Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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 CHỌN ĐT QG TỈNH HÀ NAM NĂM 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 14-10-2016 - 00:01

Bài $1$: Cho $2$ dãy số đc xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=y_{1}=\sqrt{3} & \\ & x_{n+1}=x_{n}+\sqrt{1+x_{n}^2} & \\ & y_{n+1}=\frac{y_{n}}{1+\sqrt{1+y_{n}^2}} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\geq 1$

$a)$ CMR: $x_{n}y_{n}\in (2;3)$ $\forall n\geq 2$ 

$b)$ Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty} y_{n}$

 

Bài $2$: Cho $a,b,c\geq 0$. Tìm min của: $P=\sum\sqrt{\frac{a}{b+c}}$

Bài $3$: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$. $A_{1},A_{2};B_{1},B_{2};C_{1},C_{2}$ lần lượt là giao của $YZ,ZX,XY$ với $(O)$. CMR: $I$ là tâm đẳng phương của $3$ đường tròn $(DA_{1}A_{2}),(EB_{1}B_{2}),(FC_{1}C_{2})$

Bài $4$: Cho $P,Q,R$ là $3$ đa thức hệ số thực thỏa mãn: $P(Q(x))+P(R(x))=c$ $\forall x\in\mathbb{R}$ với $c=const\in\mathbb{R}$

CMR: $P(x)\equiv const$ hoặc $[Q(x)+R(x)]\equiv const$

Bài $5$: Gọi $A$ là tập các bộ $(x_{1},x_{2},x_{3})$ với $x_{1},x_{2},x_{3}\in$ {$0;1;2;...;7$}. Bộ $x=(x_{1},x_{2},x_{3})\in A$ gọi là trội hơn bộ $y=(y_{1},y_{2},y_{3})\in A$ nếu $x\neq y$ và $x_{i}\geq y_{i}$ $\forall i=1;2;3$. Khi đó ta viết $x>y$. Tìm $n_{min}\in\mathbb{N^{*}}$ sao cho mọi tập con có $n$ ptử của $A$ đều chứa ít nhất $2$ bộ $x>y$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 14-10-2016 - 23:39


#2 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 14-10-2016 - 18:31

Câu bất quen quá rồi

Theo AM-GM

$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$

Cộng lại có $P\geq 2$



#3 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 14-10-2016 - 18:40

Câu bất quen quá rồi

Theo AM-GM

$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$

Cộng lại có $P\geq 2$

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $ 

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $



#4 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 14-10-2016 - 23:23

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $ 

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $

Theo mik thấy thì cách $1$ ko ổn. Bạn làm vậy thì dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} & a=b+c & \\ & b=c+a & \\ & c=a+b & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow a+b+c=0\Leftrightarrow a=b=c=0$ (!!!)

Ở đây thì $2$ trog $3$ số ko thể đồng thời bằng $0$. Do đó ta xét $2$ TH: $1$ trog 3 số bằng $0$ (bđt hiển nhiên đúng) hoặc cả $3$ số đều dương (khi đó ta c/m $P>2$ như trên) 

Còn cách $2$ thì OK rùi  :D



#5 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 14-10-2016 - 23:51

Đóng góp $1$ cách khác cho bài bđt (hơi dài  :wacko:):

Ko giảm tính tổng quát, gsử $c=min$ {$a,b,c$} ($a,b,c\geq 0$ và ko có $2$ số nào đồng thời bằng $0$)

Ta c/m bổ đề với đk gt trên: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$. Bổ đề này có trên tạp chí THTT tháng $7/2016$

Khi đó; $P\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}=2\sqrt{\frac{1}{1+\frac{2c}{a+b}}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

Đặt $x=\sqrt{\frac{c}{a+b}}$ ($x\in [0;\frac{1}{2}]$). Đến đây ta xét hàm $f(x)=\frac{2}{\sqrt{1+2x^2}}+x$ là xg 



#6 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 15-10-2016 - 00:07

Theo mik thấy thì cách $1$ ko ổn. Bạn làm vậy thì dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} & a=b+c & \\ & b=c+a & \\ & c=a+b & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow a+b+c=0\Leftrightarrow a=b=c=0$ (!!!)

