cấp 10 được phép có tối đa 1 điểm, cấp 11 tới cấp 15 được phép có tối đa 2 điểm, cấp 16 trở lên có thể tăng 3 điểm.

Biết rằng một tướng có 18 cấp. 

a) Một tướng bình thường có 3 kĩ năng thường và 1 ultimate. Hỏi có bao nhiêu cách tăng kĩ năng cho tướng đó?

b) Udyr là một tướng có 4 kĩ năng thường (và hiển nhiên ở cấp 18 có ít nhất 1 kĩ năng của Udyr không thể tăng đến tối đa). Hỏi có bao nhiêu cách tăng kĩ năng cho Udyr?

Giải như sau : Do ĐK đề nên ta có: $(x^{2}-\frac{1}{3})(x^{2}-\frac{2}{3})\leq 0\Leftrightarrow x^{4}+\frac{2}{9}\leq x^{2}$ và $(xy-\frac{1}{3})(xy-\frac{2}{3})\leq ,0\Leftrightarrow x^{2}y^{2}+\frac{2}{9}\leq xy$

khai triển bđt cần chứng minh $\sum \frac{x^{2}y^{2}}{z^{2}}+\sum 2x^{2}\geq 2+\sum x^{4}+\sum 2x^{2}y^{2}$, Áp dụng 2 bđt con trên vào bài và chú ý $\frac{x^{2}y^{2}}{z^{2}}+\frac{y^{2}z^{2}}{x^{2}}\geq 2y^{2}$ (CÔ SI 2 số) , ta dễ dàng suy ra đ.p.c.m,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z= một phần căn ba

Có thể ngắn gọn hơn như sau: Từ điều kiện của $x,y,z$ ta có $1 \leq x^2+y^2+z^2 \leq 2$

Lại có $(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y})^2\geq3(x^2+y^2+z^2)$

Do đó ta cần CM: $(x^2+y^2+z^2)^2-3(x^2+y^2+z^2) \leq -2 \iff (x^2+y^2+z^2-1)(x^2+y^2+z^2-2) \leq 0$ (luôn đúng)

Ta có $(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$

Đặt $a+b=x$ và $1-ab=y$, ĐPCM được viết lại thành $\frac{-1}{2}\leq\frac{xy}{x^2+y^2}\leq\frac{1}{2}$

$\iff \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}\leq \frac{1}{4}\iff (x^2+y^2)^2\geq4x^2y^2$

Đúng theo AM-GM bạn nhé.

Cho các số $x,y,z$ thuộc đoạn $[\frac{1}{\sqrt{3}};\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}]$

Chứng minh rằng: $(x^2+y^2+z^2)^2-(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y})^2\leq-2$

Dễ chứng minh hình lục giác đó có diện tích là $\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Ta chứng minh với hình lục giác và $m$ điểm trong nó thì tạo được $2(m+2)$ tam giác thỏa mãn đề bài bằng quy nạp.

Nếu có $1$ điểm bên trong thì có $6=2.(1+2)$ tam giác được tạo thành

Nếu có $2$ điểm bên trong thì có $8=2.(2+2)$ tam giác được tạo thành

Giả sử gia thiết đúng đến $k$ điểm, ta CM nó cũng đúng đến $k+1$ điểm

Với $k$ điểm thì tạo được $2(k+2)$ tam giác thỏa mãn đề bài.

Thêm $1$ điểm nữa thì do không có $3$ điểm nào thẳng hàng nên điểm đó nhất định nằm trong 1 trong số các tam giác đã tạo thành. 

=> Số tam giác trở thành $2(k+2)+2=2(k+1+1)$.

Do đó ta có đpcm.

Vì vậy hiển nhiên có 1 tam giác diện tích không vượt quá $\frac{3\sqrt{3}}{4(m+2)}$

Đề lần này ngon quá rồi còn gì Theo yêu cầu của các thím em sẽ làm bài hình.

Do cách suy nghĩ của mình nên mình sẽ làm câu b trước, câu a sau

b)Trước tiên các bạn chú ý bổ đề: $\Delta ABC$ nội tiếp $(O;R)$ thì $\frac {BC}{sin A}=2R$ 

Do $\widehat{CFB}=\widehat{BEC}$ nên $\widehat{CFA}=\widehat{BEA}$, từ đó $\widehat{HFB}=\widehat{HEQ}$.

Lại có $HA=HP=HQ$ theo tính chất đối xứng trục. Từ bổ đề ta có bán kính $(I)$ và $(J)$ bằng nhau

a)Gọi giao $(I)$ và $(J)$ là $T$.

