Đến nội dung


Chú ý

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.


Primary

Đăng ký: 19-11-2012
Offline Đăng nhập: 19-06-2018 - 11:32
***--

#374662 [MHS2013] Trận 13 - Hàm số - Cực trị - BĐT

Gửi bởi Primary trong 02-12-2012 - 21:54

Mở rộng :
Cho các số thực dương thay đổi a, b, c và số tự nhiên k thỏa mãn abc=1 và $k\geq 2$. Tìm Max P biết rằng $P=\sum \frac{a^{k-1}b^{k-1}}{a^{2k+1}+b^{2k+1}+a^{k-1}b^{k-1}}$
Chứng minh mở rộng :
Ta có $a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)(a^{2k}-a^{2k-1}+...-ab^{2k-1}+b^{2k}) =(a+b)[(a+b)^{2}(a^{2k-2}+...+b^{2k-2})+a^{k}b^{k}]\geq a^{k}b^{k}(a+b)$ (Do a,b >0)
$\Rightarrow a^{2k+1}+b^{2k+1}\geq a^{k}b^{k}(a+b)$
Suy ra $P\leq \sum \frac{a^{k-1}b^{k-1}}{a^{k}b^{k}(a+b)+a^{k}b^{k}} \Leftrightarrow P\leq \sum \frac{1}{ab(a+b+c)}=\sum \frac{c}{a+b+c} \Leftrightarrow P\leq 1$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}abc=1 & & & \\ a=b=c & & & \\ a,b,c>0 & & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow a=b=c=1$
Vậy Max P=1 khi a=b=c=1
______________________________
Điểm mở rộng
$d_{mr}=10$


#374536 [MHS2013] Trận 13 - Hàm số - Cực trị - BĐT

Gửi bởi Primary trong 02-12-2012 - 14:09

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$ . Tìm GTLN của biểu thức
$$A=\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}c+b^{5}c+1}.\sqrt{b^{5}a+c^{5}a+1}}$$

Toán thủ ra đề
19kvh97

Lời giải :
Do abc=1 nên $A=\sum \sqrt{\frac{abc}{c(a^{5}+b^{5}+ab)}.\frac{abc}{a(b^{5}+c^{5}+bc)}} = \sum \sqrt{\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}.\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}}$ (1)
Đặt $x=\sqrt{\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}},y=\sqrt{\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}},z=\sqrt{\frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca}}$ ( x, y, z >0)
$(1)\Leftrightarrow A=xy+yz+zx\leq \sqrt{(x^{2}+y^{2}+z^{2})(y^{2}+z^{2}+x^{2})} \Leftrightarrow A\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}$ ( Bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki)
$\Leftrightarrow A\leq \frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}+\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}+\frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca}$
Ta có $a^{5}+b^{5}=(a+b)(a^{4}-a^{3}b+a^{2}b^{2}-ab^{3}+b^{4}) =(a+b)[(a-b)^{2}.(a^{2}+ab+b^{2})+a^{2}b^{2}]$
$\Rightarrow a^{5}+b^{5}\geq a^{2}b^{2}(a+b)$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b
Suy ra $\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}\leq \frac{ab}{a^{2}b^{2}(a+b)+ab}=\frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}$
Tương tự
$\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}\leq \frac{1}{bc(a+b+c)}=\frac{a}{a+b+c}$
$\frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca}\leq \frac{1}{ca(a+b+c)}=\frac{b}{a+b+c}$
Do đó $A\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\Leftrightarrow A\leq 1$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}abc=1 & & & & \\ a=b & & & & \\ b=c & & & & \\ c=a & & & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow a=b=c=1$
Vậy Max A=1 khi a=b=c=1
_____________________________________
Trình bày khá tốt
Điểm bài làm: $d=10$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-42}{2}\right\rfloor+3\times 10+10=45$



#373243 Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà k...

Gửi bởi Primary trong 28-11-2012 - 09:28

Hình như bạn giải sai
Cái này là câu 7 trong 1996 Bulgaria Math Olympiad
(Trang 5 ấy) ---- File đính kèm

Mình gg dịch

Một tính toán ngắn cho thấy đĩa bán kính 3 và 4 có thể phù hợp với góc của một tam giác đều của các bên $11.\sqrt{3}$ để chỉ cần chạm, và một đĩa bán kính 2 một cách dễ dàng phù hợp với ba góc mà không chồng chéo lên nhau. Trên giao, nếu đĩa của bán kính 3, 4 thành một tam giác đều không chồng chéo và phù hợp, có tồn tại một đường phân cách chúng (ví dụ như một tiếp xúc với một vuông góc với dòng họ của trung tâm) chia tam giác anh a (có thể thoái hóa) tứ giác lồi. Trong mỗi phần, đĩa có thể được di chuyển vào một góc của tam giác ban đầu. Như vậy phù hợp với hai ổ đĩa vào các góc mà không chồng chéo lên nhau, do đó, chiều dài cạnh của tam giác nhỏ nhất là $11\sqrt{3}$

Tính toán nhỏ là tính như thế nào ??? sai số tới 0.07179676 ???

Mình xin giải lại sao sửa bị lỗi font không biết nữa
Gọi ABC là tam giác đều nhỏ nhất cần tìm, gọi $O_1,O_2,O_3$ là tâm đường tròn bán kính 2,4,3
Tam giác ABC nhỏ nhất $\Leftrightarrow S_{ABC}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow S_{ABC} - (S_{O_1}+S_{O_2}+S_{O_3})$ nhỏ nhất (1)
Xét 2 trường hợp
Trường hợp 1
(1) thỏa mãn khi và chỉ khi $(O_1),(O_2),(O_3)$ tiếp xúc các cạnh tam giác ABC và tiếp xúc nhau
Nhưng điều này là không thể với tam giác ABC đều
Trường hợp 2
(1) thỏa mãn khi và chỉ khi $(O_2),(O_3)$ tiếp xúc nhau và tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$
Giả sử $(O_2)$ tiếp xúc với AB và BC, $(O_3)$ tiếp xúc với AC và BC
Hạ $O_2H\perp BC, O_3K\perp BC$
Do tam giác ABC đều nên
$BC=O_2H.cot30^{o}+O_2K.cot30^{o}+HK=7\sqrt{3}+4\sqrt{3}=11\sqrt{3}$ ( định lí Py-ta-go)
Ta chứng minh khi đó $(O_1)$ nằm trong phần diện tích lớn nhất còn lại của tam giác ABC (*)
Gọi DE là tiếp tuyến của $(O_2)$ song song với BC. Khi đó tam giác ABC đều
K là tiếp điểm của$(O_1)$ với AB
r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ADE
Ta có (*) thỏa mãn $\Leftrightarrow r > R_{O_1}$
Mà 2AK =$AD+AC-DC=AD=AB-BD=11\sqrt{3}-\frac{2R_{O_2}}{sin60^{o}}=\frac{17\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow AK=\frac{17\sqrt{3}}{6}\Rightarrow r=tan30^{o}.AK=\frac{17}{6}>R_{O_1}$
Vậy (*) thỏa mãn nên (1) thỏa mãn do đó tam giác đều cần tìm có cạnh $11\sqrt{3}$


#373085 Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà k...

Gửi bởi Primary trong 27-11-2012 - 18:59

Tìm tam giác đều nhỏ nhất sao cho có thể đặt 3 đĩa bán kính 2,3,4 vào đó mà không chồng lên nhau.

Gọi tam giác ABC là tam giác nhỏ nhất cần tìm, $O_1, O_2, O_3$ lần lượt là tâm các đường tròn bán kính 2, 4, 3
Tam giác ABC nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $S_{ABC}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $S_{ABC}-(S_{O_{1}}+S_{O_{2}}+S_{O_{3}})$
nhỏ nhất (1)
Do đó, ta xét 2 trường hợp
*Trường hợp 1:
(1) thỏa mãn $\Leftrightarrow$ $(O_1),(O_2),(O_3)$ tiếp xúc nhau và tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$
Nhưng điều này là không thể đối với $\Delta ABC$ đều
*Trường hợp 2 :
(1) thỏa mãn $\Leftrightarrow$ $(O_2),(O_3)$ tiếp xúc các cạnh $\Delta ABC$ đều và tiếp xúc nhau
Giả sử $(O_2)$ tiếp xúc với AB và BC, $(O_3)$ tiếp xúc với AC và BC hạ $O_2H\perp BC, O_3K\perp BC$
Do $\Delta ABC$ đều nên BC = $O_2H.cot30^{o}+O_2K.cot30^{o}+HK$=$7\sqrt{3}+$\sqrt{49-1}$=$11\sqrt{3}$

Ta chứng minh khi đó $(O_1)$ nằm trong phần diện tích lớn nhất còn lại của tam giác ABC (*)
Thật vậy gọi DE là tiếp tuyến của $(O_2)$ cắt BA, CA tại D và E. KHi đó tam giác ADE đều
r là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$
K là tiếp điểm của $(O_1)$ và AB
(*) thỏa mãn $\Leftrightarrow r>R_{O_{1}}$
Mà 2AK= AD+AE-DE=AD= AB - BD= AB - $\frac{2R_{O_2}}{sin60^{o}}$=
$11\sqrt{3}$-\frac{2.4}{sin60^{o}}= $\frac{17\sqrt{3}}{3}$
$\Leftrightarrow AK=\frac{17\sqrt{3}}{6}$
Do đó r = $r=tan30^{o}. AK =\frac{17}{6}> R_{O_{2}}$
Vậy (*) thỏa mãn, từ đó tam giác đều ABC cần tìm có độ dài một cạnh là $11\sqrt{3}$ ( đvđd)

Mở rộng ra tìm tam giác nhọn nhỏ nhất ABC có $\widehat{A}=\alpha , \widehat{B}=\beta , \widehat{C}=\gamma$ sao cho có thể đặt các đĩa có bán kính lần lượt là 2, 3,4 vào trong tam giác ABC

cách làm tương tự


#372863 Chứng minh $AO$ vuông góc với $KH$

Gửi bởi Primary trong 26-11-2012 - 20:50

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$.Các đường cao $BH$ $(H \in AC)$ và $CK$ $(K \in AB)$
Chứng minh $AO$ vuông góc với $KH$
Hình đã gửi

Vẽ tiếp tuyến Ax thì Ax vuông góc AO (1)
Ta có $\widehat{xAB}=\widehat{ACB}$ ( cùng chắn cung nhỏ AB ) (2)
Tứ giác KHCB nội tiếp ( vì $\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=90^{o}$
nên $\widehat{AKH}=\widehat{HCB}$ (3)
Từ (1) ,(2)và (3) suy ra đpcm


#372378 $a^{2^{n}}+b^{2^{n}}$

Gửi bởi Primary trong 25-11-2012 - 11:05

Đặt $a^{2^{n}}+b^{2^{n}}=zd, z\in \mathbb{N^{*}}$, $d=2^{m}.v+1, m\in \mathbb{N}^{*}$ ($v$ là số nguyên dương lẻ)
Giả sử $m\leq n$
Vì $(a,b)=1$ nên $(a, d)=(b, d)=1$.
Theo định lí Fermat nhỏ ta có : $(a^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv (b^{2^{n-m}})^{d-1}\equiv 1$ $(\mod d)$
hay ${ (a^{2^{n}})^{v}\equiv (b^{2^{n}})^{v}\equiv 1 }$ $(\mod d)$ (*)
Mà ${ (a^{2^{n}})^{v}=(zd-b^{2^{n}})=td-(b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v} }$ $(\mod d)$
Do đó từ (*) suy ra ${ (b^{2^{n}})^{v}\equiv -(b^{2^{n}})^{v}\equiv 1}$ $( \mod d)$ ( Mâu thuẫn)
Suy ra ${ m\geq n+1}$
Vậy ${ d\equiv 1 }$ ( mod ${2^{2n+1} }$ )
$\Rightarrow$ đpcm
___

NLT: Không nên dùng màu đỏ nhiều khi post bài bạn nhé ! Khuyến khích dùng các màu sẫm ! Cảm ơn !


#372139 Tính $S_{2012}$ và Tìm các chữ $số a;b;c;d$.

Gửi bởi Primary trong 24-11-2012 - 19:21

Gọi F(n) là tập hợp các số thứ n và gồm n phần tử
Vì F(1)={1}
F(2)={2, 3}
F(3)={4, 5, 6}
......................................................................
suy ra F(n) = {n-1+a, n-1+a+1,...,n-1+a+n-1} với n-1+a là phần tử đầu tiên cuả F(n-1)
Phần tử đầu của F(2012) là
$2012+a_1=2012+2011+a_2=2012+...+a_{2011}=2025078$
với $a_1,...a_{2011}$ là phần tử đầu tiên của F(2011),...F(1)
=>F(2012)={2025078,...2027089}
$\Rightarrow S_{2012}=\frac{2012(2025078+2027089)}{2}=4076480002$


#371170 Giải Hệ PT $x^{2}+y+x^{3}y +xy^{2}+xy=...

Gửi bởi Primary trong 21-11-2012 - 09:38

bạn ơi phương trình (2) là $x^{4}+y^{2}+xy(1+2x)=\frac{-5}{4}$
hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix}x^{2}+y+xy+xy(x^{2}+y)=\frac{-5}{4} & & \\ (x^{2}+y)^{2}+xy=\frac{-5}{4} & & \end{matrix}\right.$
Đặt $u=x^{2}+y, v=xy$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}u+v+uv=\frac{-5}{4} & & \\ u^{2}+v=\frac{-5}{4} & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}u=0, v=\frac{-5}{4} & & \\ u=\frac{-1}{2},v=\frac{-3}{2} & & \end{matrix}\right.$


#371023 Tính R1-R2+R3-R4

Gửi bởi Primary trong 20-11-2012 - 19:52

Trong hệ truc Oxy cho elip $\frac{(x-30)^{2}}{30}+\frac{(y-4)^{2}}{4}=2010 (E)$
Kí hiệu $R_{1},R_{2},R_{3},R_{4}$ lần lượt là diện tích phần giới hạn bởi elip và góc phần tư thứ 1,2,3,4
Tính $R_{1}-R_{2}+R_{3}-R_{4}$


#370901 Tìm đa thức $P(x)$ bậc 4 nếu $P(0)=P'(0)=P''(0)=P...

Gửi bởi Primary trong 20-11-2012 - 12:29

đa thức có dạng $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$
P(0)=1 => e=1
P'(0)=1 $\Leftrightarrow d=1, P"(0)=1\Leftrightarrow c=\frac{1}{2}, P^{(3)}=1\Leftrightarrow b=\frac{1}{6}, P^{(4)}=1 \Leftrightarrow a=\frac{1}{24}$
$\Rightarrow P(x)=\frac{1}{24}x^{4}+\frac{1}{6}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+x+1$


#370888 Hệ PT ĐX loại I dạng mới

Gửi bởi Primary trong 20-11-2012 - 11:40

ĐK x,y khác 0, x,y khác -2
đặt x+1=a, y+1=b
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}ab=4 & & \\ \frac{1}{a^{2}-1}+\frac{1}{b^{2}-1}=\frac{2}{3} & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a^{2}b^{2}=16 & & \\ a^{2}+b^{2}=8 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a^{2}=b^{2}=4$
Tới đây là được rồi


#370843 $\left\{\begin{matrix}(x+y)(1+xy)=18xy...

Gửi bởi Primary trong 20-11-2012 - 10:30

Cách này được không :
x=y=0 là một nghiệm
xét x,y khác 0
hpt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x+y)(1+\frac{1}{xy})=18 & & \\(x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=208 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}=18 & & \\x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+y ^{2}+\frac{1}{y^{2}}=208 & & \end{matrix}\right.$
Đặt $u=x+\frac{1}{x}, v=y+\frac{1}{y} (\left | u \right |\geq 1,\left | v \right |\geq 1)$
Suy ra $\left\{\begin{matrix}u+v=18 & & \\ u^{2}+v^{2}=212 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}u=14 & & \\ v=4 & & \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix}u=4 & & \\ v=14 & & \end{matrix}\right.$


#370829 $\left\{\begin{matrix} 5x^{2}y-4...

Gửi bởi Primary trong 20-11-2012 - 09:14

quá đơn giản : từ pt đầu ta có $3y(x^{2}+y^{2})+2x^{2}y-4xy^{2}-2(x+y)=0\Leftrightarrow 2(2y-x)+2xy(x-2y)=0\Leftrightarrow (x-2y)(2xy-2)=0\Leftrightarrow ...$


#370743 $\left\{\begin{matrix} 5x^{2}y-4...

Gửi bởi Primary trong 19-11-2012 - 20:52

Từ phương trình thứ 2 ta có :$xy(x^{2}+y^{2})- (x^{2}+y^{2})- 2xy + 2=0 \Leftrightarrow (xy-1)(x^{2}+y^{2}-2)=0
\Leftrightarrow xy=1 \vee x^{2}+y^{2}+2=0$
Thay xy=1 vào phương trình đầu ta được $\frac{5}{y}-4y+3y^{3}=2(x+y)\Leftrightarrow ...$


#370721 $f(x+y)\leq f(x) + f(y)$; $\lim_{x \to 0...

Gửi bởi Primary trong 19-11-2012 - 20:10

Xác định hàm số $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả các điều kiện sau
1. $f(x+y) \leq f(x) + f(y)$ ,với mọi $x,y \in \mathbb{R}$.
2. $\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=1$