Chủ đề này có 49 trả lời

[Trần Đức Anh @@]

Mình xin giải đáp luôn: sử dụng tính chất nhân tính của hàm Euler's totient. Sau đó thì dễ rồi bạn tự chứng minh lấy.

[hoangkhtn2010]

Xin lỗi vì thắc mắc ^^

[Trần Đức Anh @@]

Trần Đức Anh @@ của đội BETA xin trảm bài 3 của GAMA
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là A ta có:
$A=\sum_{k=1}^{n}\frac{(1+x_{k}^2)^\frac{n}{2}}{\prod_{j=1,j\neq {k}}^{n}\left | x_{k}-x_{j} \right |}$=$\frac{\sum_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2)^\frac{n}{2}\frac{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |)}{(\prod_{j=1,j\neq k}^{n}\left | x_{k}-x_j \right |)}}{(\prod_{j=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{k}-x_j \right |)}$. $i=1,j=1,i \ne j\;\text{chứ?}$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho $n$ số dương ta có:
$A\geq\frac{n.\prod_{k=1}^{n}\sqrt{(1+x_{k}^2)}.\sqrt[n]{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |)^{n-2}}}{\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |}$
Suy ra: $A\geq n.\frac{\prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+x_{k}^2}}{\sqrt[n]{(\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |})^2}$ $(*)$.
Mặt khác:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiakowsky ta có:
$(1+x_{i}^2)(1+x_{j}^2)=(1+x_{i}^2)((-x)_{j}^2+1)\geq(x_{i}-x_{j})^2$, $\forall i\neq j$, $i,j=\overline{1,n}$. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x_{i}=-x_{j}$.
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $(\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2))^{\frac{n-1}{2}}\geq\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}(x_{i}-x_{j})^2 $
Lại có: $1+x_{k}\geq 1$, mọi $k=\overline{1,n}$.
Suy ra: $\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k}^2)\geq 1\Rightarrow \prod_{k=1}^{n}(\sqrt{1+x_{k}^2})\geq 1$
Từ (1) và (2) suy ra: $\prod_{k=1}^{n}(\sqrt{1+x_{k}^2})\geq \sqrt[n]{\prod_{i=1,j=1,i\neq j}^{n}\left | x_{i}-x_{j} \right |}$ $(**)$.
Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra $A\geq n$, ĐPCM.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $n=2$ và $x_1=-x_2$

________________________________________________________
@Trọng tài: Ặc!!! Nhìn chóng mặt quá!
Cả một tổng phân thức khổng lồ vậy mà quy đồng lên thì thật là ... khủng!
Tác giả dùng ký hiệu (không chính quy cho lắm) làm cho người đọc thấy khó hiểu.
$\prod_{i=1,j=1,i\ne j}^{n}$ nên viết là $\prod_{\begin{matrix}1 \le i,j \le n \\ i \ne j\end{matrix}}$
...
Đã kiểm tra xong! Đây là một lời giải đúng!
Dấu bằng cho BĐT này em đưa ra chưa chuẩn chính xác là $n=2$ và $x_1=-x_2=\pm 1$

Điểm: 5/7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 22:13

[Trần Đức Anh @@]

Trần Đức Anh @@ của đội BETA xin giải câu 2a của GAMA:
Chọn điểm $A(\sqrt{2};\sqrt{3})$. M, N là các điểm bất kì, M và N phân biệt và là các điểm nguyên. Xét $MA^2-NA^2=[(x_M-\sqrt{2})^2+(y_M-\sqrt{3})^2]-[(x_N-\sqrt{2})^2+(y_N-\sqrt{3})^2]$
Ta cần chứng minh:
$2\sqrt{2}(x_M-x_N)+2\sqrt{3}(y_M-y_N)\neq 0$, $\forall$ $M$, $N$ là các điểm nguyên phân biệt bất kì. Tức là ta cần chứng minh: $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số vô tỉ với $a,b\in\mathbb{Z}$ và $a^2+b^2\neq 0$ (chú ý: $a=x_M-x_N$, $b=y_M-y_N$).
Dễ chứng minh các bổ đề sau:
1.Vô tỉ nhân hữu tỉ khác $0$ bằng vô tỉ
2.Vô tỉ cộng (trừ) hữu tỉ bằng vô tỉ
3.$\sqrt{n}$ là vô tỉ với $n$ không là số chính phương.
Giả sử $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số hữu tỉ, đặt $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b=\frac{p}{q}$, ($p,q\in\mathbb{Z}$ và $(p,q)=1$) suy ra $2a^2+3b^2+2\sqrt{6}ab=\frac{p^2}{q^2}$
Sử dụng các bổ đề trên, ta được $2\sqrt{6}ab$ là số hữu tỉ suy ra $a=0$ hoặc $b=0$.
Nếu $a=0$ thì $\sqrt{3}b=\frac{p}{q}$ suy ra $b=0$ (do $\sqrt{3}$ là số vô tỉ), suy ra $a^2+b^2=0$ mâu thuẩn.
Nếu $b=0$ cũng dẫn đến mâu thuẩn.
Do đó $\sqrt{2}a+\sqrt{3}b$ là số vô tỉ, suy ra $MA^2-NA^2$ là số vô tỉ suy ra khác $0$. Vậy ta có đpcm.
_______________________________________________