$\widehat{HTF}=\widehat{HPF}=\widehat{HAF}$ và $\widehat{HTE}=\widehat{HQE}=\widehat{HAE}$. Mà $\widehat{HTF}+\widehat{HTE}=\widehat{ETF}$ và $\widehat{HAF}+\widehat{HAE}=\widehat{FAE}$ nên $\widehat{FAE}=\widehat{FTE}$

Lại có $\widehat{HFT}=\widehat{HET}$ (góc nội tiếp trong 2 đường tròn bằng nhau theo CM của câu b và chắn dây bằng nhau).

Mà theo trên thì $\widehat{HFA}=\widehat{HEA}$ => $\widehat{TFA}=\widehat{TEA}$

$AETF$ có 2 cặp góc đối bằng nhau nên là hình bình hành. Từ đó có $A,M,T$ thẳng hàng.

 

Câu I:Xác định các giá trị của tham số $m$ để phương trình $2013x^2-(m-2014)x-2015=0$ có 2 nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện $(\sqrt{x_{1}^2+2013}-x_{1})(\sqrt{x_{2}^2+2013}-x_{2})=2013$. Tìm 2 nghiệm đó

 

Câu II: (3 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn phương trình $\dfrac{x-y}{x^2+xy+y^2}=\dfrac{19}{97}$

2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(x+y)z=\sqrt{xy}\\ (y+x)x=\sqrt{yz}\\ (z+x)y=\sqrt{zx}\end{matrix}\right.$

 

Câu III: (2,5 điểm)

1) Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương phân biệt sao cho $\frac{a.\sqrt{2013}-b}{c.\sqrt{2013}-a}$ là 1 số hữu tỉ. Chứng minh rằng $\frac{2a^3-b^3-c^3}{2a-b-c}$ là 1 số chính phương.

2) Cho các số $x,y$ cùng dấu. Chứng minh rắng $\left ( \frac{x^4}{y^4}+\frac{y^4}{x^4} \right )-\left ( \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2} \right )+\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )\geq 2$

 

Câu IV: (1,5 điểm)

Cho $\Delta ABC$ nhọn và điểm $K$ trên cạnh $AC$ sao cho $AK=2KC$, $\angle ABK=2\angle KBC$ và $AB< BC$. Dưng đường tròn đường kính $AB$, cắt $BK$ tại $D$ và cắt $BC$ tại $E$. Chứng minh rắng $\Delta CDE$ là tam giác cân

 

Câu V: (1 điểm)

Các số nguyên dương từ $1$ đến $10$ được xếp ngẫu nhiên chung quanh một đường tròn. Chứng minh rằng trong $10$ số trên có ít nhất 3 số xếp liên tiếp mà tổng của chúng không nhỏ hơn $17$

Bài này mình bỏ mất câu hình. Cũng may các phần còn lại làm được hết. Không biết các bạn khác đi thi thế nào   
.

• Trả lời
   
•  

 

Hôm đi thi mình làm được bài hình, xin chia sẻ lời giải vắn tắt. (Không biết vẽ hình nên các thím thông cảm)

Lấy $F$ đối xứng $A$ qua $BK$. Gọi $M$ là trung điểm $KF$ thì $KM=KC=MD$. Lại có $DM // KC$ nên $KDMC$ là hình bình hành. Suy ra $CM \perp DF$. Suy ra $C$ nằm trên trung trực $DF$. Lại có $\angle {KBA}=\angle {KBF}=2 \angle {CBK}$ nên $C$ là giao của phân giác $\angle{DBF}$ và trung trực $DF$. Vậy $DBCF$ nội tiếp.

Do đó ta có: $\angle {DCE}=\angle {DFB}=\angle {DAB}=\angle {DEC}$ do đó $\Delta CDE$ cân ở $D$

Bài làm :
đặt $2x-y =a$  và $ 2y-x =b$

Ta có$ a-b  =3(x-y)$

$a^2 +ab+b^2 =3(x^2 -xy+y^2)$

suy ra $(a-b)(a^2+ab+b^2 ) =1$

$\Rightarrow a^3 -b^3 =1$

Đặt $b =-c$  ta có 

$a^3 +c^3 =1$

kết hợp với phương trình đầu ta có 

$\left\{\begin{matrix} a^4 +c^4 =1 \\ a^3 +c^3 =1 \end{matrix}\right.$

Dễ thấy $ -1 \leq a ,c \leq 1$

$\Rightarrow c^3 \geq c^4 , a^3 \geq a^4$

$\Rightarrow c^3 +a^3 \geq c^4+a^4 $

Dấu  = xảy ra khi 1 số  =1 và 1 số  =0

$\left\{\begin{matrix} y =\frac{1}{3} \\ x =\frac{2}{3} \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} y =-\frac{2}{3} \\ x =-\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

Còn với 

$\left\{\begin{matrix} (2x-y)^{2014}+(2y-x)^{2014}=1\\ (x-y)(x^2+y^2-xy)=\frac{1}{9} \end{matrix}\right.$

Cũng làm tương tự và kết quả tương tự :3

Bác đã làm đúng ý tưởng! Chúc mừng