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 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 39 trả lời

#1 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-05-2016 - 11:40

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$
Câu 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(x, y, z)$ thỏa mãn phương trình $$7^{x} + 3^{y} = 2^{z}$$
Câu 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm nội tiếp $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt cạnh $CA, AB$ lần lượt tại $M, N$. Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $M$, $F$ đối xứng $B$ qua $N$. Giả sử $E, F$ đều lần lượt thuộc các đoạn thẳng $CA, AB$. Gọi $(K), (L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ICE, IBF$.

  • Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau tại $I$.
  • Gọi $EF$ theo thứ tự cắt $(K), (L)$ tại $P, Q$ khác $E, F$. Chứng minh rằng $EP = FQ$.

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.

 

 

Ngày 2 (08/05/2016)
Câu 5. Hỏi có tồn tại hay không các số nguyên dương $a, b, c$ thỏa mãn $2a \ge 5c \ge 4b$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n \ge 3$ và đa thức hệ số nguyên $P_{n}(x) = a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c$ có $n$ nghiệm phân biệt.
Câu 6. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Các điểm $M, N$ thuộc đường thẳng $EF$ sao cho $BM, CN$ vuông góc với $BC$. Và $DM, DN$ lần lượt cắt $(I)$ tại $P, Q$.

  • Chứng minh rằng $PQ // BC$
  • Gọi $K, L$ lần lượt là giao điểm của $DE$ và $QF$, $DF$ và $PE$. Chứng minh rằng $KL // BC$.
  • Chứng minh rằng $I, K, L$ thẳng hàng

Câu 7. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab + bc + ca + 2abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sum\frac{a(a + 1)}{(2a + 1)^{2}}\le \frac{9}{16}$$

 

 

Nguồn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 08-05-2016 - 17:23


#2 Nguyen Minh Hai

Nguyen Minh Hai

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 666 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{THPT}}$ $ \boxed{\textrm{Chuyên Quốc Học}} $
  • Sở thích:$\star\textrm{Tìm hiểu}\star$
    $\textrm{Văn hóa Nhật Bổn}$

Đã gửi 07-05-2016 - 12:05

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$
Câu 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(x, y, z)$ thỏa mãn phương trình $$7^{x} + 3^{y} = 2^{z}$$
Câu 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm nội tiếp $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt cạnh $CA, AB$ lần lượt tại $M, N$. Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $M$, $F$ đối xứng $B$ qua $N$. Giả sử $E, F$ đều lần lượt thuộc các đoạn thẳng $CA, AB$. Gọi $(K), (L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ICE, IBF$.

  • Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau tại $I$.
  • Gọi $EF$ theo thứ tự cắt $(K), (L)$ tại $P, Q$ khác $E, F$. Chứng minh rằng $EP = FQ$.

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.






Nguồn

 

 

Tóm tắt 

Câu 1 :

Phương trình $(2)$ tương đương với 

$6(x-1)(x+1)=(y-1)(y^2+y+14)$

Rút $y=\frac{3-x}{x+1}$ từ $(1)$ thay vào phương trình trên ta được 

$$(\frac{2(x-1)}{x+1}((x+1)^{2}+(\frac{3-x}{x+1})^2+\frac{3-x}{x+1}+14)=0$$

 

Câu 2 : 

Dễ chứng minh được $z$ chẵn, $x,y$ khác tính chẵn lẽ

Xét 2 trường hợp $x$ chẵn , $y$ lẻ và $x$ lẻ, $y$ chẵn

Cả 2 trường hợp đều đưa về dạng 

$7^y=(2^{z'}-3^{x'})(2^{z'}+3^{x'})$ ... 

Bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn là $(1;2;4)$

 

Câu 4 : Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được

 - $a_{2^n}=2^n-1$ 

 - $a_{2^n+1}=2^{n}-2 $

...

- $a_{2^n+k}=2^{n}-k-1$ với $k$ là số nguyên dương sao cho $2^n+k<2^{n+1}$

...

