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.


daovuquang

Đăng ký: 21-12-2011
Offline Đăng nhập: 01-10-2015 - 20:17
****-

#413848 [MSS2013] - Trận cuối - Hình học

Gửi bởi daovuquang trong 20-04-2013 - 11:48

Bài làm của daovuquang:

MSS27.png

Lấy $F$ là trung điểm $BC \Rightarrow OF \perp BC \Rightarrow \widehat{OFE}=90^o$.

$DE$ là tiếp tuyến của $(O) \Rightarrow \widehat{ODE}=90^o$

$\Rightarrow OFDE$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{EFD}=\widehat{EOD}=\widehat{AOM}$.

Mặt khác, $ABDC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{BCD}$.

Suy ra $\triangle{AOM} \sim \triangle{CFD}\; (g.g)$

$\Rightarrow \frac{OM}{FD}=\frac{AO}{CF}$

$\Rightarrow OM.CF=OA.FD\; (1)$

Tương tự, $\triangle{AON} \sim \triangle{BFD}\; (g.g)$

$\Rightarrow ON.BF=OA.FD\; (2)$

Từ $(1),(2) \Rightarrow OM.CF=ON.BF$

$\Rightarrow OM=ON$ (do $F$ là trung điểm $BC$)

$\Rightarrow$ đpcm.

 

Điểm bài 10

S  = 18 + 10*3 = 48




#412114 [MSS2013] - Trận 26 - PT, HPT

Gửi bởi daovuquang trong 12-04-2013 - 21:08

Bài làm của daovuquang:

Theo giả thiết, ta có hệ: $\begin{cases} x^4+y^4+4x^2y^2-3xy(x^2+y^2)=0 \\ x+x^3+x^2y-xy^2-y^3=1 \end{cases}$

tương đương với $\begin{cases} (x-y)^2(x^2-xy+y^2)=0 \\ x+x^3+x^2y-xy^2-y^3=1\; (*) \end{cases}$

Trường hợp 1: $(x-y)^2=0 \Leftrightarrow x=y$

Thay vào $(*)$, ta có: $x+x^3+x^3-x^3-x^3=1$

$\Leftrightarrow x=1$.

Suy ra $x=y=1$.

Trường hợp 2: $x^2-xy+y^2=0$

$\Leftrightarrow (x-\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}=0$

$\Leftrightarrow x=\frac{y}{2}$ và $\frac{3y^2}{4}=0$ (do vế trái $\geq 0$ nên dấu đẳng thức phải xảy ra)

$\Leftrightarrow x=y=0$.

Khi đó ta thay vào $(*)$ thì lại có $0=1 \Rightarrow$ loại.

Kết luận: Vậy $x=y=1$.

 

Điểm bài 10

S = 26 + 10*3 = 56




#410660 [MSS2013] - Trận 25 - BĐT

Gửi bởi daovuquang trong 05-04-2013 - 21:49

Bài làm của daovuquang:

Ta có: $(ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})=a^2+b^2+c^2+(\frac{ab^2}{c}+ac)+(\frac{bc^2}{a}+ba)+(\frac{ca^2}{b}+bc)$

$\Rightarrow (ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)^2$ (theo Cô si 2 số)

$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$.

Theo giả thiết: $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

$\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{3}(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

$\geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}+\frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ (Cô si 2 số)

Mặt khác, ta có: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \leq \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow \frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \geq \sqrt{3}(1-\sqrt{3})$.

Áp dụng Cô si 2 số, ta có với $x,y,z$ dương thì:

$x^3+y^3+z^3+xyz$

$\geq 2\sqrt{x^3y^3}+2\sqrt{z^3.xyz}$

$\geq 4\sqrt[6]{x^6y^6z^6}$

$=4xyz$

$\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz$.

$\Rightarrow (\frac{x+y+z}{3})^3 \geq (\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{3})^3=xyz$.

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: $(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)(ab+bc+ca) \leq [\frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{3}]^3=\frac{(a+b+c)^6}{27}$

$\Rightarrow 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}} \geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}.\sqrt{27}(a+b+c)^3}{(a+b+c)^3}}=6$.

Suy ra: $S \geq 6+\sqrt{3}(1-\sqrt{3})=3+\sqrt{3}$.

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

Kết luận: Vậy $S \geq 3+\sqrt{3}$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

 

Nhận xét: 

Bài làm trình bày khá rối,một số chỗ nên để xuống dòng cho công thức để không bị lỗi tràn công thức ở 2 dòng khác nhau.

Lời giải tốt,tuy còn dài dòng.

 

Điểm: 10/10

 

S = 25 + 3*10 = 55




#408400 [MSS2013] - Trận Bất đẳng thức (Hủy kết quả trận này)

Gửi bởi daovuquang trong 27-03-2013 - 18:22

Nguyên tác đề bài là : Cho a,b,c là các số dương thoả mãn $\sum \frac{1}{a}=3$

Tìm max: $P=\sum \frac{a+b}{ab+c^{2}}$

( khonggiadinh cấm làm , mọi người cùng thử sức bài này xem nhé)

 

Đáp án đâu rồi bạn, sao chưa thấy post :D




#405834 [MSS2013] Trận 23 - Hình học

Gửi bởi daovuquang trong 17-03-2013 - 18:15

Bài làm của daovquang:
MSS23.png
a, Gọi bán kính $(O)$ là $R$, $(O')$ là $r$.
Trước hết, ta sẽ chứng minh $\widehat{OAO'}=\widehat{HAK}$.
Ta dễ chứng minh điều đó khi $MN//OO'$. ( Nêu cụ thể ra bạn nhé)
Với $MN$ không song song với $OO'$, $MN$ căt $OO'$ tại $C$. $CA$ cắt $(O),(O')$ tại $D$ và $E$ (khác $A$)
Theo tính chất giữa tiếp tuyến và dây cung, $\widehat{AMC}=\widehat{MEC}\Rightarrow \triangle{AMC} \sim \triangle{MEC} (g.g) \Rightarrow CM^2=CA.CE$
Lại có $\triangle{CMH} \sim \triangle{COM} (g.g) \Rightarrow CM^2=CH.CO$.
Suy ra $CA.CE=CH.CO$ hay $\frac{CA}{CO}=\frac{CH}{CE} \Rightarrow \triangle{CAH} \sim \triangle{COE} \Rightarrow \widehat{CHA}=\widehat{OEA}$.
Tương tự, $\widehat{HKA}=\widehat{O'DA}$.
$\triangle{OEA}$ cân tại $O \Rightarrow \widehat{OEA}=\widehat{OAE}$. Tương tự, $\widehat{O'DA}=\widehat{O'AD}$.
Ta có: $\widehat{OAO'}=180^o-\widehat{OAE}-\widehat{OAD}$
$=180^o-\widehat{KHA}-\widehat{HKA}$
$=\widehat{HAK}$.
Từ đó suy ra $\widehat{OAH}=\widehat{O'AK}\; (1)$
Kẻ đường kính $AF$ của $(O)$ và $AG$ của $(O')$.
Khi đó $\widehat{ABF}=\widehat{ABG}=90^o \Rightarrow F,B,G$ thẳng hàng.
Tứ giác $AFPB$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{FAP}=\widehat{FBP}\; (2)$. Tương tự, $\widehat{GAQ}=\widehat{GBQ}\; (3)$
Từ $(1),(2),(3) \Rightarrow \widehat{FBP}=\widehat{GBQ}$
$\Rightarrow \widehat{PBQ}=\widehat{FBG}$
$\Rightarrow \widehat{PBQ}=180^o$
$\Rightarrow P,B,Q$ thẳng hàng.
$BA$ cắt $OO'$ tại $J$ và $MN$ tại $I$.
Theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung, ta có: $\widehat{IMA}=\widehat{IBM}\Rightarrow \triangle{IMA} \sim \triangle{IBM}\Rightarrow IM^2=IA.IB$.
Tương tự, $IN^2=IA.IB \Rightarrow IM=IN$.
$MHKN$ là hình thang, có $IJ//MH \Rightarrow JH=JK$ (theo Thales)
$\Rightarrow \triangle{AHK}$ cân tại A $\Rightarrow AH=AK$.
Tương tự, $BH=BK \Rightarrow AHBK$ là hình thoi $\Rightarrow AH//BK \Rightarrow \widehat{OHB}=\widehat{O'KQ}$.
Nhận xét: $\widehat{OAH}=\widehat{O'AD}$
$\Rightarrow \widehat{OBH}=\widehat{O'DK}$
$\Rightarrow \triangle{OBH} \sim \triangle{O'DK}$
$\Rightarrow \frac{BH}{QK}=\frac{R}{r}$.
Mặt khác, $\triangle{OMH} \sim \triangle{O'NK} (g.g)\Rightarrow \frac{MH}{NK}=\frac{R}{r}$.
Vì $MH//NK$ và $HB//KQ$ nên $\widehat{MHB}=\widehat{NKQ}$
$\Rightarrow \triangle{MHB}=\triangle{NKQ}$
$\Rightarrow \frac{MB}{NQ}=\frac{MH}{NK}=\frac{R}{r}$.
Tương tự, $\frac{MP}{NB}=\frac{R}{r}=\frac{MB}{NQ}$.
Mà $\widehat{PMB}=\widehat{PAB}=\widehat{QAB}=\widehat{QNB}$
$\Rightarrow \triangle{PMB} \sim \triangle{BNQ} (c.g.c)$
$\Rightarrow \widehat{MPB}=\widehat{NBQ}$ và $\widehat{MBP}=\widehat{NQB}$
$\Rightarrow MB//NQ$ và $MP//NB$
$\Rightarrow$ đpcm.
b, Do $PM//BN$ nên $\widehat{MNQ}=\widehat{NBQ}$.
Khi đó: $\widehat{MNQ}+\widehat{NBQ}=\widehat{NBA}+\widehat{NBQ}+\widehat{ANQ}=180^o$
$\Rightarrow$ tứ giác $MNQP$ nội tiếp.

_______________________

@Joker:Lời giải tốt, có một chỗ viết hơi tắt. Đề bài khó nên châm chước

d=10

 

S = 4 +3*10 = 34




#401084 [MSS2013] Trận 21 - Phương trình nghiệm nguyên, đồng dư

Gửi bởi daovuquang trong 01-03-2013 - 21:16

Bài làm của daovuquang:
Viết lại phương trình: $x^2-5x+7=3^y\; (1)$
TH1: $y=0$ thì $(1) \Leftrightarrow x^2-5x+7=1$
$\Leftrightarrow x^2-5x+6=0$
$\Leftrightarrow (x-2)(x-3)=0$
$\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=3$.

TH2: $y=1$ thì $(1) \Leftrightarrow x^2-5x+7=3$
$\Leftrightarrow x^2-5x+4=0$
$\Leftrightarrow (x-1)(x-4)=0$
$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=4$.

TH3: $y\geq 2$:
Ta có: $(1) \Leftrightarrow (x^2-2x+1)=3^y+3x-6$
$\Leftrightarrow (x-1)^2=3^y+3x-6$.
Vì $3^y+3x-6 \vdots 3 \Rightarrow (x-1)^2 \vdots 3 \Rightarrow (x-1) \vdots 3 \Rightarrow x-1=3k$ (với $k \in \mathbb{N}$
Thay vào $(1)$, ta có: $(3k+1)^2-5(3k+1)+7=3^y$
$\Leftrightarrow 9k^2+6k+1-15k-5+7=3^y$
$\Leftrightarrow 9k^2-9k+3=3^y$.
Đến đây nhận thấy vế phải chia hết cho $9$ (vì $y \geq 2$), còn vế trái chia $9$ dư $3$ nên phương trình vô nghiệm tự nhiên.
Kết luận: Vậy $(x;y)=(2;0);(3;0);(1;1);(4;1)$.
----
$S=\left \lfloor \frac{52-\left ( 21-19 \right )}{2} \right \rfloor+3.10+0+0=55$


#399594 [MSS2013] - Trận 20 - Bất đẳng thức

Gửi bởi daovuquang trong 24-02-2013 - 11:06

Mở rộng 2: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $2a+2b+c\geq 6m$ với $m>0$ và $a \leq b$. Với $x,y,z \in \mathbb{N}^*$ và $x,y,z\geq 2$, tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+4b^2}+\sqrt{4(a^2+b^2)+c^2}+a^x+b^y+c^z+(xm^{x-1}-ym^{y-1})b+(\frac{x}{2}m^{x-1}-2^{z-1}zm^{z-1})c$$

Tương tự bài trước, ta có:

$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\\
\sqrt{c^2+4b^2}\geq \frac{c+2b}{\sqrt{2}}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+4b^2}\geq \frac{a+3b+c}{\sqrt{2}}\geq \frac{2a+2b+c}{\sqrt{2}}\geq 3\sqrt{2}m\; (1)$.
Mặt khác, $\sqrt{4(a^2+b^2)+c^2}\geq \frac{2a+2b+c}{\sqrt{3}}\geq 2\sqrt{3}m\; (2)$.
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

$\left\{\begin{matrix}
a^x+m^x+m^x+...+m^x \geq xm^{x-1}a\\
b^y+m^y+m^y+...+m^y\geq ym^{y-1}b\\
c^z+(2m)^z+(2m)^z+...+(2m)^z\geq 2^{z-1}zm^{z-1}c
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a^x+b^y+c^z+(xm^{x-1}-ym^{y-1})b+(\frac{x}{2}m^{x-1}-2^{z-1}zm^{z-1})c\geq xm^{x-1}a+(xm^{x-1}-ym^{y-1}+ym^{y-1})b+(\frac{x}{2}m^{x-1}-2^{z-1}zm^{z-1}+2^{z-1}zm^{z-1})c-(x-1)m^x-(y-1)m^y-2^z(z-1)m^z$
$\Rightarrow a^x+b^y+c^z+(xm^{x-1}-ym^{y-1})b+(\frac{x}{2}m^{x-1}-2^{z-1}zm^{z-1})c\geq 3xm^x-(x-1)m^x-(y-1)m^y-2^z(z-1)m^z=(2x+1)m^x-(y-1)m^y-2^z(z-1)m^z\; (3)$.
Từ $(1),(2),(3) \Rightarrow P \geq 2\sqrt{3}m+3\sqrt{2}m+(2x+1)m^x-(y-1)m^y-2^z(z-1)m^z$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=m$ và $c=2m$.
Vậy GTNN của $P=2\sqrt{3}m+3\sqrt{2}m+(2x+1)m^x-(y-1)m^y-2^z(z-1)m^z \Leftrightarrow a=b=m$ và $c=2m$.

Điểm mở rộng 10


#399588 [MSS2013] - Trận 20 - Bất đẳng thức

Gửi bởi daovuquang trong 24-02-2013 - 10:50

Mở rộng 1: Cho a,b,c dương thỏa mãn $2a+2b+c\geq 6m$ với $m>0$ và $a \leq b$. Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+4b^2}+\sqrt{4(a^2+b^2)+c^2}+a^4+b^3+c^2+(4m^3-3m^2)b+(2m^3-4m)c$$

Tương tự bài trước, ta có:

$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\\
\sqrt{c^2+4b^2}\geq \frac{c+2b}{\sqrt{2}}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+4b^2}\geq \frac{a+3b+c}{\sqrt{2}}\geq \frac{2a+2b+c}{\sqrt{2}}\geq 3\sqrt{2}m\; (1)$.
Mặt khác, $\sqrt{4(a^2+b^2)+c^2}\geq \frac{2a+2b+c}{\sqrt{3}}\geq 2\sqrt{3}m\; (2)$.
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

$\left\{\begin{matrix}
a^4+m^4+m^4+m^4 \geq 4m^3a\\
b^3+m^3+m^3\geq 3m^2b\\
c^2+4m^2\geq 4mc
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a^4+b^3+c^2+(4m^3-3m^2)b+(2m^3-4m)c\geq 4m^3a+(4m^3-3m^2+3m^2)b+(2m^3-4m+4m)c-3m^4-2m^3-4m^2$
$\Rightarrow a^4+b^3+c^2+(4m^3-3m^2)b+(2m^3-4m)c\geq 2m^3(2a+2b+c)-3m^4-2m^3-4m^2\geq 9m^4-2m^3-4m^2\; (3)$.
Từ $(1),(2),(3) \Rightarrow P \geq 2\sqrt{3}m+3\sqrt{2}m+9m^4-2m^3-4m^2$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=m$ và $c=2m$.
Vậy GTNN của $P=2\sqrt{3}m+3\sqrt{2}m+9m^4-2m^3-4m^2 \Leftrightarrow a=b=m$ và $c=2m$.


