Chủ đề này có 78 trả lời

[thangthan]

Mình xem qua thì thấy câu 5 hình học bạn khánh đã ngộ nhận là thẳng hàng.

[PSW]

Đã hết giờ ; đề nghị các đội mổ xẻ bài làm của nhau

[Cao Xuân Huy]

Mình xem qua thì thấy câu 5 hình học bạn khánh đã ngộ nhận là thẳng hàng.

Em thấy anh Khánh giải đúng rồi mà anh.
Anh chỉ rõ chỗ sai được không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 07-12-2011 - 14:16

[h.vuong_pdl]

Giả sử: $a \le b \le c \Rightarrow a \in (0;1]$
Cố định b, c.
$f_{(a)}^' = \dfrac{{ - {{(a - 1)}^2}(a + 2)({a^3} + 3a + 2)}}{{{{({a^3} + 2)}^2}}} \le 0$
Vậy:
$f(a) \le f(1) = \dfrac{{2{b^3} + 1}}{{{b^3} + 2}} - b + \dfrac{{2{c^3} + 1}}{{{c^3} + 2}} - c$
Do: $abc = 1$ nên khi a = 1 thì $c = \dfrac{1}{b}$
Ta giả sử $b \le c \Rightarrow b \in (0;1]$
$f(b) = \dfrac{{2{b^3} + 1}}{{{b^3} + 2}} + \dfrac{{{b^3} + 2}}{{2{b^3} + 1}} - b - \dfrac{1}{b}$
$ \Rightarrow f_{(b)}^' = - \left( {\dfrac{{{{(b - 1)}^2}(b + 2)({b^3} + 3b + 2)}}{{{{({b^3} + 2)}^2}}} + \dfrac{{{{(b - 1)}^2}(2b + 1)(2{b^3} + 3{b^2} + 1)}}{{{b^2}{{(2{b^3} + 1)}^2}}}} \right) \le 0$
$ \Rightarrow f(b) \le f(1) = 0$

@@@ Đội BETA: mình thấy phần chứng minh này của Khánh có lỗi, với lỗi này, mình cũng khá phân vân, cũng chưa thực sự rõ ràng ( đối với mình). Vì thế, qua đây mình cũng muốn trao đổi với mọi người luôn.

Do: $abc = 1$ nên khi a = 1 thì $c = \dfrac{1}{b}$

Ở ý này. Liệu có đúng không ?????

Mình lấy 1 ví dụ rất đơn giản và cơ bản:

Cho $a,b \ge 0$ thỏa mãn : $a+b =1$. Tìm GTNN của $P = a^3 + b^2.$

Giải: xét hàm $f(a) = a^3 + b^2 có f'(a) = 3a^2 \ge 0$ trên đoạn [0;1]

hàm số f(a) đồng biến trên $[0;1]$ nên $f(a) \ge f(0) = b^2.$.

Do $a+b = 1$ nên $b = 1$. Vậy $min_P = 1$

Đây có đúng là GTNN ?


Và thực sự mình nghĩ nếu pp của Khánh trên mà đúng thì có khá nhiều bài toán phức tạp trở nên thật dễ dàng !

p/s: đó là 1 số ý kiến chủ quan của mình. Mong mọi người tiếp tục bàn luận xem!

[PSW]

OK ; rất cám ơn Vương .

[PSW]

Thầy hxthanh cho em ý kiến đóng ghóp xem cái bài đó có châm chước đc gì ko nhé ; em thấy về lập luận thôi thì đã rất không tốt . Khi mà đã cố định $b;c$ rồi thì đương nhiên $a$ cũng sẽ cố định ; vậy thì lấy $f'(a)$ làm gì ?

Ngoài ra ; đây có lẽ cũng là bài học nhỏ cho các đội ; khi mà đồng đội chúng ta giải xong 1 bài ; đừng vội yên tâm cho rằng thế là đúng rồi ; không cần xem xét nữa

[hxthanh]

Ý của khanh3570883 là khảo sát và đạo hàm riêng theo biến $a$, coi $b,c$ là hằng số... sau đó lại đạo hàm theo biến $b$ ...
Phương pháp này không đúng nếu $b,c$ chịu sự ràng buộc của $a$ (như vậy nó cũng là hàm nào đó của $a$ chứ không phải hằng)
Nếu là đạo hàm toàn phần thì không dám bàn tới. Ở đây rõ ràng suy luận của là khanh3570883 là sai!
Ở ví dụ của Vương, ta thay $b=1-a$ thì sẽ có $P=a^3+b^2=a^3+(1-a)^2=f(a)$
Đến đây ta khảo sát $f(a)$, lấy đạo hàm thoả mái

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 08-12-2011 - 16:24

[Crystal]

Thầy Thanh và PSW có thể kiểm tra tính đúng đắn của bài trên thông qua ví dụ này.