Từ đó dễ dàng suy ra kết quả bài toán.



#3 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Physics class QH Huế
  • Sở thích:Hình học,hẹn hò :)))

Đã gửi 07-05-2016 - 13:01

câu hình ý a khá đơn giản sử dụng $\Delta FIN$ đồng dạng $\Delta IEM$

câu hình b gọi T và H là trung điểm EF và EI, ta có $\Delta FIE$ đồng dạng $\Delta IME$ nên $\Delta FIT$ đồng dạng $\Delta IMH$ nên $\angle FIT = \angle IMH=\angle = \angle MIC =\frac{\angle B}{2}$ nên TI là tiếp tuyến của (L) $=>$  TI là trục đẳng phương của (L) và (K) mà T là trung điểm EF nên dễ suy ra được $EP= FQ$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 07-05-2016 - 13:03


#4 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 07-05-2016 - 13:50

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$

 

Mình thấy cách này hay nên share cho mọi người xem thử:

Từ (2) suy ra $y \ge 0$

 

Xét $y \ge 1$

 

(1) <=> $(x+1)(y+1)=4 \ge 2(x+1)$ (*)   suy ra $1 \ge x$

 

từ (2) $6x^{2} + 8=y^3+13y\ge14$ suy ra $x^2 \ge 1$  từ (*) có $x+1>0$

 

Vậy $x\ge 1$ vậy $x=1$ suy ra $y=1$

 

Xét $0 \le y < 1$ (2); $y^3+13y<14$ suy ra $x<1$

 

mà từ (*) có $4=(x+1)(y+1)<2(x+1)$ suy ra $x>1$

 

suy ra hệ vô nghiệm.

 

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(1,1)$



#5 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp lang tận cùng!
  • Sở thích::( :3

Đã gửi 07-05-2016 - 14:15

Câu 4 em cm như thê này

Có: $a_{1+2+..+2^h}=0\Rightarrow a_{2(1+2...+2^h)}=2.0+1=1$

Đến đây thì làm như kiểu $a_2=1$; lên $a_{2079}=2016$ thì xong


Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#6 Visitor

Visitor

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:làng Foosha

Đã gửi 07-05-2016 - 14:23

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
 

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.
 

Câu này vui. CHuyển sang hệ cơ số 2 thì ta thấy: $a_{2n}$ sẽ bằng $a_n$ thêm số $1$ ở cuối, còn $a_{2n+1}$ bằng $a_n$ thêm số $0$ ở cuối. Mà $2$ số hạng bắt đầu là $0,1$ nên cứ thêm $1$ và $0$ vào cuối như vậy ta sẽ có mọi số tự nhiên :v

Còn $2016=(11111100000)_2$, cứ bỏ lần lượt các chữ số cuối đi là tìm được :v

 À còn vô hạn thì suy ra trực tiếp từ chuyện có vô hạn số $0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 07-05-2016 - 16:45

__________

Bruno Mars


#7 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 07-05-2016 - 15:15

Câu 4: Mình làm như thế này:

Ta thấy rằng $2016=2^5.3^2.7$, mà $3^2.7=1+2(1+2(1+2(1+2(1+2.1))))$, vậy nên nếu $a_k=1$ là một số hạng của dãy thì 

$a_{2k}=2a_k+1=3$

$a_{4k}=2a_{2k}+1=7$

...

$a_{2^5.k}=63$
$a_{2(2^5.k+1)-1}=63.2$

...

$a_{2^5.(2^5.k+1)-1}=63.2^5=2016$.

Nếu ta cm được có vô hạn số hạng $a_{k}=1$ của dãy, thì như vậy, tồn tại vô hạn số hạng $a_{2^5(2^5.k+1)-1}$ tương ứng có giá trị $2016$.