Ở đây thì $2$ trog $3$ số ko thể đồng thời bằng $0$. Do đó ta xét $2$ TH: $1$ trog 3 số bằng $0$ (bđt hiển nhiên đúng) hoặc cả $3$ số đều dương (khi đó ta c/m $P>2$ như trên) 

Còn cách $2$ thì OK rùi  :D

À chỗ này nhé bạn

Như mình làm bđt ở trên thì $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Khi bạn nhân như mình ở trên thì bđt lúc sau

$\sqrt{\frac{a}{b+c} } \geq \frac{2a}{a+b+c} $ vẫn đảm bảo dấu bằng biên bạn nhé

Vậy nên mình mới nhân lên đó 

Có thể coi đây là 1 dạng yếu của phân li đẳng thức

Với lại cái kiểu này thì cũng có nhiều trong sách vở rồi 



#7 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 15-10-2016 - 00:14

Bài $1$: Cho $2$ dãy số đc xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=y_{1}=\sqrt{3} & \\ & x_{n+1}=x_{n}+\sqrt{1+x_{n}^2} & \\ & y_{n+1}=\frac{y_{n}}{1+\sqrt{1+y_{n}^2}} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\geq 1$

$a)$ CMR: $x_{n}y_{n}\in (2;3)$ $\forall n\geq 2$ 

$b)$ Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty} y_{n}$

Bài này lượng giác hóa là xg  :wacko:

$a)$ Bằng quy nạp ta c/m đc: $x_{n}=cot \frac{\pi}{3.2^n}$ , $y_{n}=tan \frac{\pi}{3.2^{n-1}}$ $\forall n\geq 1$

$\Rightarrow x_{n}y_{n}=tan \frac{\pi}{3.2^{n-1}}.cot \frac{\pi}{3.2^n}=\frac{tan \frac{\pi}{3.2^{n-1}}}{tan \frac{\pi}{3.2^n}}=\frac{2}{1-tan^2 \frac{\pi}{3.2^n}}\Rightarrow x_{n}y_{n}\in (2;3)$ $\forall n\geq 2$

$b)$ $\lim_{n\rightarrow +\infty} y_{n}=\lim_{n\rightarrow +\infty} tan \frac{\pi}{3.2^{n-1}}=0$



#8 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 15-10-2016 - 00:17

À chỗ này nhé bạn

Như mình làm bđt ở trên thì $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Khi bạn nhân như mình ở trên thì bđt lúc sau

$\sqrt{\frac{a}{b+c} } \geq \frac{2a}{a+b+c} $ vẫn đảm bảo dấu bằng biên bạn nhé

Vậy nên mình mới nhân lên đó 

Có thể coi đây là 1 dạng yếu của phân li đẳng thức

Với lại cái kiểu này thì cũng có nhiều trong sách vở rồi 

Ah sr bạn, mình hơi nhầm lẫn xíu  ~O)



#9 hoangkimca2k2

hoangkimca2k2

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 467 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
  • Sở thích:...

Đã gửi 15-10-2016 - 20:28

Câu bất đẳng thức

  theo bất đẳng thức cô si ta có căn (b+c/a).1 <= ( b+c/a +1) : 2 = (a+b+c)/2a

tương tự cộng từng vế bất đẳng thức ta có >= 2

  dấu "=" xảy ra <=> a=b+c ; b=a+c  ; c=a+b 

suy ra a+b+c=0 (cái đề này sai rồi a,b,c là ba số dương)

 Nên đẳng thức không xảy ra


  N.D.P 

#10 LuaMi

LuaMi

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Đã gửi 17-10-2016 - 22:13

Câu bất đẳng thức
  theo bất đẳng thức cô si ta có căn (b+c/a).1 <= ( b+c/a +1) : 2 = (a+b+c)/2a
tương tự cộng từng vế bất đẳng thức ta có >= 2
  dấu "=" xảy ra <=> a=b+c ; b=a+c  ; c=a+b 
suy ra a+b+c=0 (cái đề này sai rồi a,b,c là ba số dương)
 Nên đẳng thức không xảy ra

Đề hoàn toàn ko sai mà là do bạn làm sai, nếu dùng côsi thì phải chia hai th là có một số =0 hoặc cả ba số khác 0

#11 hoangkimca2k2

hoangkimca2k2

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 467 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
  • Sở thích:...

Đã gửi 18-10-2016 - 14:40

cảm ơn bạn mình nhầm  :like


  N.D.P 

#12 LinhToan

LinhToan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 269 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:TOÁN HỌC

Đã gửi 18-10-2016 - 19:55

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $ 

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $

bạn ơi , cách 2 của bạn vì sao lại do bđt đồng bậc nên chuẩn hóa

bạn giải thích rõ hơn dc ko?



#13 khongcoten12

khongcoten12

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 21-10-2016 - 22:24

Có ai có lời giải câu hình k

#14 LinhToan

LinhToan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 269 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:TOÁN HỌC

Đã gửi 22-10-2016 - 12:29

bạn ơi , cách 2 của bạn vì sao lại do bđt đồng bậc nên chuẩn hóa

bạn giải thích rõ hơn dc ko?

có ai giải thích được vì sao ko?



#15 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 24-10-2016 - 19:00

Bài 5 (ngày 2): Xét $1$ cách chọn các bộ số thoả mãn không có $2$ bộ nào trội nhau và $1$ bảng $8\times 8$, đánh dấu các cột từ dưới lên trên $0$ đến $7$, các hàng từ trái sang phải $0$ đến $7$. Đánh dấu vài ô vuông $1\times 1$ trong đó, ô vuông $(y,z)$ được đánh dấu ($y$ là số hàng, $z$ là số cột) nếu có một bộ $(x,y,z)$ được chọn. Ta thấy rằng nếu có $2$ bộ $(x_1;y;z)$ và $(x_2,y,z)$ được chọn thì một bộ phải trội hơn bộ còn lại (với $x_1,x_2,y,z$ là 4 số trong các số từ $0$ đến $7$) nên với một ô $(y,z)$ được đánh dấu thì tồn tại duy nhất một số $x$ trong khoảng từ $0$ đến $7$ được chọn thoả mãn $(x,y,z)$ được chọn, hay số ô đánh dấu bằng số bộ số được chọn. Ta gọi một ô $(y_1,z_1)$ đến được một ô $(y_2,z_2)$ nếu $y_1\geq y_2,z_1\geq z_2$ và $2$ ô đó phân biệt.Dễ thấy $y_1+z_1>y_2+z_2$$(1)$. Ta thấy rằng không thể tồn tại $9$ ô $(y_1,z_1),(y_2,z_2),...,(y_9,z_9)$ sao cho $(y_i,z_i)$ có thể đến được $(y_{i+1},z_{i+1})$ $\forall i=\overline{1,8}$ vì như thế thì sẽ tồn tại $9$ bộ số $(x_i,y_i,z_i)$ và $x_9>x_8>...>x_1$(do không có 2 bộ nào trội nhau)(vô lí do $x_i$ chỉ chọn từ $0$ đến $7$). Gọi $S_1$ là tập tất cả các ô mà không thể đi từ một ô nào khác đến các ô đó và $S_{i+1}$ là tập các ô mà với mỗi ô bất kì từ tập $S_{i+1}$ thì có một ô thuộc $S_i$ đi đến được ô đó. Theo lập luận trên thì $S_9$ là tập rỗng. Xét các tổng tung độ và hoành độ trong các ô thộc $S_i$($(y,z)$ có tổng là $y+z$) và đặt $m_i$ là số lớn nhất trong các số đó. Vì không có $2$ số nào trong tập $S_i$ thuộc cùng $1$ hàng hoặc $1$ cột và vì có một ô trong $S_i$ thoả mãn tổng tung độ và hoành độ của nó là $m_i$ nên dễ chứng minh $\left | S_i \right |\leq t_i$ với $t_i=14+1-m_i$ nếu $m_i>6$,$t_i=m_i+1$ nếu $m_i<7$. Dễ thấy không có ô nào thuộc $S_9$ vì nếu không sẽ tạo ra $1$ đường đi $9$ ô nên và chú ý rằng $m_1>m_2>...>m_8$ do $(1)$ nên tổng số ô trên bảng là $\sum_{i=1}^{8}\left | S_i \right |\leq \sum_{i=1}^{8}t_i\leq 5+6+7+8+7+6+5+4=48$. Vậy có nhiều nhất $48$ ô được đánh dấu nên chỉ chọn được $48$ bộ số. Ta có cách chọn $48$ bộ số sau $(x,y,z)$ với mọi $y,z$ thoả mãn $4\leq y+z\leq 11$ và $x=y+z-4$. Vậy dễ dàng suy ra $n=49$ là giá trị nhỏ nhất



#16 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

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

Đã gửi 08-11-2016 - 12:50

 

Bài $4$: Cho $P,Q,R$ là $3$ đa thức hệ số thực thỏa mãn: $P(Q(x))+P(R(x))=c$ $\forall x\in\mathbb{R}$ với $c=const\in\mathbb{R}$

CMR: $P(x)\equiv const$ hoặc $[Q(x)+R(x)]\equiv const$

 

Đặt $deg P(x)=p$ và không mất tính tổng quát giả sử $deg Q(x)=q \ge r=degR(x)$. Nếu $P(x)\equiv const$ hoặc $Q(x)\equiv const$ thì khi đó $R(x)\equiv const$ nên hai trường hợp này là hiển nhiên. Ta xét $ p,q >0$, $r \ge 0$

Đặt $C_k (f(x))$ là hệ số của $x^k$ trong đa thức  $f(x)$, vì thế $C_{\deg f(x)} (f(x)) \neq 0$ là hệ số cao nhất của $f(x)$. Đặt $a = C_{\deg P(x)} (P(x))$, $b = C_{\deg Q(x)} (Q(x))$, $c = C_{\deg R(x)} (R(x))$.

Nếu $q>r$, Khi đó $C_{pq} (P(Q(x)) + P(R(x))) = ab^p \neq 0$, Vô lí. Vì thế ta phải có $q=r=m$, $\Rightarrow$ $C_{pm} (P(Q(x)) + P(R(x))) = a(b^p +c^p)\neq 0$, Theo điều kiện giả thiết thì $b^p + c^p = 0$, dẫn tới $p$ lẻ và $c=-b$.
 
Xét $a(Q(x)^p + R(x)^p) = a(Q(x)+R(x)) S(x)$, Trong đó $ S(x) = Q(x)^{p-1} - Q(x)^{p-2}R(x) + \cdots - Q(x)R(x)^{p-2} + R(x)^{p-1}$. Ta có $C_{(p-1)m}(S(x)) = b^{p-1} - b^{p-2}(-b) + \cdots - b(-b)^{p-2} + (-b)^{p-1} = pb^{p-1} \neq 0$, nên $\deg S(x) \geq (p-1)m$ (Thực ra là bằng luôn). 
 
Mặt khác  nếu đặt $T(x) = P(Q(x)) + P(R(x)) - a(Q(x)^p + R(x)^p)$ ta có $\deg T(x) \leq (p-1)m$. Giả sử ngược lại $Q(x)+R(x)$ không là hằng số, $\Rightarrow$ $\deg(Q(x)+R(x)) \geq 1$, Ta phải có $\deg(a(Q(x)^p + R(x)^p)) = \deg(a(Q(x)+R(x)) S(x)) \geq 1 + (p-1)m$, và vì thế $\deg(P(Q(x)) + P(R(x))) = \deg(a(Q(x)^p + R(x)^p) + T(x)) \geq 1+(p-1)m >0$, Mâu thuẫn.
 
