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

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM 2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 25 trả lời

#1 lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 09-05-2015 - 11:07

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM 2015

Môn thi: Toán

 

Ngày thi thứ nhất

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

Câu II. Cho tam giác $ABC$ tâm nội tiếp $(I)$ và $AI$ cắt $BC$ tại $D$. Một đường thẳng đi qua $A$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ tại $P,Q$ sao cho $P$ nằm giữa $A,Q$.

a) CMR tích $DP.DQ$ không đổi khi $P,Q$ thay đổi

b) Giả sử đoạn thẳng $PQ$ cắt đoạn thẳng $BD$. Trên đoạn $DB$ lấy điểm $M$ sao cho $DM=DP$. Lấy $R$ đối xứng $M$ qua trung điểm $BC$. $(ADR)$ cắt $(IBC)$ tại $S,T$ . $ST$ cắt $BC$ tại $N$. CMR tam giác $DNQ$ cân.

 

Câu III. Hai bạn An và Bình chơi một trò chơi trên bảng vuông kích thước $3\times 2015$ ( $3$ hàng và $2015$ cột) . Hai người chơi lần lượt, An đi trước. Mỗi lần chơi, An đặt vào bảng một hình chữ nhật ngang $1\times 3$ và Bình đặt vào bảng một hình chữ nhật dọc $3\times 1$. Các hình chữ nhật được đặt vào không được chồng lên nhau. Ai đến lượt mình mà không đặt được hình chữ nhật là thua. Giả sử rằng cả hai bạn đều chơi rất giỏi. Hỏi ai có chiến thuật để chắc chắn dành được chiến thắng? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 09-05-2015 - 11:39


#2 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 09-05-2015 - 11:35

Bài số học năm nay khá nhẹ nhàng:

Bài 1: (vắn tắt) $3^p+4^p=x^2 \rightarrow 3^p=(x-2^p)(x+2^p) \rightarrow x-2^p=3^m,x+2^p=3^n \rightarrow 2^{p+1}=3^n-3^m \rightarrow m=0,n=p$ (xét mod(3))

Suy ra ngay được $2^{p+1}=3^p-1$ nếu $p>3$ dùng Fermat bé suy ra ngay vô lý, còn $p\le 3$ thì $p=2$ thỏa mãn

 

Bài 3: Quy ước 1x3 là quân nằm ngang và 3x1 nằm dọc

Chia bàn cờ ra thành $671$ cụm 3x3 và một cụm 3x2, gọi các cụm này là $C_1,.,C_{671}$, riêng cụm 3x2 không quan tâm, ta khẳng định bạn $A$ thắng như sau: đầu tiên $A$ đặt quân 1x3 vào $C_1$ (có thể nằm ở hàng trên cùng, giữa hoặc cuối của $C_1$ không quan trọng vì sau khi đặt vào thì $B$ ko thể đặt quân 3x1 nào vào cụm đó nữa) sau đó do bạn $B$ chỉ đặt 3x1 (tức quân nằm dọc) giả sử quân đó thuộc $C_i$ nào đó thì $A$ chỉ cần không đặt quân 1x3 bị chèn vào $C_i$ đó, mà cụ thể $A$ đặt 1x3 vào một $C_j$ khác với $j$ khác $i$, khi đó ta có ngay được $A$ sẽ luôn chiếm giữ được ít nhất $\dfrac{671+1}{2}=336$ cụm 3x3 trong khi $B$ chỉ chiếm giữ được tối đa $335$ cụm 3x3 (do A đi trước), như vậy việc còn lại là hoàn thành các cụm 3x3 thì $A$ có thể hoàn thành với ít nhất $336x3=1008$ quân 1x3 trong khi $B$ chỉ hoàn thành tối đa $2015-1008=1007$ quân 3x1 (cho dù $B$ chiếm giữ cụm 3x2 thừa ra thì vẫn chỉ thu được tối đa 1007 quaan3x1)  tức là $A$ thắng (vì đến lúc B sẽ không đặt được nữa trước khi $A$ không đặt được !)

