mrjackass

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 $3$?

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

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 

Lời giải Bài 9

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 . 

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

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

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

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 $(a;x;y)$ 

$a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

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

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.

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 $\frac{3\sqrt{3}}{4(m+2)}$

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 $P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{3}{ab}+ab$

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 $\iff x=y=z=0$

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 $m=$ ???

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 $AB_{min}=2 \iff m=0$

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

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

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

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