Vậy ta có đpcm.
Ps: Nếu tồn tại $Q,R$ mà $Q(x) + R(x) = C$ là hằng số, ta vẫn có thể tìm đa thức $P$ khác hằng bậc$ p$ lẻ bất kì, để $P(Q(x)) + P(R(x)) $ là hằng số. Chỉ cần lấy $P(x) = (2x-C)^p + k/2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 08-11-2016 - 12:52


#17 hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 10-11-2016 - 06:11

Bài $1$: Cho $2$ dãy số đc xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=y_{1}=\sqrt{3} & \\ & x_{n+1}=x_{n}+\sqrt{1+x_{n}^2} & \\ & y_{n+1}=\frac{y_{n}}{1+\sqrt{1+y_{n}^2}} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\geq 1$

$a)$ CMR: $x_{n}y_{n}\in (2;3)$ $\forall n\geq 2$ 

$b)$ Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty} y_{n}$

 

Bài $2$: Cho $a,b,c\geq 0$. Tìm min của: $P=\sum\sqrt{\frac{a}{b+c}}$

Bài $3$: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$. $A_{1},A_{2};B_{1},B_{2};C_{1},C_{2}$ lần lượt là giao của $YZ,ZX,XY$ với $(O)$. CMR: $I$ là tâm đẳng phương của $3$ đường tròn $(DA_{1}A_{2}),(EB_{1}B_{2}),(FC_{1}C_{2})$

Bài $4$: Cho $P,Q,R$ là $3$ đa thức hệ số thực thỏa mãn: $P(Q(x))+P(R(x))=c$ $\forall x\in\mathbb{R}$ với $c=const\in\mathbb{R}$

CMR: $P(x)\equiv const$ hoặc $[Q(x)+R(x)]\equiv const$

Bài $5$: Gọi $A$ là tập các bộ $(x_{1},x_{2},x_{3})$ với $x_{1},x_{2},x_{3}\in$ {$0;1;2;...;7$}. Bộ $x=(x_{1},x_{2},x_{3})\in A$ gọi là trội hơn bộ $y=(y_{1},y_{2},y_{3})\in A$ nếu $x\neq y$ và $x_{i}\geq y_{i}$ $\forall i=1;2;3$. Khi đó ta viết $x>y$. Tìm $n_{min}\in\mathbb{N^{*}}$ sao cho mọi tập con có $n$ ptử của $A$ đều chứa ít nhất $2$ bộ $x>y$ 

Bài 2:
\[Min{\text{ }}P = \sum {\sqrt {\frac{a}{{b + c}}} }  = \sqrt {\frac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\frac{b}{{c + a}}}  + \sqrt {\frac{c}{{a + b}}} \]
\[{P^2}\left( {\sum {a\left( {b + c} \right)} } \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^4}\]
\[\sum {a\left( {b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = \left( {2ab + 2bc + 2ac} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \]
\[ \leqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^4}}}{4} \Rightarrow {P^2} \geqslant 4 \Leftrightarrow P \geqslant 2\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 10-11-2016 - 06:15

Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#18 Monkeydluffy2k1

Monkeydluffy2k1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 75 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:BÍ MẬT
  • Sở thích:TOÁN;HOT GIRL;lý; HÓA

Đã gửi 10-11-2016 - 11:17

câu bất có trong sách ôn vào 10 thì p



#19 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 29-03-2019 - 00:34

Bài $3$: Lấy $S$ là chân đg cao từ $A$, $ID$ cắt $XY$ tại $J$, $AJ$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $JA_1.JA_2=JA.JE=JH.JD$ với $ID$ giao $(DA_1A_2)$ tại $H$

Khi đó $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$

Vì $JL=2k/h$, $DJ=h/2 \Rightarrow DL=DJ+JL=RsinBsinC+R(1-cosB^2cosC^2)-(b-c)2/4R / sinBsinC$
$=R[(sinBsinC)^2  +  1 - (cosBcosC)^2 - (sinB-sinC)^2 / sinBsinC]$
$=R[-(1-sinB^2)(1-sinC^2) + 1 + (sinBsinC)^2 - sinB^2 - sinC^2 / sinBsinC + 2]=2R$
CMTT, ta có $I$ là tâm đẳng phương của $3$ đường tròn





0 người đang xem chủ đề

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