Thật vậy, ta để ý rằng có vô hạn số hạng $0$ trong dãy vì từ số hạng một $a_i=0$ ta có được $a_{2i+1}=2a_i=0$, dẫn tới tồn tại một dãy vô hạn các số $0$. Điều này xảy ra nếu ta chọn $i=1$. Chú ý rằng dãy trên gồm toàn các số hạng có chỉ số lẻ, nên từ đẳng thức $a_{2n}=a_{2n+1}+1$, ta suy ra tồn tại một dãy con vô hạn của dãy đầu gồm toàn các số $1$, suy $đpcm$.

 

P/s: Vì là từ phép suy luận ngược, dựa vào công thức truy hồi của dãy nên có lẽ công thức trên cho ta tất cả các số hạng $2016$ của dãy. (?) Khi đó câu thứ hai có thể giải quyết khá dễ dàng, chỉ số nhỏ nhất đó là $2^5(2.2^5+1)-1=2079$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 07-05-2016 - 18:50


#8 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 07-05-2016 - 18:13


(1) <=> $(x+1)(y+1)=4 \ge 2(x+1)$ (*)   suy ra $1 \ge x$

 

Đoạn này sao mà được nhỉ. $x+1$ đã lớn hơn 0 đâu.


Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#9 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 07-05-2016 - 18:14

Câu 4: Mình làm như thế này:

Ta thấy rằng $2016=2^5.3^2.7$, mà $3^2.7=1+2(1+2(1+2(1+2(1+2.1))))$, vậy nên nếu $a_k=1$ là một số hạng của dãy thì 

$a_{2k}=2a_k+1=7$

$a_{4k}=2a_{2k}+1=15$

...

$a_{2^5.k}=63$
$a_{2(2^5.k+1)-1}=63.2$

...

$a_{2^5.(2^5.k+1)-1}=63.2^5=2016$.

Nếu ta cm được có vô hạn số hạng $a_{k}=1$ của dãy, thì như vậy, tồn tại vô hạn số hạng $a_{2^5(2^5.k+1)-1}$ tương ứng có giá trị $2016$.

Thật vậy, ta để ý rằng có vô hạn số hạng $0$ trong dãy vì từ số hạng một $a_i=0$ ta có được $a_{2i+1}=2a_i=0$, dẫn tới tồn tại một dãy vô hạn các số $0$. Điều này xảy ra nếu ta chọn $i=1$. Chú ý rằng dãy trên gồm toàn các số hạng có chỉ số lẻ, nên từ đẳng thức $a_{2n}=a_{2n+1}+1$, ta suy ra tồn tại một dãy con vô hạn của dãy đầu gồm toàn các số $1$, suy $đpcm$.

 

P/s: Vì là từ phép suy luận ngược, dựa vào công thức truy hồi của dãy nên có lẽ công thức trên cho ta tất cả các số hạng $2016$ của dãy. (?) Khi đó câu thứ hai có thể giải quyết khá dễ dàng, chỉ số nhỏ nhất đó là $2^5(2.2^5+1)-1=2079$.

Mình nghĩ  $a_{2k}=2a_k+1=3$ chứ nhỉ ? 



#10 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 07-05-2016 - 18:48

Câu 3:

Mình giải quyết như sau:

Đặt $X=(K)\cap BC,Y=(L)\cap BC$.

OLYM-16.png

a) Dễ thấy $IE=IX$ và $IF=IY$, do đó $IK\bot EX, IL\bot FY$. Mặt khác, ta có

$\angle INB=\angle IMC=90^0-\frac{\angle BAC}{2}$ (do $AMN$ cân tại $A$),

$\angle NIB=\angle AMN-\angle NBI=90^0-\frac{\angle BAC}{2}-\frac{\angle ABC}{2}=\frac{\angle ACB}{2}=\angle ICX$. Vậy $\Delta NIB$ và $\Delta MCI$ đồng dạng, suy ra $\frac{IB}{IC}=\frac{IN}{CM}=\frac{BN}{IM}$, suy ra $\frac {IB^2}{IC^2}=\frac{BN}{CM}$ (Do $IM=IN$). Ngoài ra ta cũng dễ cm được hai tam giác $IFN$ và $EIM$ cũng đồng dạng, suy ra $\angle FIN=\angle EIM$ và $\frac{IE^2}{IF^2}=\frac{EM}{FN}\Rightarrow \frac{IB}{IC}=\frac{IF}{IE}(*)$.

Đến đây, ta lại có $\angle FYB=\angle FIB=\angle FIN+\angle NIB=\angle IEM+\angle ICM=\angle IXY+\angle IXE=\angle EXY$

$\Rightarrow EX||FY\Rightarrow I,L,K$ thẳng hàng.

b) Câu này ta sẽ cm $BYFQ, CXEP$ là các hình thang cân, suy ra $BY=FQ,XC=PE$. Kết hợp với $BY=XC$ sẽ có ngay $đpcm$.

Thật vậy, dễ thấy $KL$ là trục $đx$ của hình thang $FYXE$ suy ra nó là hình thang cân, tới đây dễ suy ra $BYFQ, CXEP$ là các hình thang cân. 

Ta gọi $T$ là giao điểm của tiếp tuyến chung trong của $(K), (L)$ với $BC$. Thế thì $TY.TB=TX.TC$. Ta có (dễ cm được) các cặp tam giác sau đồng dạng: $TIY,IBF$ và $TIX,ICE$. từ đó ta có các kết quả sau:

$\frac{TI}{IB}=\frac{TY}{IF}, \frac{TI}{IC}=\frac{TX}{IE}$,
$\Rightarrow \frac{IB}{IC}=\frac{TY.IF}{TX.IE}$, kết hợp với $(*)$ suy ra $TY=TX\Rightarrow BY=CX\Rightarrow FQ=EP (đpcm)$.



#11 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 07-05-2016 - 18:50

Mình nghĩ  $a_{2k}=2a_k+1=3$ chứ nhỉ ? 

Chết, sai rồi =), để mình sửa, cám ơn bạn. Nói chung không ảnh hưởng gì nhiều.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 07-05-2016 - 18:51


#12 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 07-05-2016 - 19:29

Đoạn này sao mà được nhỉ. $x+1$ đã lớn hơn 0 đâu.

 (x+1)(y+1)=4 rồi mà $y \ge 0$ nữa sao x+1 không lớn hơn 0 được :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 07-05-2016 - 19:30


#13 huya1k43pbc

huya1k43pbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ngạo nghễ cười trên cả những niềm đau
  • Sở thích:Hạt cát vô danh.

Đã gửi 07-05-2016 - 22:44

Đoạn này sao mà được nhỉ. $x+1$ đã lớn hơn 0 đâu.

Cách khác: Pt(2)$\Leftrightarrow (x+2)^3=x^3+y^3+12x+13y=(x+y)^3+3(x+y-3)(x+y)+12x+13y=(x+y+1)^3+y-1\Leftrightarrow (x+2)^3+(x+2)=(x+y+1)^3+(x+y+1)\Leftrightarrow x+2=x+y+1<=>y=1=>x=1.$



#14 the man

the man

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 589 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Y Hà Nội
  • Sở thích:Nhiều

Đã gửi 08-05-2016 - 12:13

 

 

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng 

$$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$$

 

 

Đặt  $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

  $\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

  $=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

  $=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

  $\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh   $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$  

 Bất đẳng thức này tương đương

   $\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

  $\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 08-05-2016 - 13:10

"God made the integers, all else is the work of man."

                                                Leopold Kronecker


#15 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 08-05-2016 - 12:36

Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}\left ( \sum \frac{1}{2a+1} \right )^2$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}\left ( \frac{9}{2(a+b+c)+3} \right )^2\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}.\left ( \frac{9}{6} \right )^2=\frac{9}{16}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$

 Một hướng tiếp cận khác cho bài này như sau :

 Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

 Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

 Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$



#16 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 08-05-2016 - 12:38

Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}\left ( \sum \frac{1}{2a+1} \right )^2$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}\left ( \frac{9}{2(a+b+c)+3} \right )^2\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{12}.\left ( \frac{9}{6} \right )^2=\frac{9}{16}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$