 

P/S qua cách giải này ta có thể thấy nếu bàn cờ 3xn với $n=6k+t$ với $t$ lẻ thì $A$ sẽ thắng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-05-2015 - 13:44


#3 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 09-05-2015 - 15:48

Lời giải bài hình (mình loay hoay cả trưa không up dc cái hình mọi ng thông cảm)

a) Ta có $AD$ giao $(ABC)$ tại $X$ Từ $D$ kẻ dg thẳng vg với $AD$ cắt $(IBC)$ tại $U,V$  thì do $XD.XA=XB^2$ do đó $AU,AV$ tiếp xúc $(IBC)$

Từ đó suy ra cái tg PUQV điều hòa từ đó có ngay tính chất quen thuộc $DP.DQ=DV.DU=DU^2=DB.DC=DX.DA$ ko đổi

b)$XR$ giao $(ABC)$ tại $W$ thì $XR.XW=XB^2=XD.XA$ do vậy $W$ thuộc $(ADR)$ hay $AW$ là trục đp của $(ADR),(ABC)$

Mà $N=ST \cap BC$ do đó $N$ là tâm đẳng phương 3 đg tròn $(ABC),(ADR), ( IBC)$ do đó $A,W,N$ thẳng hàng

Ta lại có $\angle{XMD}=\angle{XRM}=\angle{XAW}$ (do $DRWA$ tg nội tiếp)

Nên $AMXN$ tg nội tiếp

suy ra $DM.DN=DA.NX$ mặt khác $DB.DC=DP.DQ=DM.DQ$( do câu a))

Suy ra $DN=DQ$ đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-05-2015 - 16:56


#4 aloha99

aloha99

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 09-05-2015 - 22:48

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

Xét $p=2$ => $x=5$ 

 

Xét $p\neq 2$

$3^p+4^p=x^2\Leftrightarrow (3+4)(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})=x^{2}$

nên $x^{2}$ chia hết cho 7

Suy ra $(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})$ chia hết cho 7  

Mà $4\equiv -3(mod 7)$ nên $3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1} \equiv 3^{p-1}-3^{p-2}.(-3)+...-3.(-3)^{p-2}+(-3)^{p-1}=p.3^{p-1}$ chia hết cho 7

Suy ra p=7. suy ra $n^{2}=3^{7}+4^{7}$( không tồn tại n thỏa mãn)

 

Vậy $p=2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi aloha99: 09-05-2015 - 22:51


#5 lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 10-05-2015 - 11:46

Ngày thi thứ hai

 

Câu IV. Cho $a,b\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{Z^+}$. CMR

$A=b^{n-1}a(a+b)(a+2b)...[a+(n-1)b]$ chia hết cho $n!$

 

Câu V. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Gọi $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $BAD,CAD$. Gọi $DI,AJ$ lần lượt cắt $(O)$ tại $S,T$. Đường thẳng $IJ$ cắt $AB,CD$ tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng $SM,TN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$

b) Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ khác $N$. $(CDM)$ cắt $AB$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

P/s: Rớt rụng răng :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 12-05-2015 - 05:51


#6 deathavailable

deathavailable

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái
  • Sở thích:Chơi game!!

Đã gửi 10-05-2015 - 14:35

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu IV. Cho $a,b\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{Z^+}$. CMR

$A=b^{n-1}a(a+b)(a+2b)...[a+(n-1)b]$ chia hết cho $n!$

 

Câu V. Cho tứ giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $BAD,CAD$. Gọi $DI,AJ$ lần lượt cắt $(O)$ tại $S,T$. Đường thẳng $IJ$ cắt $AB,CD$ tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng $SM,TN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$

b) Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ khác $N$. $(CDM)$ cắt $AB$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

P/s: Rớt rụng răng :))

 

Ai làm giùm bài hình với -_- ngồi cả buổi loay hoay mãi không ra -_- 


Ế là xu thế mang tầm cỡ quốc tế của các cấp bậc vai vế

 


#7 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 10-05-2015 - 16:28

Ai làm giùm bài hình với -_- ngồi cả buổi loay hoay mãi không ra -_-

Bài hình như sau: :D

a) Dễ cm các điều sau:

1) $\angle{AID}=\angle{DJA}=\dfrac{1}{2}.\angle{ABD}+90$ do đó $AIJD$ tg nội tiếp

2) Cộng góc suy ra tam giác $DJN$ đồng dạng tam giác $IAM$

3) $\angle{NJT}=\angle{AJI}=\angle{AID}=\angle{ADS}=\angle{ATS} \rightarrow \overline{I,J,P,Q}//ST$

4) Từ 3) suy ra ngay $\angle{NJT}=\angle{SAM}$

5) Dễ thấy 2 tam giác cân $TDJ$ và $SAI$ cân tại T,S và hai tam giác này đồng dạng nhau (cộng góc đơn giản)

6) Từ 2) và 5) suy ra hai cặp tam giác đồng dạng: $\Delta{JNT},\Delta{AMS}$ và $\Delta{TND},\Delta{SMI}$ (phép đồng dạng)

7) Từ 6) suy ra ngay $\angle{ASM}=\angle{NTJ}$ hay nếu $NT \cap SM = W$ thì $WAST$ là tg nội tiếp hay có đpcm

 

b) Bổ đề Sawayama mở rộng cho tứ giác:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $I,J,M,N$ vai trò tương tự như trong đề bài thì khi đó đường tròn $(S_{1})$ tx trong $(O)$ và tiếp xúc $AB,CD$ thì nó cũng tiếp xúc $(O),AB,CD$ tại tương ứng $W,M,N$ (dành cho các bạn cm, nếu cần mình sẽ post, cũng chú ý thêm là có 2 dg tròn thỏa mãn tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$, phụ thuộc vào vị trí nằm của nó mà ta cm)

 

Quay lại câu b, xét dg tròn $(S_{2})$ tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$ đồng thời $ (S_{2})$ khác $(S_{1})$ thì nó tx $(O),AB,CD$ tại $K,Q',P'$

Khi đó ta có $AB \cap CD = G$ thì $G$ là tâm vị tự ngoài $(S_{1}),(S_{2})$ và $K,W$ là tâm vị tự ngoài của $(S_{2}),(O)$ và $(S_{1}),(O)$ tương ứng, khi ấy theo định lý D' Alambert ta có $K,G,W$ thẳng hàn, và tương tự câu a kết hợp bổ đề nêu trên ta cũng có $SQ' \cap TP' = K$ và $P'Q'//ST$ và $P'Q'$ đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC,DBC (*)

Do đó

$\angle{SQ'M}=\angle{KQ'B}=\angle{Q'P'K}=\angle{STK}=\angle{SWK}$ (do sự tiếp xúc) và suy ra ngay $MQ'KW$ nội tiếp, tương tự $NP'KW$ nội tiếp

Suy ra $GM.GQ'=GK.GW=GC.GD$ (do $G,K,W$ thẳng hàng cmt) suy ra $MQ'CD$ nội tiếp hay $Q'$ trùng $Q$ tương tự $P'$ trùng $P$ (**)

Từ (*)(**) suy ra đpcm

 

 

P/S Một kiểu khác, ta có thể cm $MQ'KW$ nội tiếp như sau: $SM.SW=SA^2=SB^2=SQ'.SK$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-05-2015 - 16:49


#8 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 10-05-2015 - 17:59

Bài số học có thể giải như sau:

Xét một số nguyên tố $p$ bất kì $p\leq n$

TH1: $p|b$ thì $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)) \geq n$ trong khi $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}$ với $S_{p}(n)$ là tổng cs của $n$ trong cơ số $p$

Rõ ràng $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}<n$ nên ta có ngay $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b))>v_p(n!)$

TH2: $(b,p)=1$ khi đó gọi $v_p(n!)=k$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (b,p^k)=1$ khi đó theo định lý Bezout, ta có tồn tại $c$ sao cho $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (c,p)=1$

Khi đó ta cần cm

$$p^k|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b).c^n$$

$$\leftrightarrow p^k|(ac+0.bc)(ac+1.bc)...(ac+(n-1)bc)$$

$$\leftrightarrow p^k|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$$ $(1)$