Điểm 2/6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:37

[Nguyễn Hưng]

Nguyễn Hưng đội BETA giải bài 6 của GAMA

Bổ đề: Cho a, m là các số nguyên dương thỏa mãn $(a, m)=1$. Gọi $A$ là tập các số nguyên dương $k$ thỏa mãn ${a^k} \equiv 1 \; \; (mod \; m)$. Rõ ràng, $A \ne \emptyset $ (theo định lí Euler). Theo nguyên lí sắp xếp thứ tự tốt thì $A$ có 1 phần tử nhỏ nhất (gọi là $d$). Kí hiệu $d=ord_m(a)$. Khi đó ta có định lí: $\forall x \in A;x \vdots or{d_m}\left( a \right)$.

* Trường hợp 1: $(b,c)=1$. Đặt d=$b^a+c^a$.
Vì $(b,c)=1$ nên $(b,d)=(c,d)=1$. Vậy tồn tại $m$ nguyên dương sao cho $c.m \equiv 1 \; \; (mod \; d)$ ($m$ là nghịch đảo của $c$ theo module $d$)

Đặt $e=bm$, có $(e,d)=1$. Từ cách xây dựng $e$, suy ra ${e^a} + 1 \vdots d$

Mà ta có ${e^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv {c^{or{d_d}\left( e \right)}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}} \vdots d \Rightarrow d \le \left| {{b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}}} \right| < {b^{or{d_d}\left( e \right)}} + {c^{or{d_d}\left( e \right)}}$
(vì $b \ne c$)
Do $d=b^a+c^a$ nên từ bất đẳng thức trên suy ra $ord_d(e)>a$ (*)

Ta có $d = {b^a} + {c^a} \Rightarrow {b^a} \equiv - {c^a}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {b^{2a}} \equiv {c^{2a}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{2a}} \equiv {\left( {cm} \right)^{2a}}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {e^{2a}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
Theo bổ đề thì ta có $ord_d(e)|2a$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra ord_d(e)=2a

Theo định lí Euler thì ${e^{\varphi (d)}} = {e^{\varphi ({b^a} + {c^a})}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$

Lại theo bổ đề ta suy ra được $2a|{\varphi ({b^a} + {c^a})}$.

* Trường hợp 2: $(b,c)=x \ne 1$. Khi đó $\left( {\frac{b}{x},\frac{c}{x}} \right) = 1$

Theo kết quả từ TH1 thì:
\[2a|\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right) \Rightarrow 2a|\varphi \left( {{x^a}} \right)\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right)\]
Mà $\varphi $ là hàm nhân tính nên từ trên suy ra $2a|\varphi ({b^a} + {c^a})$

Từ hai trường hợp trên ta có đpcm.
________________________________________________
@Trọng tài: Đây cũng là một lời giải tốt và đầy đủ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 22:14

[Trần Đức Anh @@]

Tình hình như thế này không biết lịch sử có lặp lại không??

[PSW]

Beta đã thi đấu khởi sắc hơn thấy rõ

[Ispectorgadget]

gama chắc đang chờ ghi bàn vào phút chót

[Trần Đức Anh @@]

Cho hỏi tình hình GAMA làm ra bài hình chưa ạ!!!

