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.


mrjackass

Đăng ký: 01-12-2012
Offline Đăng nhập: 18-09-2016 - 19:05
****-

#636143 Marathon Tổ hợp và rời rạc VMF

Gửi bởi mrjackass trong 28-05-2016 - 01:48

Lời giải Bài 9:

Xét $a_n$. Số các tập thuộc $a_n$ có $i$ phần tử là $\binom{n-i+1}{i}$ vì ta chỉ chọn các phần tử $i, i+1, ...,n$

Do đó $a_n=\sum_{i<n-i+1}\binom{n-i+1}{i}$

Xét $b_n$. Ta đếm số các tập thuộc $b_n$ có $i$ phần tử. Gọi các phần tử đó là $x_1 < x_2 < ... <x_i$ thì theo đề bài $1 \leq x_1 < x_2 - 1 < x_3 -2 ... <x_i-(i-1)\leq n -i +1$. Đặt $y_i=x_i-(i-1)$ thì số tập thuộc $b_n$ có $i$ phần tử bằng số các dãy $y_1,y_2,..,y_i$ mà $1\leq y_1 < y_2 <...<y_i \leq n-i+1$ hay bằng $\binom{n-i+1}{i}$. Do đó $b_n=\sum_{i<n-i+1}\binom{n-i+1}{i}$ hay ta có $a_n=b_n$

 

Đề xuất Bài 10: Xét một số tự nhiên được biểu diễn trong hệ nhị phân. Ta gọi một khoảng cách nhị phân là một khoảng gồm các số $0$ liền nhau và ở hai đầu của nó là hai số $1$. Ví dụ số $548=1000100100_{2}$ có hai khoảng cách nhị phân là $000$ và $00$.

Hỏi từ $1$ tới $4095$ có bao nhiêu số mà độ dài các khoảng cách nhị phân của nó nhỏ hơn hoặc bằng $3$?




#636120 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi mrjackass trong 27-05-2016 - 23:25

Dạ em muốn đính chính là em không lấy bài từ đâu, nghịch GSP và nhìn ra thôi ạ.




#636026 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi mrjackass trong 27-05-2016 - 20:39

Vì thầy đã cho link nên em xin đề xuất lại 

Đề xuất $\boxed{\text{Bài 10'}}$ Cho $\Delta A_0B_0C_0$ nhọn trọng tâm $G_0$. $A_0G_0,B_0G_0,C_0G_0$ cắt lại đường tròn $(A_0B_0C_0)$ tại $A_1,B_1,C_1$. Trọng tâm $A_1B_1C_1$ là $G_1$. Tiếp tục làm tương tự như trên để có tam $A_2B_2C_2$, $A_3B_3C_3$,...

Chứng minh rằng $lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{A_nB_nC_n}=lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{B_nC_nA_n}=lim_{n\rightarrow \infty }\widehat{C_nA_nB_n}=60^{\circ}$

Nguồn : Sáng tác 




#636011 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi mrjackass trong 27-05-2016 - 19:52

Lời giải Bài 9

3vJIT1A.png

Giả sử $\Delta ABC$ nằm trên mặt phẳng phức với gốc tọa độ là $O$ và $(ABC)$ là đường tròn đơn vị. Kí hiệu các điểm bởi chữ cái viết thường của nó.

Khi đó:$o=0$, trọng tâm $\Delta ABC$ là $\frac{a+b+c}{3}$ suy ra $h=a+b+c$.

Do $A,B,C$ nằm trên đường tròn đơn vị nên $|a|=|b|=|c|=1$ suy ra $a=\frac{1}{\bar{a}}$, $b=\frac{1}{\bar{b}}$ và $c=\frac{1}{\bar{c}}$.

Phương trình đường thẳng $AB$ là $\begin{vmatrix} a & \bar{a} & 1\\ b & \bar{b} & 1\\ p & \bar{p} &1 \end{vmatrix}$ hay $p+ab\bar{p}=a+b$. Ta có phương trình tương tự cho $AC$ là $q+ac\bar{q}=a+c$

Vì $M$ cùng phía $BC$ nên $\Delta MBC$ đồng dạng ngược hướng $\Delta HPQ$. từ đó ta có đẳng thức $\frac{m-b}{b-c}=\frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}}$ suy ra $m=(b-c)\left ( \frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}} \right )+b$

Việc chứng minh $MH\perp PQ$ tương đương với chứng minh $\frac{m-h}{p-q}$ là số thuần ảo hay $\frac{m-h}{p-q}=\frac{\bar{h}-\bar{m}}{\bar{p}-\bar{q}}$

Từ đẳng thức $m=(b-c)\left ( \frac{\bar{h}-\bar{p}}{\bar{p}-\bar{q}} \right )+b$ suy ra 

$$(m-h)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)(\bar{h}-\bar{p})+(b-h)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)(\bar{h}-\bar{p})-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})$$

$$(\bar{h}-\bar{m})(p-q)=(\bar{h}-\bar{b})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)=(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)$$

Ta có 

$$(b-c)\left ( \bar{h}-\bar{p} \right )-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})=(b-c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{a+b-p}{ab} \right )-(a+c)\left ( \frac{a+b-p}{ab}-\frac{a+c-q}{ac} \right )=(b-c)\left ( \frac{1}{c}+\frac{p}{ab} \right )-(a+c)\left ( \frac{ac-ab+qb-pc}{abc} \right )=\frac{(b-c)(ab+pc)-(a+c)(ac-ab+qb-pc)}{abc}=\frac{a^2b-a^2c+ab^2-abq-ac^2+acp+bcp-bcq}{abc}$$

$$(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)=\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{c} \right )(p-q)-\left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )(a+b+c-p)=\frac{(a+c)(p-q)b+a(b-c)(a+b+c-p)}{abc}=\frac{a^2b-a^2c+ab^2-abq-ac^2+acp+bcp-bcq}{abc}$$

Vậy từ 2 điều trên suy ra 

$$(b-c)(\bar{h}-\bar{p})-(a+c)(\bar{p}-\bar{q})=(\bar{a}+\bar{c})(p-q)-(\bar{b}-\bar{c})(h-p)$$

hay $\frac{m-h}{p-q}=\frac{\bar{h}-\bar{m}}{\bar{p}-\bar{q}}$ hay ta có điều cần chứng minh

 

Đề xuất Bài 10 (AoPS): Chứng minh rằng trong một tam giác nếu lấy đổi xứng của một tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp qua các phân giác ngoài thì các đường thẳng đối xứng này cắt nhau tạo thành một tam giác bằng tam giác đã cho . 

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 3\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline xuantrandong & 1\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline\end{array}$$




#455904 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi mrjackass trong 07-10-2013 - 16:45

Cho $x,y,z>0$. CMR:

$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\geq\sqrt[3]{9(x^3+y^3+z^3)}$




#455831 $\frac{a}{b}+\frac{ab+b^2-2c}...

Gửi bởi mrjackass trong 07-10-2013 - 00:39

Vì $b^2 \geq 4c $ nên chọn được $x,y$ để $x+y=b$ và $xy=c$. Thay vào đpcm thành BĐT Nesbit với 3 biến $(a;x;y)$  :icon6:




#455822 $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c...

Gửi bởi mrjackass trong 07-10-2013 - 00:12

$a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[3]{9(a^3+b^3+c^3)}$




#426973 Cmr với mọi số a,b đều có: $-\frac{1}{2}\l...

Gửi bởi mrjackass trong 13-06-2013 - 22:59

Ta có $(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$

Đặt $a+b=x$ và $1-ab=y$, ĐPCM được viết lại thành $\frac{-1}{2}\leq\frac{xy}{x^2+y^2}\leq\frac{1}{2}$

$\iff \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}\leq \frac{1}{4}\iff (x^2+y^2)^2\geq4x^2y^2$

Đúng theo AM-GM bạn nhé.




#424242 Chứng minh rằng không có tam giác nào có diện tích không lớn hơn $\...

Gửi bởi mrjackass trong 05-06-2013 - 20:15

Dễ chứng minh hình lục giác đó có diện tích là $\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Ta chứng minh với hình lục giác và $m$ điểm trong nó thì tạo được $2(m+2)$ tam giác thỏa mãn đề bài bằng quy nạp.

Nếu có $1$ điểm bên trong thì có $6=2.(1+2)$ tam giác được tạo thành

Nếu có $2$ điểm bên trong thì có $8=2.(2+2)$ tam giác được tạo thành

Giả sử gia thiết đúng đến $k$ điểm, ta CM nó cũng đúng đến $k+1$ điểm

Với $k$ điểm thì tạo được $2(k+2)$ tam giác thỏa mãn đề bài.

Thêm $1$ điểm nữa thì do không có $3$ điểm nào thẳng hàng nên điểm đó nhất định nằm trong 1 trong số các tam giác đã tạo thành. 

=> Số tam giác trở thành $2(k+2)+2=2(k+1+1)$.

Do đó ta có đpcm.

Vì vậy hiển nhiên có 1 tam giác diện tích không vượt quá $\frac{3\sqrt{3}}{4(m+2)}$




#417816 Đề thi thử lớp 9 vòng 1 đợt 3 trường THPT chuyên KHTN

Gửi bởi mrjackass trong 11-05-2013 - 18:17

Câu I. 1) Rút gọn

$S=\frac{1}{2\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+\frac{1}{4\sqrt{3}+3\sqrt{4}}+...+\frac{1}{100\sqrt{99}+99\sqrt{100}}$

 

2) Giải phương trình: $\sqrt[3]{1-2x}+\sqrt{x+3}=1$

 

Câu II. 1) Tìm các cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn: $2x^2+3xy+y^2-4x-3y+1=0$

 

2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 2x^2-xy=1\\ x^3-5xy^2-x^2+5y^2+4x=4\end{matrix}\right.$

 

Câu III. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định, $B,C$ cố định, $A$ di chuyển trên $(O)$. $D$ thuộc đoạn $BC$ sao cho $AD$ là phân giác $\angle BAC$. Đường tròn $(K)$ đi qua $A$ tiếp xúc $BC$ tại $D$.

1) Chứng minh $(K)$ tiếp xúc $(O)$

2) Gọi $(K)$ giao $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$ khác $A$. $BE,CF$ lần lượt cắy $(K)$ tại $G,H$ khác $E,F$. $AG,AH$ cắt $BC$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh rằng: độ dài $MN$ không đổi khi $A$ di chuyển

 

Câu IV. Với các số dương $a,b$ thỏa mãn $a^3+b^3+6ab \leq 8$, tìm GTNN của $P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{3}{ab}+ab$

 

 

 

 

 

 




#412825 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\...

Gửi bởi mrjackass trong 15-04-2013 - 19:19

Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z ta luôn có:

        $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}> \frac{2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Coi như đề là dấu $ \geq $ đi.

Trước hết với tam giác nhọn có 3 cạnh $a,b,c$, ta có hệ thức $b^2+c^2-2 cos \alpha bc =a^2$ với $\alpha$ là góc đối cạnh $a$ (Bạn tự CM bằng cách kẻ đường cao từ 1 trong 2 đỉnh của cạnh $a$)

Từ đó ta có $b^2+c^2-a^2=2cos \alpha bc >0$. Tương tự $a^2+b^2-c^2 >0$ và $c^2+a^2-b^2 >0$

*** Bài toán:

Đpcm $\iff (\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})(a^2+b^2+c^2) \geq 2(x^2+y^2+z^2) \iff x^2+y^2+z^2+\frac{x^2}{a^2}(b^2+c^2)+\frac{y^2}{b^2}(a^2+c^2)+\frac{z^2}{c^2}(a^2+b^2) \geq 2(x^2+y^2+z^2) \iff x^2(\frac{b^2+c^2}{a^2}-1) +y^2(\frac{a^2+c^2}{b^2}-1)+z^2(\frac{b^2+a^2}{c^2}-1)\geq 0 \iff \frac{x^2(b^2+c^2-a^2)}{a^2}+\frac{y^2(c^2+a^2-b^2)}{b^2}+\frac{z^2(a^2+b^2-c^2)}{c^2}\geq 0$

BĐT cuối đúng theo nhận xét ở trên. Dấu $=$ xảy ra $\iff x=y=z=0$




#410706 Toán $viOlympic$

Gửi bởi mrjackass trong 06-04-2013 - 00:22

Bài 1 :

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho parabol $(P):y=x^2$ và đường thẳng $(d) : y=mx+1$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Để độ dài $AB$ nhỏ nhất thì $m=$ ??? :lol:

Giả sử $A$ và $B$ có tọa độ $A(x_A;y_A)$ và $B(x_B;y_B)$ 

=> $y_A=x_A^2$ và $y_B=x_B^2$

Theo công thức tính khoảng cách giữa 2 điểm trên MP toạ độ 

$AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(x_A^2-x_B^2)^2}$

Mặt khác, $x_A$ và $x_B$ là 2 nghiệm PT $x^2-mx-1=0$ (PT này lúc nào cũng có nghiệm) nên theo định lí Viet $\left\{\begin{matrix} x_A+x_B=m\\  x_Ax_B=-1 \end{matrix}\right.$

Do đó $x_A^2+x_B^2=(x_A+x_B)^2-2x_Ax_B=m^2+2$ và $x_A^4+x_B^4=(x_A^2+x_B^2)^2-2x_A^2x_B^2=(m^2+2)^2-2=m^4+4m^2+2$

=> $AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(x_A^2-y_B^2)^2}=\sqrt{x_A^2+x_B^2-2x_Ax_B+x_A^4+x_B^4-2x_A^2x_B^2}=\sqrt{m^2+4+m^4+4m^2+2-2}=\sqrt{m^4+5m^2+4}\geq \sqrt{4}=2$

Dấu "=" $\iff m=0$

Vậy $AB_{min}=2 \iff m=0$




#410500 Đề thi HSG TP Hà Nội năm học 2012-2013

Gửi bởi mrjackass trong 05-04-2013 - 11:17

Bài 1 (5 điểm)

a) Tìm các số thực $a,b$ sao cho đa thức $4x^4-11x^3-2ax^2+5bx-6$ chia hết cho đa thức $x^2-2x-3$

b) Cho biểu thức $P=(a^{2013}-8a^{2012}+11a^{2011}) + (b^{2013}-8b^{2012}+11b^{2011})$. Tính giá trị của $P$ với $a=4+\sqrt{5}$ và $b=4-\sqrt{5}$

 

Bài 2 (5 điểm)

a) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 6x^2-y^2-xy+5x+5y-6=0\\ 20x^2-y^2-28x+9=0 \end{matrix}\right.$

b) Tìm các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $6x^2+10y^2+2xy-x-28y+18=0$
 
Bài 3 (2 điểm). Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=3$. Chứng minh:
$\frac{27a^2}{c(c^2+9a^2)}+\frac{b^2}{a(4a^2+b^2)}+\frac{8c^2}{b(9b^2+4c^2)}\geq \frac{3}{2}$
 
Bài 4 (7 điểm). Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn $(O)$ và $AB<AC$. Các đường cao $AD,BE,CF$ gặp nhau tại $H$. Gọi $I$ là giao điểm hai đường thẳng $EF$ và $CB$. Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại $M$ ($M$ khác $A$)
a) Chứng minh năm điểm $A,M,F,H,E$ cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi $N$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh ba điểm $M,H,N$ thẳng hàng.
c) Chứng minh $BM.AC+AM.BC=AB.MC$
 
Bài 5 (1 điểm). Cho 2013 điểm $A_1,A_2,...,A_{2013}$ và đường tròn $(O;1)$ tùy ý cùng nằm trong mặt phẳng. Chứng minh trên đường tròn $(O;1)$ đó, ta luôn có thể tìm được một điểm $M$ sao cho $MA_1+MA_2+...+MA_{2013} \geq 2013$
 
Mình đi thi khá tốt, chắc tầm 19 tới 20.



#409288 Giả sử phương trình $x^2+ ax+ b+1= 0$ có nghiệm nguyên dương . Chứn...

Gửi bởi mrjackass trong 31-03-2013 - 00:02

Giả sử phương trình x2+ ax+ b+1= 0 có nghiệm nguyên dương . Chứng minh a2+b2 là hợp số

Bài này là đề thì chuyên KHTN vòng 1 năm học 1991-1992. Đề đủ là 2 nghiệm đều là số nguyên dương.

Theo định lý Viet: $\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-a\\ x_1x_2=b+1 \end{matrix}\right. \iff \left\{\begin{matrix} (x_1+x_2)^2=a^2\\  (x_1x_2-1)^2=b^2 \end{matrix}\right.$

=> $a^2+b^2=(x_1+x_2)^2+(x_1x_2-1)^2=(x_1^2+1)(x_2^2+1)$
Do $x_1$ và $x_2$ đều nguyên dương nên có ngay đpcm.



#409284 $P=(a^2+1)(b^2+4)+\frac{(2ab+18)^2}{20}$

Gửi bởi mrjackass trong 30-03-2013 - 23:47

Cho $a,b$ là các số thực sao cho $(a+6)(b+3) \geq 28$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(a^2+1)(b^2+4)+\frac{(2ab+16)^2}{18}$