(do $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ )

Như vậy, ta có $\dfrac{ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)}{n!}=\binom{ac+n-1}{n}$ là số nguyên do đó $n!|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$ hay $(1)$ đúng vì $p^k||n!$

Như vậy qua cả 2 Th ta suy ra ngay với $p$ nguyên tố $p\leq n$ thì $p^{v_p(n!)}|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b) \rightarrow n!|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$ đpcm

 

P/S bài này đã từng có trong các giờ học đội dự tuyển và đội tuyển của KHTN khóa anh Hoàn, anh Đăng, đề năm nay quả thực có format rất giống thi quốc tế


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-05-2015 - 18:08


#9 binvippro

binvippro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 193 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 10-05-2015 - 18:10

Nếu được bạn có thể làm luôn câu Bất được không ? 



#10 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 10-05-2015 - 20:03

Cách khác cho câu số học ngày 2.

 

Lời giải :

 

Lấy $p$ là một số nguyên tố tuỳ ý nhỏ hơn $n$. Theo định lí Legendre :

$$v_p(n!)=\sum_{i=1}^{\propto }\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor\leq \sum_{i=1}^{\propto }\dfrac{n}{p^i}=\dfrac{n}{p-1}\leq n-1$$

Nếu mà $p\mid b$ thì ta có :

$$v_p(A)\geq n-1\geq v_p(n!)$$

Suy ra rằng $n!\mid A$. 

Còn nếu $p\nmid b$. Khi đó hệ $\left \{ a,a+b,a+2b,...a+(p-1)b \right \}$ là hệ thặng dư đầy đủ modulo $p$, suy ra tồn tại $0\leq k \leq p-1$ sao cho $p\mid a+kb$.

Đặt $n=mp+r$ với $0\leq r\leq p-1$.

Ta nhận thấy rằng tồn tại ít nhất $m$ số nguyên dương $t$ sao cho $p\mid a+(k+t)b$, đó là $t=0p,1p,2p,...,(m-1)p$. Nên trong $A$ sẽ có ít nhất $m=\frac{n-r}{p}=\left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor$ thừa số chia hết cho $p$.

Ta lại đặt $q=\dfrac{a+kb}{p}$ và $m=up+v$. Nếu trong các thừa số của $A$, có thừa số là bội của $p^2$ thì sẽ tồn tại $s$ để mà $p^2\mid p(q+sb)$. Suy ra $p\mid q+sb$. 

Hoàn toàn tương tự trên, ta suy ra số giá trị nguyên dương $s$ thoả $p\mid q+sb$ luôn lớn hơn hoặc bằng $u=\dfrac{m-v}{p}=\left \lfloor \dfrac{m}{p} \right \rfloor=\left \lfloor \dfrac{n}{p^2} \right \rfloor$.

Tiếp tục quá trình này với các số là bội của $p^3,p^4,...$. Ta thu được :

$$v_p(A)\geq \sum_{i=1}^{\propto }\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor=v_p(n!)$$

Suy ra $n!\mid A$. 

Tóm lại là ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 10-05-2015 - 20:05

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#11 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 10-05-2015 - 20:08

Đáp án chính thức bài hình

 

a) Dễ thấy tam giác $SAI$ và $DTJ$ cân và có $\angle ASI=\angle DTJ$ nên hai tam giác đó dồng dạng. Lại dễ chứng minh tứ giác $AIJD$ nội tiếp nên $\angle MAI=\angle IAD=\angle DJN$ và $\angle NDJ=\angle JDA=\angle AIM$. Từ đó hai tam giác $MAI$ và $NJD$ đồng dạng. Từ đó suy ra $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng. Vậy $\angle ASM=\angle NTJ$ do đó $SM$ và $TN$ cắt nhau tại $E$ trên đường tròn $(O)$.

 

b) Gọi $AB$ cắt $CD$ tại $G$. $GE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Ta thấy $GC.GD=GE.GF=GM.GQ$. Từ đó tứ giác $MQFE$ nội tiếp nên $\angle QFE=\angle AME=\angle MAS+\angle MSA=\angle MBS+\angle AFE=\angle SFA+\angle ASE=\angle EFS$. Từ đó $S,Q,F$ thẳng hàng. Tương tự $T,P,F$ thẳng hàng. Từ chứng minh trên $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng nên tam giác $GMN$ cân suy ra $GM=GN$. Lại có $GM.GQ=GN.GP$ nên $GP=GQ$ suy ra $PQ\parallel MN\parallel ST$. Từ đó đường tròn nội tiếp tam giác $FPQ$ tiếp xúc $(O)$. Vậy theo định lý Poncelet nếu $PQ$ cắt $DB,AC$ tại $U,V$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $FUV$ cũng tiếp xúc $(O)$ và tiếp xúc $DB,AC$. Từ đó theo định lý Thebault thì $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$.

Figure3047.jpg?_subject_uid=254948813&w=
 



#12 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 582 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-05-2015 - 20:49

Đề này nhạt quá nhỉ, thấy mỗi 2 bài hình là hay.


Mr Stoke 


#13 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 11-05-2015 - 13:07

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

 

 

Câu VI:

Đổi biến $(a,b,c)=(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}). $

Từ GT suy ra $a^2+b^2+c^2=1$. BĐT trở thành: $\sum \frac{bc}{a^2+\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}$

 

Ta có: $VT \leq \sum \frac{bc}{a^2+a(a+b+c)}$ (do $a+b+c\leq \sqrt{3}$) $=\sum \frac{bc}{a(a+b)+a(a+c)}$

         $\leq \frac{1}{4}\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{bc}{a(a+c)}=\sum \frac{c(a^2+b^2)}{4ab(a+b)}$ 

 

Ta cần CM: $\sum \frac{c^2(a^2+b^2)}{a+b} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow \sum (c^2(a+b)-\frac{2abc^2}{a+b} )\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$

 

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc-2abc(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$

 

Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$

 

Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 11-05-2015 - 13:43


#14 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 11-05-2015 - 16:20

Đề cho HS lớp mấy vậy  :wacko: , khó 


$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#15 NguyenDangHuyYTNA

NguyenDangHuyYTNA

    Binh nhất

  • Banned
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vuơng quốc thất bại
  • Sở thích:Sẽ không quên giấc mơ này!!

Đã gửi 11-05-2015 - 20:43


 

Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$

 

Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

 

Đoạn này hình như ngược dấu rồi.



#16 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 13-05-2015 - 11:05

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

xem ở đây


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#17 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-05-2015 - 16:34

Đáp án và bình luận hai bài hình

http://analgeomatica...pic-chuyen.html



#18 longatk08

longatk08

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 350 Bài viết

Đã gửi 13-05-2015 - 19:54

Nghe nói bài BĐT cũng có thể chứng minh bằng Bổ đề chặn tích ai biết cách này post lên cho mọi người xem với.Thanks!



#19 binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK Hà Nội
  • Sở thích:Tự kỉ một mình,...

Đã gửi 14-05-2015 - 14:24

Thêm 1 cách tiếp cận cho bài BĐT: Click


Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 


#20 davidsilva98

davidsilva98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
  • Sở thích:Hình học, bất đẳng thức

Đã gửi 26-05-2015 - 14:21

 

Ngày thi thứ nhất

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

 

Đặt $3^{p}+4^{p}=k^{2}\; (k\in \mathbb{N})$

 

Dễ thấy $p=2$ thỏa mãn đề bài và $p=7$ không thỏa.

 

Xét trường hợp $p\neq 7$. Do $p$ lẻ nên $3^{p}+4^{p}\: \vdots \: 7\Rightarrow k=7^{a}.b$ với $(b,7)=1$

 

Theo định lý LTE ta được $$2a=v_{7}(3^{p}+4^{p})=v_{7}(3+4)+v_{7}(p)=1$$ Điều này vô lý do $a\in \mathbb{N}$. Vậy $p=2$






4 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 4 khách, 0 thành viên ẩn danh