[perfectstrong]

Thật sự thì bên Beta, các tiền đạo nguyen thai phuc, alex hoang hiện đang lưu lạc chốn nào, không thấy trả lời tin nhắn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-02-2012 - 21:11

[PSW]

haha, vì thế nên tuyển quân không chỉ cần giỏi , cái quan trọng là
họ có tham gia thi đấu thường xuyên dc ko

[nguyen thai phuc]

Có thật là đã thử liên lạc vs anh không :-??. Sao hòm yahoo của anh không có tin nào :-??. Sợ thật đấy. May mà hôm qua có Cường bảo mềnh là bắt đầu thi rồi, chớ không thì thi xong rồi mình cũng chả biết là đã thi chưa =)).
Phải công nhận đội Beta lần này ra đề rất hiểm, đánh trúng gót chân Asin của mình =))(3 bài còn lại toàn điểm yếu không 8-}). May mà đội bạn còn chưa ra tích phân như lần trước chứ không thì chỉ còn biết bó chiếu :-j.

Nguyễn Thái Phúc đội gama giải bài hệ của beta

Từ pt số 2 ta được:

$2y.(3y+1) .(2^{sin(x) ^{2}}+2^{cos(x) ^{2}})^{2} =(7y+1) ^{2}(1)$
và
$2y.(3y+1) .(2^{sin(x) ^{2}}-2^{cos(x) ^{2}})^{2} =(y-1) ^{2}(2)$
Nhân 1 và 2 lại với nhau ta được:
$4y^{2}.(3y+1)^{2} .(4^{sin(x) ^{2}}-4^{cos(x) ^{2}})^{2} =(7y+1) ^{2}.(y-1) ^{2}$
TH1:
$2y.(3y+1) .(4^{sin(x) ^{2}}-4^{cos(x) ^{2}})=(7y+1).(y-1)$
Cộng theo vế với phương trình thứ 2 trong hệ đầu thì
$2y.(3y+1) .(2.4^{sin(x) ^{2}})=32y^{2}$
suy ra $frac{y}{3y+1}=frac{4^{sin(x) ^{2}}{8}>0$
thay vào pt đầu của hệ thì
$ysin(x) =3-2(sin(x) )^{2} +log2(sin(x) )$
Mặt khác thì $ysin(x) >= -1$ do $|y| =<1$
và $1 >= sin(x) >= 0$ do $frac{y} {3y+1} > 0 $ nên $log2(sin(x) ) =<0 $ hay
$2(sin(x) )^{2} -3 + log2(sin(x) ) =< -1 $
Vậy dấu bằng xảy ra nên y=-1; sin (x) =1
TH2 : tương tự ta có
$frac{y}{3y+1}=frac{4^{cos(x)} ^{2}}{8}>0$
Nên
$ysin(x) =2(cos(x) )^{2}-3 +log2(sin(x) )$
Ta cũng có $2(cos(x) )^{2} -3 + log2(sin(x) ) =< -1 $ do $cos(x) )^{2}=<1$ và $log2(sin(x) )=<0$
Hơn nữa $ysin(x) >= -1$, vậy VT>=VP, đẳng thức không xảy ra.
Vậy pt có nghiệm y=-1, x= k.pi

P/S: bạn nào đội gama chỉnh lại 1 số lỗi latex hộ mình. Mình đang dùng win ubuntu không tích hợp mathtype zzz, còn bộ latex của nó cái dấu >= nó code là geslant 8-}( thực ra là khá nhiều đấy. Hân ơi vào sửa hộ anh ()

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen thai phuc: 23-02-2012 - 22:58

[perfectstrong]

Nguyễn Thái Phúc đội gama giải bài 3 của beta

Từ pt số 2 ta được:

$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x}+2^{\cos^2 x})^2 =(7y+1) ^{2}(1)$
và
$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x }-2^{\cos^2 x})^2 =(y-1) ^{2}(2)$
Nhân (1) và (2) lại với nhau ta được:
$4y^{2}.(3y+1)^{2} .(4^{\sin^2 x}-4^{\cos^2 x})^{2} =(7y+1) ^{2}.(y-1) ^{2}$
TH1:
$2y.(3y+1) .(4^{\sin^2 x }-4^{\cos^2 x})=(7y+1).(y-1)$
Cộng theo vế với phương trình thứ 2 trong hệ đầu thì
$2y.(3y+1) .(2.4^{\sin^2 x})=32y^{2}$
suy ra $\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\sin^2 x}}{8}>0$
thay vào pt đầu của hệ thì
$y \sin x =3-2( \sin x )^{2} +\log_2( \sin x )$
Mặt khác thì $y \sin x \geq -1$ do $|y| \leq 1$
và $1 \geq \sin x \geq 0$ do $\frac{y}{3y+1} > 0 $ nên $\log_2 \sin x \leq 0 $ hay
$2 \sin ^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $
Vậy dấu bằng xảy ra nên $y=-1$; $\sin x =1$
TH2 : tương tự ta có
$\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\cos^2 x}}{8}>0$
Nên
$y \sin x =2\cos^2 x-3 +\log_2 \sin x$
Ta cũng có $2\cos^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $ do $\cos^2 x \leq 1$ và $\log_2 \sin x \leq 0$
Hơn nữa $y \sin x \geq -1$, vậy $VT \geq VP$, đẳng thức không xảy ra.
Vậy hệ pt có nghiệm $y=-1, x= k.\pi$

Sửa thế này được chưa anh?
_____________________________________________________
@Trọng tài: Xét thiếu trường hợp, chấp nhận lời giải đến cuối trường hợp 1.

Điểm: 3/7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:50

[hxthanh]

THÔNG BÁO

__________________________

Do sự tổ chức và chuẩn bị không chu đáo, nên đội BETA và đặc biệt là trọng tài, đã mắc sai sót trong việc tuyển chọn và kiểm tra đề.
Trong đề của đội BETA, câu 4 đề ra không chính xác (đáp án quá lẻ, không có hiệu quả trong tư duy)
Để cho trận đấu diễn ra một cách công bằng, trọng tài quyết định GAMMA được điểm tuyệt đối câu 4.
Lưu ý: BTC chỉ chấp nhận thắc mắc khiếu nại của 2 đội sau khi trận đấu kết thúc!

Nhắc nhở BETA về sự chuẩn bị cho trận đấu thật sự rất không tốt. Một cách khách quan, trọng tài đánh giá BETA là đội yếu nhất bảng trong thời điểm hiện tại, vì vậy càng cần phải tôn trọng điều luật thi đấu, trách việc bị mất điểm hoặc bị xử thua một cách đáng tiếc!

[nguyen thai phuc]

@perfectstrong: sửa cho anh thêm 1 tẹo nữa, khi nãy anh gõ thiếu cái dấu bình phương ở 2 pt đầu tiên
Mà tình hình là tỉ số cân bằng rồi đúng không :S. May quá không phải làm bài lượng giác =))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen thai phuc: 23-02-2012 - 23:05

[PSW]

Thầy cho em hỏi :

Câu số 4 cái đề đó có tính ra được kết quả dưới dạng thông thường ko :

Ý là dạng căn thức hoặc 1 dạng lượng gíac đơn giản khác

Vì nếu chỉ tính được số gần đúng thì em cũng không có gì để bào chữa cho Beta nữa

[Trần Đức Anh @@]

Thế này thì GAMA 5 - 4,5 BETA, lich sử liệu có lặp lại.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 25-02-2012 - 20:57

[Trần Đức Anh @@]

Trần Đức Anh của đội BETA xin giải bài 2 câu b của đội GAMMA:
Lấy tâm như câu a, xét đúng $2012$ khoảng cách gần nhất của các điểm nguyên đến tâm là: $d_{1}$, $d_{2}$, ... , $d_{2012}$, và đảm bảo rằng các khoảng cách này khác nhau đôi một (theo chứng minh ở câu a). Ta sắp xếp:
$d_{1}<d_{2}< ... <d_{2012}$, chọn bán kính của đường tròn tâm đó là $R=d_{2012}$ như vậy đường tròn này sẽ chứa đúng $2012$ điểm nguyên chính là các điểm vừa xét bởi vì các khoảng cách trên tăng dần và không có khoảng cách giữa điểm nguyên "mới" nào chen vào sự sắp xếp đó cả.

Điểm :2/6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 23-06-2012 - 16:43

[Trần Đức Anh @@]

Alo Cao Xuân Huy, em bổ sung cho anh cái hình bài 4 với, làm nhanh, sắp hết giờ rồi đấy.
(anh kém vẽ hình )

[Trần Đức Anh @@]

Mong đội GAMA đưa đáp án bài 5 để BETA tham khảo.