Bài 110 : Cho $ a ,b, c $ là 3 số thực thuộc $ [\dfrac{1}{3};3] $ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$ p= \dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a} $

Đặt $P\left( a \right) = \dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$, còn $b,c$ là hằng số.
Ta có: $$P'\left( a \right) = \dfrac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \dfrac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$$
* Nếu $a \ge b \ge c$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra:

$b - c \ge 0;\,\,\,{a^2} - bc \ge 0\,\, \Rightarrow P'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$

$$\Rightarrow P\left( a \right) \le P\left( 3 \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$$f'\left( c \right) = - \dfrac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \dfrac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \le 0$$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \le f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{{3b}}{{3b + 1}} + \dfrac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.

Xem $g\left( b \right)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \dfrac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g\left( b \right)$ trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \le g\left( 1 \right) = \dfrac{8}{5}$.

* Nếu $c \ge b \ge a$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \le \dfrac{8}{5}$.
Mặt khác: $$P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \dfrac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \le 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \le \dfrac{8}{5}$$
Vậy $maxP = \dfrac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\dfrac{1}{3}} \right);\,\,\left( {\dfrac{1}{3},3,1} \right);\,\,\left( {3,\dfrac{1}{3},1} \right)} \right\}$

[hxthanh]

Bài của xusinst thì đúng bởi vì $a,b,c$ không bị ràng buộc lẫn nhau!

[alex_hoang]

Đây là lời giải bài toán này của alex_hoang mong mọi người cho ý kiến
Bất đẳng thúc đã chi tương đương với
\[3(\frac{{2{a^2} + bc}}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{{2{b^2} + ca}}{{{b^2} + 2ca}} + \frac{{2{c^2} + ab}}{{{c^2} + 2ab}}) \le \sqrt {\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)}}{{abc}}} + 3\]
Hay là
\[\frac{{bc}}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{{ca}}{{{b^2} + 2ca}} + \frac{{ab}}{{{c^2} + 2ab}} + \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)}}{{abc}}} \ge 2\]
Mà theo bất đẳng thức C-S thì
\[\frac{{bc}}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{{ca}}{{{b^2} + 2ca}} + \frac{{ab}}{{{c^2} + 2ab}} \ge \frac{{3\sqrt {abc} \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}\]
Bây giờ ta sử dụng AM-GM thì
\[\frac{{3\sqrt {abc} \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} + \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)}}{{abc}}} \ge 2\sqrt {\frac{{\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)} }}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}} \]
Lưu ý rằng
\[{\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^3}\]
Đúng theo BDDT Hoder vậy ta có đpcm
Chắc chuẩn bị of dài hạn rồi buồn quá

[PSW]

Thực ra em ngay từ đầu đã biết chắc bài gải trên là sai 100% không cứu vãn gì rồi . Nhưng vẫn có tí gọi là " cò " cho thầy Thanh và vài thành viên khác nói ra suy nghĩ của mình )

[taminhhoang10a1]

Delta có phải post lời giải bài 1 không ạ.

[hxthanh]

Delta có phải post lời giải bài 1 không ạ.

Tất cả các bài toán đưa lên dự thi đều phải đưa ra đáp án chứ em!

[thangthan]

Câu 5:
Giả sử $NE \cap MF = I$. Ta cần chứng minh A, I, O thẳng hàng.
Ta có:
$\widehat{AEO}+\widehat{AFO}=180^{0}$
$ \Rightarrow $ Tứ giác AEON nội tiếp.
$ \Rightarrow \widehat{OEF}=\widehat{OAF}$
Vậy ta cần chứng minh: $\widehat{OEF}=\widehat{IAF}$
Mà: $\widehat{OEF}+\widehat{AEF}=90^{0}$
Ta cần chứng minh: $\widehat{IAF}+\widehat{AEF}=90^{0}$
Lại có: $\widehat{IAF}+\widehat{IAE}+\widehat{AEF}+\widehat{AFE}=180^{0}$
Vậy ta cần chứng minh:
$\widehat{IAE}+\widehat{AFE}=90^{0}$
Mà: $\widehat{IAE}+\widehat{SAE}=90^{0}$
$ \Rightarrow $ Ta cần chứng minh: $\widehat{AFE}=\widehat{SAE}$
Có:
$\widehat{SAE}=\widehat{ACB}$ (đều bằng 1/2 số đo cung AB)
$\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ (do EF là đường trung bình của tam giác ABC)
Vậy ta có đpcm.

P/s: Ai bổ sung hộ cái hình.

$\widehat{IAE}+\widehat{SAE}=90^{0}$.Ở chỗ này bạn đã ngộ nhận thẳng hàng.

[taminhhoang10a1]

Bài 1 (THCS) : Cho tam giác ABC nội tiếp (O ;R) và ngoại tiếp (I,r).Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của (I,r)
với AB và BC. MN cắt (O.R) tại P và Q. CMR : $PQ \ge 2MN$
Giải : Gọi H là trung điểm của PQ, K là trung điểm của MN. Đặt OH=m, IK=n, OI=d
Theo hệ thức Ơ-le ta có : $OI^2 = R^2 - 2Rr$ (1) $ \Rightarrow R \ge 2r$ (2)
Có $PQ \ge 2MN \Leftrightarrow PQ^2 \ge 4MN^2 $
$ \Leftrightarrow PH^2 \ge 4MH^2 \Leftrightarrow PO^2 - OH^2 \ge 4(IM^2 - IK^2 )$
$ \Leftrightarrow R^2 - OH^2 \ge 4r^2 - 4IK^2 $
$ \Leftrightarrow R^2 - m^2 \ge 4r^2 - 4n^2 $
Mà $OH^2 \le (OI + IK)^2 \Leftrightarrow m^2 \le (n + d)^2 $ nên ta sẽ CM
$R^2 - (d + n)^2 \ge 4r^2 - 4n^2 $ (3)
TH1, Nếu $2r \le R \le 6r$ ta có : (3) $ \Leftrightarrow R^2 - (d + n)^2 - 4r^2 - 4n^2 \ge 0$
$ \Leftrightarrow R^2 - d^2 + 3n^2 - 2dn - 4r^2 \ge 0$(do $d^2 = R^2 - 2Rr$ như trên)
$ \Leftrightarrow (\sqrt 3 n - \dfrac{d}{{\sqrt 3 }})^2 - \dfrac{1}{3}(R^2 - 8Rr + 12r^2 ) \ge 0$
$ \Leftrightarrow (\sqrt 3 n - \dfrac{d}{{\sqrt 3 }})^2 - \dfrac{1}{3}(R - 2r)(R - 6r) \ge 0$
Điều này luôn đúng do đk nên suy ra dpcm
TH2. Nếu $R \ge 6r$ ta lại chia ra 2 khả năng
• Nếu $d \le n$ thì (3) $ \Leftrightarrow R^2 - (d + n)^2 \ge R^2 - 4n^2 \ge 4r^2 - 4n^2 $. Mà r > n nên suy ra dpcm
• Nếu d > n thì ta có $d < R - r \Rightarrow R - d - n > r - n$ (4)
Lại có : $R + d + n \ge 6r + d + n \ge 4r + 2n + n + n = 4(r + n)$ (5)
Từ 4 và 5 $ \Rightarrow R^2 - (d + n)^2 \ge 4(r^2 - n^2 )$ suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 10-12-2011 - 16:05

[taminhhoang10a1]

trời ơi máy em bị lỗi winword nên phải tìm file chứa bài này lung tung cả. Không biết cách giải có đúng không, mong mọi người cho nhận xét

[PSW]

Cố gắng chấm nốt 3 trận còn lại nào ^^

[PSW]

Đã chấm xong 1 vài bài như trên . Các đội tiếp tục phản biện bài làm của nhau nhé

Mình nói thêm là ở đây chấm trên tinh thần vui vẻ là chính ; nên những cái thiếu sót nhỏ về trình bày mình sẽ không trừ điểm ; trừ phi quá bê bối

Còn nếu lời giải sai về ý tưởng thì đương nhiên mất điểm

[Crystal]

Như vậy BETA lại thua.

[taminhhoang10a1]

không có gì thay đổi thì 1 chiến thắng lại thuộc về DELTA. Lần trước tuy thắng nhưng hệ số không cao. Mong là lần này sẽ khác. Anh em DELTA cố lên