[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 5: DELTA - BETA
#43
Đã gửi 07-12-2011 - 14:16
Em thấy anh Khánh giải đúng rồi mà anh.Mình xem qua thì thấy câu 5 hình học bạn khánh đã ngộ nhận là thẳng hàng.
Anh chỉ rõ chỗ sai được không
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 07-12-2011 - 14:16
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#44
Đã gửi 07-12-2011 - 17:02
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!
- hxthanh, PSW, Cao Xuân Huy và 1 người khác yêu thích
rongden_167
#46
Đã gửi 08-12-2011 - 12:55
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 và Cao Xuân Huy thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#47
Đã gửi 08-12-2011 - 15:42
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
- Cao Xuân Huy yêu thích
#48
Đã gửi 08-12-2011 - 16:27
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, Cao Xuân Huy, tuithichtoan và 2 người khác yêu thích
#50
Đã gửi 08-12-2011 - 17:45
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
- Dung Dang Do yêu thích
#51
Đã gửi 08-12-2011 - 17:54
#52
Đã gửi 08-12-2011 - 19:48
#53
Đã gửi 08-12-2011 - 19:55
Tất cả các bài toán đưa lên dự thi đều phải đưa ra đáp án chứ em!Delta có phải post lời giải bài 1 không ạ.
#54
Đã gửi 09-12-2011 - 11:08
$\widehat{IAE}+\widehat{SAE}=90^{0}$.Ở chỗ này bạn đã ngộ nhận thẳng hàng.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.
- Cao Xuân Huy yêu thích
#55
Đã gửi 09-12-2011 - 17:07
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
- Cao Xuân Huy yêu thích
#56
Đã gửi 09-12-2011 - 17:28
#58
Đã gửi 09-12-2011 - 19:11
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
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#59
Đã gửi 09-12-2011 - 19:18
#60
Đã gửi 09-12-2011 - 19:50
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh