Đến nội dung

daovuquang

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 $d=10$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor + 3\times 10+0+0=55$