Điểm mở rộng 10


#399186 [MSS2013] - Trận 20 - Bất đẳng thức

Gửi bởi daovuquang trong 22-02-2013 - 21:02

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề 1: BĐT Cauchy. Có thể xem c/m ở đây:http://vi.wikipedia....ẳng_thức_Cauchy
Bổ đề 2: Với $a,b,c$ dương, ta có: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\; (*)$
Chứng minh: $(*) \Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$.
Bđt cuối luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

Quay trở lại bài toán:
Nhận thấy: $(a-b)^2 \geq 0 $
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq 2ab$
$\Leftrightarrow a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2} \geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}$.
Tương tự, $\sqrt{4b^2+c^2}\geq \frac{2b+c}{\sqrt{2}}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{4b^2+c^2}\geq \frac{a+3b+c}{\sqrt{2}}\geq \frac{2a+2b+c}{\sqrt{2}}\geq 3\sqrt{2}$.($1$) ( Chỗ này cần nên ghi $b\geq a$ )
Áp dụng bổ đề 2, ta có: $\sqrt{4(a^2+b^2)+c^2}\geq \sqrt{\frac{(2a+2b+c)^2}{3}}=\frac{2a+2b+c}{\sqrt{3}}\geq 2\sqrt{3}\; (2)$.
Áp dụng bổ đề 1, ta có:

$\left\{\begin{matrix}
a^4+1+1+1\geq 4a\\
b^3+1+1\geq 3b\\
c^2+4\geq 4c
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a^4+b^3+c^2+b-2c\geq 2(2a+2b+c)-9\geq 3\; (3)$.
Từ $(1),(2),(3) \Rightarrow P \geq 2\sqrt{3}+3\sqrt{2}+3$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=1$ và $c=2$.
Vậy GTNN của $P=2\sqrt{3}+3\sqrt{2}+3$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=1$ và $c=2$.
_____________________________________________
@Joker: Lời giải về cơ bản là chính xác. Đáp số đúng. Tuy nhiên về CM BDT AM-GM thì có lẽ không cần ghi ra, và nếu muốn chứng minh 1 bổ đề nào đó thì bạn nên chứng minh cụ thể chứ không nên ghi xem ở đây, xem tại link sau ....
Chấm điểm:d=10 -( Tuy chưa được hoàn hảo )

S = 25 + 10*3 + 10 + 10= 75


#397679 [MSS2013] - Trận 19 Hình học

Gửi bởi daovuquang trong 17-02-2013 - 15:27

Cách giải khác:
Bổ đề: Cho $a,b,x,y$ là các số thực. CMR: $\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\geq \sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}\; (1)$.
Chứng minh: $(1) \Leftrightarrow \sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}\geq ab+xy$.
Nếu $ab+xy<0$ thì $VP<VT$, BĐT đúng.
Nếu $ab+xy\geq 0$, ta bình phương 2 vế: $(a^2+x^2)(b^2+y^2)\geq (ab+xy)^2$
$\Leftrightarrow (ay-bx)^2\geq 0$.
BĐT trên luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}$.

Áp dụng vào bài:
MSS19.png
Áp dụng định lí Pytago, ta có: $EF=\sqrt{AE^2+AF^2}; FG=\sqrt{BF^2+BG^2}; GH=\sqrt{CG^2+CH^2}; HE=\sqrt{DH^2+DE^2}$.
Áp dụng bổ đề, ta có:
$EF+FG+GH+HE$
$=\sqrt{AE^2+AF^2}+\sqrt{BG^2+BF^2}+\sqrt{CG^2+CH^2}+\sqrt{DE^2+DH^2}$
$\geq \sqrt{(AE+BG)^2+(AF+BF)^2}+\sqrt{(CG+DE)^2+(CH+DH)^2}$
$\geq \sqrt{(AE+BG+CG+DE)^2+(AF+BF+CH+DH)^2}$
$=2\sqrt{AB^2+BC^2}$
$=2AC$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{BG}{BF}=\frac{CG}{CH}=\frac{DE}{DH}$
$\Leftrightarrow EFGH$ là hình bình hành (với $EF//BD, FG//AC$).

Điểm cách khác: 10


#391793 [MSS2013] - Trận 18 PT hoặc HPT đại số

Gửi bởi daovuquang trong 30-01-2013 - 18:56

Xin lỗi các bạn vì lời giải của mình có vấn đề.:D Với $x\leq \sqrt{8}$ thì không tồn tại $a$. Thực ra bài này mình chế từ 1 bài trong NCPT. Có lẽ cách phân tích thành nhân tử vẫn là chuẩn nhất.:D


#385953 Đề thi học sinh giỏi quận Cầu Giấy 2012 -2013

Gửi bởi daovuquang trong 12-01-2013 - 16:56

Bài 4: (lời giải của nguyenta98)
602985_192883117523057_24363659_n.jpg
Bài 1:
a, Tính $a=1$ rồi thay vào. Đáp số: $f(a)=-1$.
b, Từ $xyz=144 \Rightarrow \sqrt{xyz}=12$. Thay vào, tính được $P=1$.
P/S: mình chắc $\leq 19$ điểm :D


#383862 [MSS2013] - Trận 16 Bất đẳng thức, bài toán tổng hợp

Gửi bởi daovuquang trong 05-01-2013 - 17:52

Mở rộng 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$ và $n \in \mathbb{N}^*$.
Chứng minh rằng: $4\sqrt[n]{a^{3n}+b^{3n}+c^{3n}}\geq \sqrt[n]{3}[ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp: $\sqrt[n]{a^{3n}+b^{3n}+c^{3n}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[n]{3^{n-1}}}\; (1)$.
Với $n=1$ thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$, tức là $\sqrt[k]{a^{3k}+b^{3k}+c^{3k}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[k]{3^{k-1}}}\; (2)$.
Ta sẽ chứng minh $(1)$ đúng với $n=k+1$, hay $\sqrt[k+1]{a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[k+1]{3^{k}}}\; (3)$.
Nhận thấy $(2) \Leftrightarrow 3^{k-1}(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})\geq (a^3+b^3+c^3)^k$
$\Leftrightarrow 3^{k-1}(a^3+b^3+c^3)(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})\geq (a^3+b^3+c^3)^{k+1}$.
Mà $(3) \Leftrightarrow 3^{k}[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq (a^3+b^3+c^3)^{k+1}$
$\Rightarrow$ phải chứng minh: $3[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq (a^3+b^3+c^3)(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})$
$\Leftrightarrow 2[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq a^{3k}b^3+a^3b^{3k}+b^{3k}c^3+b^3c^{3k}+c^{3k}a^3+c^3a^{3k}$.
Để chứng minh, ta cần có bất đẳng thức Cauchy cho $n$ số. Tham khảo cách chứng minh tại đây: http://boxmath.vn/4r...ong-quat-10040/
Áp dụng BĐT Cauchy cho $3k$ số $a^{3(k+1)}$ và $3$ số $b^{3(k+1)}$:
$a^{3(k+1)}+a^{3(k+1)}+a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+...+b^{3(k+1)}\geq 3(k+1)a^{3k}b^3$.
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được đpcm.
Quay trở lại bài toán ban đầu, ta phải chứng minh: $4(a^3+b^3+c^3)\geq 3[ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]$. Đến đây giải tương tự bài toán gốc.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$.
_________________
Điểm mở rộng: $d_{mr}=10$


#383721 [MSS2013] - Trận 16 Bất đẳng thức, bài toán tổng hợp

Gửi bởi daovuquang trong 04-01-2013 - 22:23

Bài làm của daovuquang:
Trước hết, ta xét vế phải:
$\left\{\begin{matrix}
ac(b^2+1)=ab.bc+ac\leq \frac{(ab+bc)^2}{4}+\frac{(ac+1)^2}{4}\\
(ab+bc)\sqrt{ca}\leq \frac{(ab+bc)(ca+1)}{2}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow VP \leq \frac{\sqrt{3}}{4}(ab+bc+ca+1)^2$.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq (a+b+c)^2=9.$
Mà: $a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$.
Có các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta suy ra đpcm.
Khi đó: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a+b+c)+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq (ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2+2(ab+bc+ca)+1\geq (ab+bc+ca+1)^2$.
Lại có: $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 3(a+b+c)=9$ và $2(ab+bc+ca)\leq 2(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+10\geq (ab+bc+ca+1)^2$.
Mặt khác: $\sqrt{a^6+b^6+c^6}\geq \sqrt{\frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{3}}=\frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt{3}}$.
Giờ ta phải chứng minh: $\frac{4(a^3+b^3+c^3)}{\sqrt{3}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2+5)$
$\Leftrightarrow 8(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^2+b^2+c^2)+5(a+b+c)$.
Thật vậy, áp dụng AM-GM: $a^3+a \geq 2a^2$ và $a^3+1+1\geq 3a$.
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, được: $a^3+b^3+c^3+a+b+c\geq 2(a^2+b^2+c^2)\; (1)$ và $a^3+b^3+c^3+6\geq 3(a+b+c)$.
Suy ra $a^3+b^3+c^3\geq a+b+c\; (2)\Rightarrow 5(a^3+b^3+c^3)\geq 5(a+b+c)\; (3)$.
Từ $(1),(2)\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq 2(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow 3(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^2+b^2+c^2)\; (4)$.
Từ $(3),(4)\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
_____________
Trình bày rất tốt!
Điểm bài làm: $d=10$
$S=24+3*10+10=64$


#377640 [MSS2013] Trận 15 - PT, HPT đại số

Gửi bởi daovuquang trong 14-12-2012 - 21:53

Bài làm của daovuquang:
Viết lại hệ: $$\begin{cases}x-2\sqrt{y^2+8}+7=0\; (1)\\ y-2\sqrt{x^2+8}+7=0\; (2)\end{cases}$$
Điều kiện: $\begin{cases}x^2+8 \geq 0 \geq 0\\y^2+8 \geq 0\end{cases}$
$\Rightarrow$ hệ xác định với mọi $x,y$.
Lấy $(1)$ trừ $(2)$ được: $x-y+2(\sqrt{x^2+8}-\sqrt{y^2+8})=0$
$\Leftrightarrow (x-y)+\frac{2(x^2-y^2)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0$
$\Leftrightarrow (x-y)[1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}]=0$
$\Leftrightarrow x=y$ hoặc $1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0$.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $x=y$
Thay vào $(1)$ ta được: $x+7=2\sqrt{x^2+8}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x+7 \geq 0\\x^2+14x+49=4(x^2+8)\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\3x^2-14x-17=0\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\(x+1)(3x-17)=0\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\\begin{bmatrix}x=-1\\ x=\frac{17}{3}\end{bmatrix}\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=-1\\ x=\frac{17}{3}\end{bmatrix}$.
Suy ra $(x;y)=(-1;-1);(\frac{17}{3};\frac{17}{3})$.
TH2: $1+\frac{2(x+y)}{\sqrt{x^2+8}+\sqrt{y^2+8}}=0\; (3)$
Ta có $(3) \Leftrightarrow 2(x+y)=-\sqrt{x^2+8}-\sqrt{y^2+8}$
$\Leftrightarrow 3(x+y)=(x-\sqrt{y^2+8})+(y-\sqrt{x^2+8})\; (4)$.
Từ $(1)$, $(2)$ và $(4)$, ta suy ra $3(x+y)=-14 \Leftrightarrow y=-\frac{14}{3}-x$.
Thay vào $(1)$: $x-2\sqrt{x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9}}+7=0$
$\Leftrightarrow x+7=2\sqrt{x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9}}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x+7 \geq 0\\x^2+14x+49=4(x^2+\frac{28}{3}x+\frac{268}{9})\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x \geq -7\\3x^2+\frac{70}{3}x+\frac{631}{9}\; (5)\end{cases}$.
Xét $\Delta_{(5)}=(\frac{70}{3})^2-4.3.\frac{631}{9}=-\frac{2672}{9}<0 \Rightarrow (5)$ vô nghiệm.
Kết luận: Vậy $(x;y)=(-1;-1);(\frac{17}{3};\frac{17}{3})$.
______________________________________
Điểm bài làm $d=10$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor + 3\times 10+0+0=55$