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.


maitienluat

Đăng ký: 15-12-2012
Offline Đăng nhập: 04-05-2018 - 22:16
*****

#504414 $\cos [(k-1)x], \cos (kx) \in \mathbb{Q}$

Gửi bởi maitienluat trong 06-06-2014 - 11:25

Ta có nhận xét rằng nếu $\cos x$ là số hữu tỉ thì $\cos (kx)$ cũng là số hữu tỉ, với $k$ là số nguyên dương (do $\cos (kx)=P_k(\cos x)$, với $P_k(x)$ là đa thức Chebyshev loại I với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} n \equiv 0 &(mod k) \\ n \equiv 1 &(mod (k-1)) \end{matrix}\right.$

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy $n=k^2$ ). Ta có đpcm.




#492272 Trận 7 - Số học

Gửi bởi maitienluat trong 11-04-2014 - 21:25

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$




#485200 Trận 4 - Đa thức, phương trình hàm

Gửi bởi maitienluat trong 28-02-2014 - 21:37

Bài làm:

 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

Vậy $f(x)=x , \forall x \in \mathbb{Q}$.

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$




#481909 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi maitienluat trong 08-02-2014 - 12:15

Mở rộng 2: Tổng quát cho số thành phố là $n \geq 3$ bất kì

Ta chỉ cần giải quyết cho trường hợp $n=3k+1$ và $n=3k+2$

Tương tự như bài làm và mở rộng 1, ta có số đường đi không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$

Và $P \leq -3d^2 + 2dn$ với $d=\frac {a+b} {2}$

Xét $n=3k+1$.

Ta có $-3d^2+2dn=-3(d- \frac {n} {3})^2 +\frac {n^2} {3} \leq \frac {n^2} {3} = \frac {9k^2+6k+1} {3} = 3k^2+2k+\frac {1} {3}$

Do $a,b,c$ nguyên nên $P$ nguyên, suy ra $P \leq 3k^2+2k$

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi.

Chia $3k+1$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 1 thành phố $M$, Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$.Dễ thấy cách xây dựng này thoả mãn và có đúng $3k^2+2k$ đường đi.

Xét $n=3k+2$.

Tương tự như trường hợp $n=3k+1$, ta có $-3d^2+2dn \leq 3k^2+4k+ \frac {4} {3}$, nên $P \leq 3k^2+4k+1$.

Ta chỉ ra một cách xây dựng.

Chia $3k+2$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 2 thành phố $M$ và $N$. Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$. Ta tiếp tục xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $C$ đến $N$, từ $N$ đến mọi thành phố thuộc nhóm $B$ và từ $N$ đến $M$. Dễ kiểm tra cách xây này thoả và có đúng $3k^2+4k+1$ đường đi.

Tóm lại, trong mọi trường hợp, số đường đi lớn nhất có thể là $\left \lfloor \frac{n^2}{3} \right \rfloor$ , ở đó $n$ là số thành phố.

 

 


  • LNH yêu thích


#481901 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi maitienluat trong 08-02-2014 - 11:36

Mở rộng 1: Ta sẽ thay số thành phố $210$ bới $n=3k$ bất kì.

Với lập luận tương tự như trong bài làm, ta có số con đường một chiều có thể xây dựng không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$.

Đặt $d= \frac {a+b} {2}$, ta có:

$P=a+b+ab+c(a+b) \leq 2d+d^2+(n-1-2d).(2d) = -3d^2+2nd = -3(d-k)^2+3k^2 \leq 3k^2$

Ta chỉ ra một cách xây dựng cấu hình có $3k^2$ đường đi.

Chia $n$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm gồm $k$ thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$, ta xây dựng đường một chiều theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây này thoả mãn yêu cầu và có số đường đi là $3k^2$ (có $k^3$ bộ thành phố, ứng với mỗi bộ có $3$ đường một chiều, trong đó mỗi con đường được tính đúng $k$ lần).

Tóm lại, số con đường đi nhiều nhất có thể xây dựng với $n=3k$ thành phố là $3k^2$.


  • LNH yêu thích


#481828 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi maitienluat trong 07-02-2014 - 23:32

Bài làm :

 

Gọi $X$ là thành phố có nhiều đường đi liên quan nhất ( theo nghĩa tổng số đường đi từ $X$ đến thành phố khác và từ thành phố khác đến $X$ là lớn nhất ).

Ta chia $209$ thành phố còn lại làm $3$ nhóm : Nhóm $A$ gồm tất cả các thành phố có đường đi một chiều tới $X$, nhóm $B$ gồm các thành phố mà từ $X$ có đường đi một chiều tới và nhóm $C$ bao gồm các thành phố còn lại (trừ X). Đặt $a,b,c$ lần lượt là số phần tử của $A, B, C$. Khi đó, số đường đi có liên quan tới $X$ là $a+b$ và $a+b+c =209$.

Ta có một số nhận xét sau

$\bullet$ Giữa các thành phố cùng thuộc nhóm A không có đường đi nối với nhau.

  C/minh: giả sử $A_1,A_2$ là 2 thành phố cùng thuộc $A$ sao cho có đường đi nối giữa $A_1$ và $A_2$, không mất tổng quát giả sử đó là đường đi từ $A_1$ tới $A_2$. Khi đó có đường đi từ $A_1$ tới $A_2$ và từ $A_2$ tới $X$, nên theo giả thiết không có đường đi từ $A_1$ tới $X$, vô lí vì $A_1 \in A $

  Tuơng tự, giữa các thành phố cùng thuộc nhóm B không có đường đi nối với nhau.

  Từ đó, số đường đi nối giữa các thành phố thuộc $A$ và $B$ không lớn hơn $ab$.

$\bullet$ Số đường đi liên quan tới các thành phố thuộc nhóm $C$ không lớn hơn $c(a+b)$.

   Thật vậy, vì nếu ngược lại thì theo nguyên lí Đirichlet tồn tại một thành phố thuộc $C$ có số đường đi liên quan lớn

hơn $a+b$, mâu thuẫn với cách chọn $X$.

Từ các nhận xét trên ta suy ra số con đường có thể xây dựng không lớn hơn: $a+b+ab+c(a+b)$.

Ta có $P = a+b+ab+c(a+b) \leq a+b+\frac {(a+b)^2} {4} + (209 -a-b)(a+b) = 2d + d^2+2d(209 -2d) = - 3(d-70)^2 +  3.70^2 \leq 14700$.

(với $d= \frac {a+b} {2} $)

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi thoả mãn yêu cầu bài toán. 

Chia $210$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm có 70 thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$ thì ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây dựng này thoả yêu cầu bài. Khi đó số bộ thành phố là $70^3$, với mỗi bộ có $3$ con đường được xây và mỗi con đường được tính lặp lại $70$ lần nên số đường đi là $3.70^2=14700$.

Tóm lại, số đường đi nhiều nhất có thể là $14700$


  • LNH yêu thích


#476731 Trận 1 - Số học

Gửi bởi maitienluat trong 11-01-2014 - 21:26

Ta có 

$$ x^2 = y^2 + \sqrt{y+1} \Leftrightarrow x^2 - y^2 = \sqrt {y+1}$$

Do vế trái là số nguyên nên vế phải cũng là số nguyên $\Rightarrow y= k^2-1 , k \in \mathbb{N}, k \geq 1$

Thế lại vào phương trình ta được 

$$ x^2 = (k^2-1)^2 + k = k^4 - 2k^2 + k + 1$$

Do $k \geq 1$ nên $2k^2 \geq k + 1$

$$ \Rightarrow (k^2-1)^2 < x^2 = k^4 - 2k^2 + k + 1 \leq k^4$$

$$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$$

Khi đó ta có $y = k^2 -1 = 0$ và $x^2=1 \Rightarrow x=1$

Thử lại thấy $(x;y) = (1;0)$ thoả đề.

Kết luận : $(x,y) = (1,0)$

 

$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$

Chỗ này hãy viết rõ hơn như sau: $\Rightarrow x^2=k^4 \Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$: trừ 0,5đ

$d=9,5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=45,5$




#476670 $\sum \dfrac{(a+b)^2a_1b_1}{16S^2} \g...

Gửi bởi maitienluat trong 11-01-2014 - 14:51

Ta có  $\frac {AC'}{AB}=\frac{AC}{AC+BC} \Rightarrow AC' = \frac {bc}{a+b}$

Tương tự $AB'=\frac {bc}{c+a}$

Áp dụng định lý cosine cho tam giác $AB'C'$ ta được:

$$a_1^2=AC'^2+AB'^2-2AC'.AB'.\cos A \geq 2AC'AB'(1-\cos A)=\frac {2b^2c^2}{(a+c)(a+b)}.2\sin^2 {\frac {A}{2}}=\frac {4bc(p-b)(p-c)} {(a+c)(a+b)}$$

Tương tự ta thu được các đánh giá với $b_1^2$ và $c_1^2$.

Bây giờ, áp dụng BĐT AM-GM cho vế trái của BĐT đã cho, ta sẽ chứng minh:

$$3. \sqrt[3] {(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2.a_1^2.b_1^2c_1^2} \geq 16S^2$$

Sử dụng các đánh giá ở trên, ta đưa về chứng minh

$$3. \sqrt[3] {64a^2b^2c^2(p-a)^2(p-b)^2(p-c)^2}\geq 16p(p-a)(p-b)(p-c)$$

$$\Leftrightarrow 27a^2b^2c^2 \geq 64 p^3(p-a)(p-b)(p-c)$$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì $x,y,z > 0$ và

$$(*) \Leftrightarrow 27(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq 64xyz(x+y+z)^3$$

Hiển nhiên đúng theo 2 BĐT quen thuộc sau

$$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$$

$$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z)$$

Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ABC$ là tam giác đều.




#474959 [VMO 2014] Ngày 1 - Bài 1 - DÃY SỐ

Gửi bởi maitienluat trong 03-01-2014 - 12:40

 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2014
Thời gian làm bài: 180 phút.
Ngày thi thứ nhất (03/01/2014)

Bài 1. (5 điểm) Cho 2 dãy số thực dương $(x_{n}),(y_{n})$ xác định bởi $x_{1}=1,y_{1}=\sqrt{3}$

$$\left\{\begin{matrix} x_{n+1}y_{n+1}-x_{n}=0\\x_{n+1}^2+y_{n} =2 \end{matrix}\right.\forall n=1,2,3$$

Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.

Từ giả thiết ta suy ra :

$$\left\{\begin{matrix} x_1=2\sin {\frac {\pi}{6}}, &y_1=2\cos {\frac {\pi}{6}} \\ x_{n+1}=\sqrt{2-y_n} & \\ y_{n+1}=\frac {x_n}{x_{n+1}} & \end{matrix}\right.$$

Từ đó, bằng quy nạp ta chứng minh được $$\left\{\begin{matrix} x_n=2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}\\ y_n=2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}} \end{matrix}\right.$$

Do $\cos x$ nghịch biến trên $(0; \pi)$ nên ta suy ra $(y_n)$ tăng. Mặt khác, $(y_n)$ bị chặn trên bởi $2$ nên nó hội tụ.

Tương tự, do $\sin x$ đồng biến trên $(0; \pi)$ nên $(x_n)$ giảm và bị chặn dưới bới $0$ nên cũng hội tụ.

Do tính liên tục của $\cos x$ và $\sin x$ nên ta suy ra

$$\lim x_n = \lim 2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\sin \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\sin 0 = 0$$

$$\lim y_n = \lim 2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\cos \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\cos 0 = 2$$

 


 




#467198 ĐỀ KIỂM TRA TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN BẮC

Gửi bởi maitienluat trong 27-11-2013 - 21:32



Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

 

Từ công thức truy hồi ta có

$$a_{n+1}=a_n+ \frac {1} {2n+1} + \frac {1} {2n+2} - \frac {1} {n}$$

Suy ra $$a_{n+1}=a_1+\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac {1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2} -\frac {1}{k}\right )=\frac {3}{2}+\sum_{k=3}^{2n+2}\frac {1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{n+1+k}$$

$$\Rightarrow a_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+k}$$

Xét hàm số $f(x)=\frac {1} {1+x}$. Tổng tích phân cấp $n$ của hàm số $f$ trên $[0,1]$ là

$$S_n = \frac {1} {n} \sum_{i=1}^n f(\frac {1} {n}) = a_n - \frac {1} {n}$$

Theo định lí cơ bản của tích phân $$\lim S_n=\int_{0}^{1}\frac {1}{x+1}dx=\ln2$$

Mà $\lim \frac {1} {n} = 0$ nên ta suy ra $$\lim a_n = \lim S_n = \ln 2$$.




#464137 Cm $\lim\limits_{n\to +\infty} \frac...

Gửi bởi maitienluat trong 13-11-2013 - 20:03

Cho dãy số $\{x_n\}$ thỏa $x_1=1;x_{n+1}=\frac{n}{x_n}+\frac{x_n}{n}$. Chứng minh $$\lim\limits_{n\to +\infty} \frac{x_n^2}{n}=1; \; \lim\limits_{n\to +\infty}(x_n^2-n)=\frac{1}{2}$$

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_n^2}{n}=1$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $\sqrt{n}<x_n<\sqrt{n}+1$.

Với $n=1,n=2$ đúng. Giả sử nó đúng tới $n=k \geq 2 \Rightarrow \sqrt{k}<x_k< \sqrt{k}+1$.

Xét hàm số $f_k(x)= \frac {x} {k} + \frac {k} {x}$ trên $(\sqrt{k};\sqrt{k}+1)$

Ta có $f'(x)= \frac {x^2-k^2} {x^2} < 0 $ do $x< \sqrt{k}+1<k (k \geq 2)$

Suy ra $f(\sqrt{k})> f(x_k) > f(\sqrt{k}+1)$

Mặt khác dễ dàng kiểm tra được rằng $f(\sqrt{k}) < \sqrt{k+1} +1$ và $f(\sqrt{k}+1) > \sqrt{k+1}$

nên ta suy ra $\sqrt{k+1}+1 > x_{k+1} > \sqrt{k+1}$.

Từ đó áp dụng nguyên lý kẹp ta thu được $\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac {x_n}{\sqrt{n}}=1$.

Vậy ta có đpcm.

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty} (x_n^2-n) = \frac {1} {2}$.

Lập dãy $(y_n) y_n=x_n^2 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_1=1 & \\ y_{n+1}=\frac {y_n}{n^2}+\frac{n^2}{y_n}+2 & \end{matrix}\right$

Bằng cách tương tự như câu a, ta chứng minh được BĐT sau với mọi $n \geq 2$

$$n+\frac{1}{2}<y_n<n+\frac{1}{2}+\frac{5n^2+4+1}{4n^3-2n^2-8n-4}$$

Áp dụng nguyên lí kẹp ta có đpcm.


  • LNH yêu thích


#460922 Chứng minh rằng: $\sum\frac{1}{\sqrt{m_a}}\ge\s...

Gửi bởi maitienluat trong 30-10-2013 - 20:04

 Bổ đề: $m_a+m_b+m_c \leq  \frac {9R} {2}$

C/minh:

  Sử dụng kết quả quen thuộc $\sin ^2 A+ \sin ^2 B+ \sin ^2 C  \leq \frac {9} {4}$, ta có

$$(m_a+m_b+m_c)^2 \leq 3(m_a^2+m_b^2+m_c^2) = \frac {9} {4} (a^2+b^2+c^2) = 9R^2(\sin ^2 A+ \sin ^2 B + \sin ^2 C ) \leq \frac {81} {4} R^2$$

 $\Rightarrow$ đpcm.

Trở lại bài toán. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và bổ đề trên, ta được

$$\sum \frac {1} {\sqrt{m_a}} \geq \frac {9} {\sum \sqrt {m_a}} \geq \frac {9} {\sqrt {3(\sum m_a)}} \geq \frac {9} {\sqrt {3. \frac {9R} {2}}} = \sqrt {\frac {6} {R}}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.




#449471 Topic về số học, các bài toán về số học.

Gửi bởi maitienluat trong 11-09-2013 - 21:14

Bài 50: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ và $n$ sao cho

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor+mn$

Ta có nhận xét sau: Cho $n$ là một số tự nhiên và $a$ là một số thực. Khi đó nếu $a \geq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\geq n$ và nếu $a \leq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\leq n$

Trở lại bài toán. KMTQ giả sử $m \geq n$

$\bullet$ TH1: $n^2 \geq m$

Khi đó ta có $(m^2-n)(n^2-m)\geq 0 \Rightarrow mn+1 \geq \frac{m^2}{n}+\frac{n^2}{m}$

Suy ra $\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor=mn+\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \geq mn+2 \geq \frac {m^2}{n}+\frac{n^2}{m}+1>\left \lfloor \frac {m^2}{n}+\frac {n^2}{m} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor$.

Vây trong trường hợp này pt vô nghiệm

$\bullet$ TH2: $n^2 < m$

Đặt $m=an^2+b, b^2=cn+d$. Bỏ qua truờng hợp đơn giản khi $b=0$.

Khi đó ta dễ dàng có được :

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor=a^2n^3+2anb+c; \left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=0$

Mặt khác để ý rằng $b^2<(c+1)n \Rightarrow b<\sqrt{(c+1)n}\leq \frac {n+c+1}{2} \Rightarrow b \leq \frac {n+c}{2}$

ta dễ dàng chứng minh được $\frac{m}{n}+\frac{n}{m}=n+\frac{(2a-1)bn^2+b^2+n^2}{an^3+bn}< n+c+1 \Rightarrow \left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \leq n+c$

Suy ra $a^2n^3+2abn+c\leq n+c+(an^2+b)n \Leftrightarrow (a^2-a)n^3+(2ab-b-1)n \leq 0$

Mà do $a,b \geq 1$ nên $a^2-a \geq 0$ và $2ab-b-1 \geq 0$ nên ta suy ra $\left\{\begin{matrix} a^2-a=0 & \\ 2ab-b-1=0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & \\ b=1 & \end{matrix}\right.$. Thử lại thấy $(m,n)=(k^2+1,k)$ thỏa.

KL: $(m,n)=(k^2+1,k);(k,k^2+1)$ với $k \in \mathbb{N}$.




#449451 $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{...

Gửi bởi maitienluat trong 11-09-2013 - 20:23



1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

Đặt $S_n = \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

Ta có $\frac{k}{n} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+k}} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{n}\leq S_n \leq \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{n+1}{2n}\leq S_n\leq \frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}$

Mà $\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}=\frac{1}{2}$

nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim _{n\rightarrow +\infty }S_n = \frac{1}{2}$

 

 



2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

Từ hệ thức ta suy ra $x_{n+1}^{n+1}=2x_n^n .\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.(2n+1)$ (*)

$\Rightarrow \left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n.x_{n+1}^{n+1} =x_n^{n+1}.\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}$

Để ý rằng $\left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n< 3 \forall n$

và $\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}> \frac{2n}{n+1}.n> 3 \forall n\geq 3$

Nên kể từ số hạng thứ 3 trở đi thì $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn $L \geq 0$.

Chuyển (*) qua giới hạn ta được

$L = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( 2(2n+1).\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty} \left ( 2. \frac {2n+1}{n+1}. \frac {1}{(1+\frac {1}{n})^n}\right )= \frac {4}{e}$

=====================================

Ngoài ra ta cũng có thể dùng tổng tích phân như sau:

$x_n = \sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left ( 1+\frac{k}{n} \right )}\Rightarrow y_n= \ln x_n = \frac{1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left (1+\frac{k}{n} \right )}$

Xét hàm số $f(x)=\ln {(1+x)}$ trên $[0,1]$. Chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm chia $a_k=\frac {k} {n}, 1 \leq k \leq n$.

Khi đó tổng tích phân cấp $n$ trên đoạn $[0,1]$ của $f(x)$ là:

$S_n=\sum_{k=1}^nf(a_k)(a_k-a_{k-1})=\frac {1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left ( 1 + \frac {k}{n} \right )}=y_n$

Theo định lý cơ bản của tích phân $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n = \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx$

Thực hiện phép đổi biến $x=u^2$ và lấy tích phân từng phần ta tính được $\int_{0}^{1}\ln{(1+x)}dx=2\ln2 -1$

Suy ra $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n=\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n= 2\ln2 -1$

Do hàm số $\ln {x}$ liên tục trên $(0,+\infty )$ nên ta có $\lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=e^{\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n}=e^{2\ln2-1}=\frac {4}{e}$




#430871 $$\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}...

Gửi bởi maitienluat trong 26-06-2013 - 21:54

Bài toán 1: Với tam giác $ABC$ bất kỳ,ta có $\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}{\cos B\cos C}\ge\left(\frac{6r}{R}\right)^2$

 Có lẽ điều kiện nên là tam giác $ABC$ nhọn, vì chẳng hạn với $A=\frac{2\pi}{3},B=C=\frac{\pi}{6}$ thì vế trái âm và nếu tam giác $ABC$ vuông thì vế trái k xác định.

=============

Ta giải bài toán khi $ABC$ là tam giác nhọn. BĐT đã cho tương đương với:

$$\sum \frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}\geq 36r^{2}$$

Ta có $$\frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}= \frac{\frac{a^{2}}{4}}{\frac{(b^2+a^2-c^2)(c^2+a^2-b^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^4bc}{a^4-(b^2-c^2)^2}\geq bc$$

và $$36r^2=36\frac {S^2}{p^2}=36\frac {(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9\frac {(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} {a+b+c}$$

nên ta viết lại BĐT thành

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$$

$$abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c \Leftrightarrow ABC$ đều.