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

#21 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 08-05-2016 - 13:28

Một cách tiếp cận khác, nhẹ nhàng hơn cho câu 6 c):

OLYMPIC162.PNG

Đặt $J=DI\cap EF,S=BN\cap CM$. Kẻ đường thẳng vuông góc với $IL$, cắt $EF$ tại $X$, $DP$ tại $Y$. Dễ thấy $D,S,I,J$ thẳng hàng. Theo định lý Pascal, $B,N,K,S$ thẳng hàng, tương tự với $C,M,L,S$. Hơn nữa, theo bổ đề hình thang, $S$ là trung điểm $JD$, theo định lý con bướm $LX=LY$. Vậy $XY//JD\Rightarrow XY\bot BC$, tức là $IL//BC\Rightarrow K,I,L$ thẳng hàng $(đpcm)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 08-05-2016 - 13:59


#22 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

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

Đã gửi 08-05-2016 - 13:35

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

Với cách đặt ẩn phụ như bạn.

 

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

 

Giả sử: $x+y+z=1$

 

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

 

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

 

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

 

Từ đó ta thu được:

 

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



#23 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

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

Đã gửi 08-05-2016 - 14:28

Em xin làm nôt câu hình:

UxOMmou.png

a) Đường thẳng qua A vuông BC cắt EF tại H.

 

$\bigtriangleup  AHF$ ~$\bigtriangleup  MFH$ nên: $\frac{MB}{AH}=\frac{FB}{AF}$

 

Tương tự ta có: $\frac{NC}{AH}=\frac{CE}{AE}$

 

Chia hai vế cho nhau ta có: $\frac{MB}{NC}=\frac{BD}{CD}$

 

$\bigtriangleup  MBD$ ~$ \bigtriangleup  NCD$ suy ra $\widehat{BMD}=\widehat{IDM}=\widehat{DNC}=\widehat{IDE}$

 

Suy ra: ID vuông PQ suy ra PQ || BC

 

b) chứng minh tứ giác EFKL nội tiếp, có BC là tiếp tuyến nên theo theo bài toán quen thuộc

 

KL || BC

 

c) Gọi EQ cắt FD tại P.

 

Theo Brocard IK vuông NP

 

Mặt khác NP là đường đối cực của K, DE là đường đối cực của C, DE qua K nên NP qua C nên  IK || BC


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 08-05-2016 - 14:28


#24 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 08-05-2016 - 14:43

L thuộc đường đối cực của B và M nên BM là đường đối cực của L

=> IL vuông góc BM 

tương tự IK vuông góc CN

ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 08-05-2016 - 15:13


#25 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

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

Đã gửi 08-05-2016 - 14:44

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 $a=b=c=1.5$

Câu 5 mình làm khá giống bạn:

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

 

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

 

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

 

Nên chỉ cần chứng minh:

 

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

 

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

 

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

 

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

 

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$



#26 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 08-05-2016 - 17:04

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.

giả sử tồn tại $a,b,c,n$ nguyên dương thỏa đề

gọi $x_1,x_2,...,x_n$ là các nghiệm nguyên của $\mathcal{P}_n(x)$ ta có

$\mathcal{P}_n(x)=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

tức

$a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

đồng nhất hệ số $x^2,x,x^0$ ta có

$\left\{\begin{matrix} (-1)^nx_1x_2...x_n=\frac{c}{a_0}\\ (-1)^{n-1}\sum_{j=1}^{n}\prod_{i\neq j}x_i=\frac{-b}{a_0} \\ (-1)^{n-2}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\prod_{i\neq j,i\neq k}x_i=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.$

đặt $t=x_1x_2...x_n$

$\bullet $ xét với $a_0>0$

xét với $n$ chẵn ta có

$\left\{\begin{matrix} t=\frac{c}{a_0}\\\sum \frac{t}{x_i}=\frac{b}{a_0} \\ \sum \frac{t}{x_ix_j}=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.\Rightarrow t>0$

ta có

$2a\ge 5c\ge 4b$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{t}{x_ix_j}\geq 5t\geq 4\sum \frac{t}{x_i}$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5\geq 4\sum \frac{1}{x_i}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sum \frac{1}{x_ix_j}\geq \frac{5}{2}\\\sum \frac{1}{x_i}\le \frac{5}{4} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{25}{16}\geq \left ( \sum \frac{1}{x_i} \right )^2\geq 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5$

điều trên vô lí 

xét với $n$ lẻ tương tự thì $-t>0$ và ... ta cũng có điều vô lí

$\bullet $ xét với $a_0<0$

ta có nhận xét khi xét trường hợp $\left ( a_0<0,n\ \text{chẵn} \right )$ giống với trường hợp $\left ( a_0>0,n\ \text{lẻ} \right )$ nên cũng có điều vô lí

tương tự khi xét với $\left ( a_0<0,n\ \text{lẻ} \right )$ cũng có mâu thuẫn

$\boxed{\text{Vậy không tồn tại}\ a,b,c\ \text{thỏa đề}}$

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 08-05-2016 - 17:54

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: 


#27 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 - 18:12

Tổng quát ý c) ngày 2

 

Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $R$ là một điểm trên trung trực $BC$. $RC,RB$ cắt $EF$ tại $M,N$. $DM,DN$ cắt $(I)$ tại $P,Q$ khác $D$. $EQ,FP$ lần lượt cắt $DF,DE$ tại $L,K$. Chứng minh rằng $KL$ đi qua nghịch đảo của $R$ qua $(I)$.

 

Figure3795.png



#28 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 08-05-2016 - 21:07

Cho tớ hỏi thi cái này bao lâu có kết quả vậy ???


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#29 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 08-05-2016 - 21:23

 

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

 

 

 

Tiếp cận bằng dồn biến

Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$

Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$

Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$

$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$

Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$

Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$

Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm

$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$

$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$

$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$

Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$ 

$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$

Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$

Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định


NgọaLong

#30 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1395 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 09-05-2016 - 11:46

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

 

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

 

 

 

 

Thêm một cách chứng minh khác cho bài BĐT

 

$$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$$

 

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

 

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

 

Khi đó:

 

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

 

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

 

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

 

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$

 

$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

 

Do đó ta có ĐPCM

 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 09-05-2016 - 11:51


#31 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 280 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 09-05-2016 - 12:34

Tiếp cận bằng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$
Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$
Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$
$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$
Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$
Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$
Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm
$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$
$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$
$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$
Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$
$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$
Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$
Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định

anh em thấy cách dồn này sao sao ấy vì anh đặt t=√bc thì cái đk đầu bài đâu có bằng đk dồn biến và ta thấy rõ là 2at khác với ab+ac

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 09-05-2016 - 12:34


#32 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 09-05-2016 - 12:34

Câu hình lúc đi thi bị rối nên làm hơi ẩu

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm (F, E, D

                                                          P, D, E )

Ta có M, L, c thăngr hàng.

 Kéo dài È cắt BC tại T, MD cắt BF tại X . 

Ta có (T, D, B, C) = -1 thì T, X, L thẳng hàng

Áp dụng định lý Desargues Cho tam giác MPE và BFD có giao điểm của các đoạn thẳng tương ứng thẳng hàng=> MB, PF, DE đồng quy.

Mà theo định lý Brocard thì IL vuông góc với BM, mà LK cx vuông góc  với BM.

Vậy I, L, K thẳng hàng

( đi thi quên ko cm M, L, C thẳng hàng vì nó hiển nhiên quá, ko biết có việc gì Ko)

( em đăng vội nên ko up được hình, mong mọi người thông cảm)


TLongHV


#33 hoduchieu01

hoduchieu01

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:toán

Đã gửi 09-05-2016 - 15:52

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

 

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:

attachicon.gifUntitled.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

 sao TD lại phân giác DTC ạ



#34 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 10-05-2016 - 00:10

anh em thấy cách dồn này sao sao ấy vì anh đặt t=√bc thì cái đk đầu bài đâu có bằng đk dồn biến và ta thấy rõ là 2at khác với ab+ac

Để mình xem lại


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 10-05-2016 - 00:18

NgọaLong

#35 xuantungjinkaido

xuantungjinkaido

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết

Đã gửi 12-05-2016 - 23:08

bài hình ngày 2 có cách nào cho lớp 9 không ạ?



#36 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 13-05-2016 - 00:27

câu a),b) thì có cách lớp 9 đẹp câu c) cũng có nhưng rất dài.



#37 Tinh1100174

Tinh1100174

    Trung sĩ

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

Đã gửi 15-05-2016 - 08:46


 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

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

Đây là cách của tôi

Hình gửi kèm

  • 234.PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tinh1100174: 15-05-2016 - 08:49


#38 lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Đã gửi 03-06-2016 - 10:08

giả sử tồn tại $a,b,c,n$ nguyên dương thỏa đề

gọi $x_1,x_2,...,x_n$ là các nghiệm nguyên của $\mathcal{P}_n(x)$ ta có

$\mathcal{P}_n(x)=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

tức

$a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

đồng nhất hệ số $x^2,x,x^0$ ta có

$\left\{\begin{matrix} (-1)^nx_1x_2...x_n=\frac{c}{a_0}\\ (-1)^{n-1}\sum_{j=1}^{n}\prod_{i\neq j}x_i=\frac{-b}{a_0} \\ (-1)^{n-2}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\prod_{i\neq j,i\neq k}x_i=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.$

đặt $t=x_1x_2...x_n$

$\bullet $ xét với $a_0>0$

xét với $n$ chẵn ta có

$\left\{\begin{matrix} t=\frac{c}{a_0}\\\sum \frac{t}{x_i}=\frac{b}{a_0} \\ \sum \frac{t}{x_ix_j}=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.\Rightarrow t>0$

ta có

$2a\ge 5c\ge 4b$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{t}{x_ix_j}\geq 5t\geq 4\sum \frac{t}{x_i}$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5\geq 4\sum \frac{1}{x_i}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sum \frac{1}{x_ix_j}\geq \frac{5}{2}\\\sum \frac{1}{x_i}\le \frac{5}{4} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{25}{16}\geq \left ( \sum \frac{1}{x_i} \right )^2\geq 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5$

điều trên vô lí 

xét với $n$ lẻ tương tự thì $-t>0$ và ... ta cũng có điều vô lí

$\bullet $ xét với $a_0<0$

ta có nhận xét khi xét trường hợp $\left ( a_0<0,n\ \text{chẵn} \right )$ giống với trường hợp $\left ( a_0>0,n\ \text{lẻ} \right )$ nên cũng có điều vô lí

tương tự khi xét với $\left ( a_0<0,n\ \text{lẻ} \right )$ cũng có mâu thuẫn

$\boxed{\text{Vậy không tồn tại}\ a,b,c\ \text{thỏa đề}}$

Spoiler

Thực ra $a_0 >0$ hay $<0$ không quan trọng vì $P_n=0$ nên có thể đổi dấu $a_0$



#39 Acrystal

Acrystal

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 06-06-2016 - 19:19

Bộ nghiệm (1,;2;4) hình như sai rồi thì phải



#40 lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Đã gửi 07-06-2016 - 19:19

Mọi người có ai có kết quả chưa ? Lâu rồi mà không thấy up kết quả thi nhỉ ?






0 người đang xem chủ đề

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