Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Taiwan TST Round 1 2014


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 29-07-2014 - 08:59

Taiwan TST Round 1 2014

Ngày 1: 28/3/2014

$\boxed 1$ Cho các số thực dương $a,b,c$ . Chứng minh : \[ 3(a+b+c)\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}. \]

$\boxed 2$ Xác định xem tồn tại mười tập  hợp $A_1, A_2, \dots, A_ {10}$ sao cho thỏa mãn

(i) Mỗi tập hợp có dạng $\{a, b, c\}$, trong đó  $a\in \{1,2,3\} , b\in \{4,5,6\}, c \in \{7,8,9\}$ 
(ii) Không có hai tập hợp nào giống nhau, 
(iii) Nếu mười tập hợp được sắp xếp thành một vòng tròn $(A_1, A_2, \dots, A_ {10})$, sau cho bất kỳ hai tập hợp liền kề không có yếu tố giống nhau, nhưng bất kỳ 2 tập hợp không kề nhau thì giao nhau  (Lưu ý: $A_ {10}$ là tiếp giáp với $A_1$.)
Ngày 2 : 29/3/2014
$\boxed 1$ Tìm tất cả các hàm số đòng biến $f$ từ các số nguyên không âm tới các số nguyên thỏa mãn $f (2) = 7$ và \[ f(mn) = f(m)+f(n)+f(m)f(n) \] với mọi số nguyên không âm $m,n$
$\boxed 2$ Cho tam giác có độ dài các cạnh là $a,b,c$ và các đường cao tương ứng là $h_a,h_b,h_c$ . Chứng minh rằng :  \[ \left(\frac{a}{h_a}\right)^2+\left(\frac{b}{h_b}\right)^2+\left(\frac{c}{h_c}\right)^2\ge 4. \]
Ngày 3 : 30/3/2014
$\boxed 1$ Cho 2 đường tròn $O_1,O_2$ có độ dài bán kính là $R_1,R_2$  cắt nhau tại 2 điểm $A,D$ . Vẽ đường thẳng $L$ qua $D$ cắt  $O_1,O_2$ tại $B,C$. Bây giờ ta cho khoảng cách giữa các tâm cũng như sự lựa chọn của $L$ thay đổi. Tìm độ dài $AD$ khi diện tích $\Delta ABC max$
$\boxed 2$ Cho $n$ là một số nguyên dương. Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn các điều kiện đây: Với các số thực $a_1, \dots, a_d$ sao cho $a_1 + a_2 + \dots + a_d = n$ và $0\le a_i \le 1$ với $i = 1,2, \dots, d$, ta có thể chia những số này thành $k$ nhóm (một số trong đó có thể rỗng) sao cho tổng các số trong mỗi nhóm là nhiều nhất là $1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 29-07-2014 - 09:07

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#2 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 29-07-2014 - 09:17

Ta chứng minh BĐT   $3(a+b+c)\ge 9\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\iff a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)\ge 6abc.$

mà $\frac{8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}}{9}=\frac{\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{abc}+\cdots+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}}{9}$ $\le\sqrt[3]{\frac{abc+abc+\cdots+abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}=\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}$

$\Rightarrow 9\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

Áp dụng BĐT Holder : ${\underbrace{(1+1+\cdots+1)}_{9}}^{2/3}\left(8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^{1/3}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

$\Rightarrow \sqrt[3]{9^2}.\sqrt[3]{9}\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

Vậy $3(a+b+c)\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#3 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 30-07-2014 - 19:04

 

 

$\boxed 2$ Cho tam giác có độ dài các cạnh là $a,b,c$ và các đường cao tương ứng là $h_a,h_b,h_c$ . Chứng minh rằng :  \[ \left(\frac{a}{h_a}\right)^2+\left(\frac{b}{h_b}\right)^2+\left(\frac{c}{h_c}\right)^2\ge 4. \]
 

 

 Ta có :$\sum (\frac{a}{h_{a}})^2=\sum (\frac{a}{\frac{2S}{a}})^2=\sum \frac{a^4}{4S^2}=\sum \frac{4a^4}{16S^2}=\sum \frac{4a^4}{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\geq 4< = > \sum a^4\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

BDT này luôn đúng vì theo Schur bậc 3 mở rộng và Cosi có

 $(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq (a+b+c).abc\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^4+b^4+c^4$






0 người đang xem chủ đề

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