Bạn làm bị ngược dấu một đoạn tuy nhiên bài này khá dễ chỉ cần thêm một đoạn quy đồng nữa là xong

 

Câu 6. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $M,N$ thuộc đường thẳng $EF$ sao cho $BM,CN$ vuông góc với $BC$. $DM,DN$ lần lượt cắt $(I)$ tại $P,Q$.

  a) Chứng minh rằng $PQ || BC$

  b) Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $DE$ và $QF$, $DF$ và $PE$. Chứng minh rằng $KL || BC$
 c) Chứng minh rằng $I,K,L$ thẳng hàng

Mấu chốt câu c hình là chỉ ra $C,L,M$ thẳng hàng,$B,K,N$ thẳng hàng và chùm điều hòa $C(BAKN) =-1,B(CALM)=-1$

Đề này cũng không phải là quá dễ khó hơn hôm qua

Tóm tắt lời giải:

Untitled.jpg

a) Hạ $DT \perp EF$. Theo bổ đề quen thuộc thì $TD$ là phân giác $DTC$

Từ hai tứ giác $BMTD$ và $CDTN$ thì suy ra $\widehat{BMD}=\widehat{CND}$ suy ra $\widehat{PDB}=\widehat{QDC}$

Từ đây suy ra $DP=DQ$ suy ra $ID$ là trung trực $PQ$

b)Bằng biến đổi góc ta chứng minh được $\widehat{FLE}=\widehat{FKE}$ suy ra $FLKE$ nội tiếp

Từ đây ta có: $\widehat{ELK}=\widehat{EFQ}=\widehat{EPQ}$ suy ra $KL \parallel PQKL \parallel BC$

c)Xét tứ giác $FEQD$ bằng định lý $PASCAL$ suy ra $B,K,N$ thẳng hàng (có nhiều cách chứng minh chỗ này)

Tương tự $C,L,M$ thẳng hàng

$NB$ cắt $AC$ tại $S$. Khi đó $E(FDBC)=-1$ suy ra $(BSKN)=-1$ suy ra $C(BAKN)=-1$

Tương tự $B(CALM)=-1$

Từ đây ta có $CK,BL$ đi qua trung điểm đường cao $AH$. Từ đây chứng minh dễ dàng $I,K,L$ thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 08-05-2016 - 13:02

"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." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#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 08-05-2016 - 12:52

Ý tưởng của em cho câu c) hay đấy, câu c) là câu thú vị nhất trong bài này!


  • 128 yêu thích

#18 vda2000

vda2000

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 08-05-2016 - 12:58

Câu c theo Brokard có: $IL\bot MZ$ với $Z$ là giao điểm của $ED$ với $PF$.

Còn theo định lý Pascal thì: $M,B,Z$ thẳng hàng nên: $MZ$ vuông góc $BC$

Suy ra $IL$ song song với $BC$ nên $I$ thuộc $LK$


$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!


#19 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ K17-FIT-HCMUS}$
  • Sở thích:$ \textrm{GEOMETRY} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 08-05-2016 - 13:10

c) ý tưởng từ thằng bạn

Gọi $S$ là giao điểm của $BM$ và $DE$

$T$ là giao điểm của $NC$ và $DF$

Áp dụng định lý $Pascal$ ta có:

$M, B, S$ và $N, C, T$ thẳng hàng

Áp dụng định lý $Brokard$ cho các tứ giác nội tiếp $DEFP$ và $EFDQ$ ta được:

$LI \perp MB$ và $KI \perp NC$

Suy ra $LI, KI$ song song với $BC$

Mà $LK$ song song $BC$(câu b)

suy ra $L, I, K$ thẳng hàng.

Hình gửi kèm

  • 13161594_485794471617897_17920260_o.png


#20 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 08-05-2016 - 13:17

Câu c) theo cách đáp án chỉ thuần túy hình học lớp 9 nhưng tính toán hơi dài.






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh