Đến nội dung

ChinhLu

ChinhLu

Đăng ký: 26-06-2014
Offline Đăng nhập: 23-05-2019 - 14:42
*****

#511586 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 08-07-2014 - 00:54

Xuất phát từ chỗ này nhé!

Ta thấy rằng mỗi mặt Up và Left đều được xoay đi 105 lần (góc vuông) tương đương với $4\times 26+1$ góc vuông

Như vậy về màu sắc thì Rubik đã "chuẩn" nhưng ô ở tâm 2 mặt trên đều đã xoay đi $90^\circ$

 

Dựa vào việc xoay như trên, ta kỳ vọng một thuật toán đơn giản chỉ làm biến đổi ô giữa mặt đỏ xoay $180^\circ$

Dãy lệnh $L$ của ta sẽ chỉ chứa các thao tác $d_+$ (mặt đỏ xoay $90^\circ$) kết hợp với một mặt liên kết bất kỳ xoay $180^\circ$ ở đây là lấy mặt UP(ký hiệu là U).

Thực hiện $L=U_2d_+$ đúng 30 lần khi đó: mặt U xoay một số chẵn lần $180^\circ$ nên có hướng không đổi. Còn mặt đỏ xoay $7\times 4+2$ = 7,5 vòng nên mũi tên có hướng ngược lại. Các mặt khác không liên quan!

Thuật toán có thể thực nghiệm dễ dàng, thế nhưng để chứng minh $L=U_2d_+$ sẽ tuần hoàn (theo bổ đề c) và có chu kỳ $T=4n+2$ thì mình chịu!

Mình xin cung cấp thêm một cách xoay nữa ngắn hơn các của bạn hxthanh:

 

(R U Ri U) xoay đúng 5 lần. U (mặt đỏ) xuất hiện 10 lần nên mũi tên đổi chiều, R và Ri xuất hiện cùng nhau nên mũi tên mặt R không đổi hướng. Giống như khi bạn hxthanh xoay 2 vòng vậy (nhưng làm vậy hơi lâu). 

 

Nguyên bản nằm ở đây:  http://www.speedsolv...be-Center-piece

Mình xoay thử rồi và chính xác. 




#511584 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 08-07-2014 - 00:06

P/s: Thuật toán của bạn ChinhLu đưa ra rất hay và ngắn! thế nhưng ... vẫn không ổn!

Đếm ra thì thấy mặt F xuất hiện tổng cộng 18 lần nghĩa là sẽ bị xoay đi 4,5 vòng và mũi tên sẽ bị đảo chiều :luoi:

Bạn hxthanh lại nói ... đúng. Thuật toán của bạn hxthanh rất đẹp và chuẩn! Mình đã xoay thử và thấy rằng cứ sau 5 lần thì các cạnh (edges) lại về vị trí cũ,ngoại trừ có hai cạnh cứ liên tục đổi chỗ cho nhau. Và cứ xoay 6 lần thì các gốc cũng về vị trí cũ. Như vậy thì xoay 30 lần là đúng rồi. Neu so minh tinh nham thi cu xoay 30 lan (hoi met) cung ra thoi.  Bravo ban hxthanh. Co ve bai toan da duoc giai tron ven roi nhi?




#511518 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 07-07-2014 - 19:49

Trò chơi và bài toán về rubik

 

Hân cầm cục rubik đưa cho Kiên và khoe: "Xem này tớ xoay đủ 6 mặt hết chưa đầy một phút!".

 

Kiên cầm cục rubik đã hoàn thành 6 mặt ngắm nghía hồi lâu rồi nghĩ ra một "kế". Kiên lấy bút vẽ lên tất cả các mặt của rubik mỗi mặt gồm những mũi tên cùng chiều ở mỗi ô, duy nhất mặt màu đỏ thì Kiên vẽ mũi tên ở ô chính giữa vuông góc với các mũi tên ở xung quanh (Xem hình a) rồi đem đố Hân làm sao xoay lại cho đúng chiều.

 

attachicon.gifrubik.png

 

a) Hân có xoay rubik được theo yêu cầu của Kiên không? Vì sao?

 

b) Nếu Kiên vẽ mũi tên như hình b) thì Hân có xoay lại được không? Hãy chỉ cho Hân cách xoay rubik lại trong trường hợp này nếu bạn giải được!

 

c) Ta gọi các mặt rubik là $a,b,c,d,e,g$ mỗi phép xoay sẽ được ký hiệu là $+, - , 2$ và được viết như là chỉ số của mặt ("+" tương ứng với xoay $+90^{\circ}$, "-" là xoay $-90^{\circ}$ còn $2$ là xoay $180^{\circ}$). Ta được tập hợp mẫu $E$:

$$E=\{a_+,a_-,a_2,...,g_+,g_-,g_2\}$$

$L$ là một dãy hữu hạn các phần tử $L=\{x_1,x_2,...,x_k\}$ trong đó $x_i\in E, \forall i=\overline{1,k}$ được gọi là dãy lệnh

 

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên $n$ để sau khi áp dụng $n$ lần liên tiếp dãy lệnh $L$, rubik sẽ trở lại trạng thái ban đầu!

Mình xin tóm tắt lại lời giải câu a và b như sau. Câu c thì mọi người đều biết là dùng lý thuyết nhóm. Mình không hề CLAIM rằng đây là lời giải của minh.

Mình học được qua các thảo luận của các bạn phía trên (đặc biệt là bạn hxthanh).

 

Câu a: Không xoay được. Giả sử có một thuật toán $L=x_1x_2.....x_N$ trong đó $x_N\in E$ (và có thể trùng nhau) sao cho áp dụng $L$ vào Rubik hình a ta được Rubik chuẩn. Gọi $D$ là phép xoay mặt đỏ môt góc 90° và $k$ là số lần $D$ xuất hiện  trong $L$. Khi đó nếu ta áp dụng thuật toán $L$ cho Rubik vô hướng (nghĩa là không có mũi tên) thì ta cũng thu được ánh xạ đồng nhất. Như vậy $L$ là một phép hoán vị chẵn. Bên cạnh đó các mũi tên ở các mặt khác giữ nguyên hướng. Tức là số lần xuất hiện các $x_i\neq D$ trong $L$ là số chẵn. Từ đó suy ra $k$ cũng  phải là số chẵn (Nếu không thì $L$ là phép hoán vị lẻ). Nhưng nếu $k$ chẵn thì mũi tên không xoay được 90°. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không có cách xoay.

 

Câu b: Xoay đươc. Mình tò mò về lời comment của bạn hxthanh nên làm thử thì tìm ra thuật toán này (Nhắc lại là lời giải của mình lúc trước bị ...lạc đề). 

 

Hướng mặt đỏ lên trên và gọi là U (Up). Các mặt khác ký hiệu là R (right) L (Left) F (face, hướng vào mặt người xoay), B (back) D (down), giống như các ký hiệu trên trang web rubik http://eu.rubiks.com...solution-en.pdf. Áp dụng thuật toán sau đúng 3 lần: 

 

FFULRiFFLiRUFF

 

Ở đây Li là xoay mặt L theo hướng ngược chiều kim đồng hồ. 

 

Comment: Ở đây $U$ xuất hiện 2 lần nên mũi tên trên ô giữa màu đỏ xoay 2 x 90 =180 .




#511504 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 07-07-2014 - 18:37

Ban hxthanh noi dung. Minh ap dung thuat toan tren trang rubik dung 3 lan (doi cho cac edges voi nhau, moi lan mui ten o giua xoay 180) thi mui ten o giua se xoay 180 do va nhung vi tri khac khong doi. Sorry da ket luan voi vang ( va sai).


#511452 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 07-07-2014 - 14:21

Câu cuối nếu ai đã chơi qua rubic thì chắc chắn biết rất nhiều là đằng khác vì các dãy thuật toán để thu lại rubic ban đầu là 1 chiêu luyện tay mà. 

À nhân tiện cũng nói rằng câu $c$ là sai nhé sau 

Đây là ký hiệu chuẩn mọi người tham khảo cho em dễ nói http://blog.zing.vn/...42485?from=like

Ví dụ $(ul)_{n}$ với $u,l$ là $U,L$ nhưng quay $2$ tầng dãy này không được có thể thử . 

Tai sao câu c sai nhỉ. Đây là nhóm hữu hạn và do đó $L^k(x)$ sẽ là dãy dừng, nghĩa là $L^k (x)=x$ với $k$ là số phần tử của nhóm. 




#511449 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 07-07-2014 - 13:41

Có chỗ mình chưa hiểu lắm, tại sao phép xoay rubik phải là một hoán vị chẵn. Và ở dưới là bạn đánh số từ 1 đến 9 ở mặt nào vậy, còn phép xoay của bạn có giữ cố định các ô giữa của các mặt không?

Vì mỗi lần xoay là một phép hoán vị chẵn và một phép biến đổi là tích các hoán vị chẵn nên vẫn là môt hoán vị chẵn. Ở dưới mình đánh số ô màu đỏ. Các phép quay không làm thay đổi vị trí (chiều mũi tên) ở các ô giữa ở các mặt khác mặt màu đỏ.  Đối với ô màu đỏ phép hoán vị  1 thành 9, 3 thành 7 không làm thay đổi mũi tên.  Hai phép cuối (2 thành 8, 4 thành 6) phải thực hiện liên tiếp 2 thuật toán (giống nhau): Cố định 2, hoán vị 4 thành 6, 6 thành 8 và 8 thành 4, sau đó cố định 6 và hoán vị 2, 4, 8 cho nhau. Mỗi phép biến đổi sẽ làm xoay chiều mũi tên giữa ở ô đỏ 180° nên sau 2 lần mũi tên giữ nguyên.  




#511371 Bài toán tháng 7/2014 - Trò chơi Rubik

Gửi bởi ChinhLu trong 07-07-2014 - 06:53

Đồng ý với cách giải của bạn Nxb (dùng lý thuyết nhóm). Mình trình bày cách chứng minh câu a và cách xoay cho câu b như sau.

 

Câu a: Ta nhìn thẳng vào ô màu đỏ và đánh số các ô theo như sau 

x 1 x

4 x 2

x 3 x

 

Giả sử rubik này giải được. Khi đó các mũi tên mặt bên phải hướng lên trên, mặt đáy hướng thẳng vào mắt.  

Như vậy ta phải thực hiện phép hoán vị (giữa 4 cạnh  1, 2, 3, 4 với nhau) như sau: (1234) biến thành (2413). Đây là một phép hoán vị lẻ và do đó không thể thực hiên qua các phép xoay rubik được. 

 

 

Câu b: Để tiện theo dõi ta đánh số các ô như sau:

 

1 2 3

4 5 6

7 8 9

 

Nếu rubik là "giải được" thì mũi tên ở mặt phải sẽ hướng vào phía mắt người quan sát, trong khi mũi tên ở mặt đáy hướng về bên trái. Từ đó suy ra ta phải làm các phép biến đổi sau (cố định mặt đỏ): 

 

Đổi 1 và 9 cho nhau, 3 và 7 cho nhau (nhưng không xoay măt đỏ đi chỗ khác, nghĩa là 9 ô trước măt ta vẫn là màu đỏ).

 

Đổi 2 và 8, 4 và 6 cho nhau (cũng giữ nguyên màu đỏ, như trên).

 

Trong rubik căn bản (6 màu, không có mũi tên) có thuật toán cụ thể để làm việc này (có thể xem trên website của Rubik). 




#511355 Mọt toán làm đẹp

Gửi bởi ChinhLu trong 06-07-2014 - 23:17

Mình thấy bài toán này vẫn chưa được giải quyết trọn vẹn. Không hiểu sau mod lại đưa ra thêm bài mới. Như vậy liệu có mâu thuẫn với tiêu chí của ban tổ chức không? 

 

Lời giải của bạn chanhquocnghiem là khá hay và thú vị. Tuy nhiên nếu hiểu đề bài theo nghĩa "mới" (theo như người ra đề đã giải thích) thì sẽ tồn tại một con mọt thông minh (vì nó là mọt Toán mà). Vì nó thông minh nên mỗi lần đổi màu khoang trắng nó sẽ làm cho bác sỹ phải thất vọng. Lúc này nếu bác sỹ làm theo kế sách của bạn chanhquocnghiem thì bác sỹ sẽ kiên nhẫn ngồi chờ sơ hở của con mọt. 

 

Có cách nào để làm trắng mọi con mọt không, kể cả những con mọt thông minh và không muốn bị tẩy trăng? 

 

Sau đây, mình xin trình bày một cách tẩy trắng universal (có tác dụng trên tất cả mọt). Cách làm của mình dựa theo ý tưởng của bác sỹ chanhquocnghiem. 

 

Giả sử ta cần tẩy trắng một con mọt Toán. Ta đánh dấu các khoang trắng bởi các số $0$ và khoang đen bởi số $1$ và chọn một vị trí gốc để sao cho số nhị phân thu được là lớn nhất (viết theo chiều từ đầu đến đuôi rồi quay lại nếu vẫn còn khoang phía sau). Ta gọi số này là độ trắng của mọt. Để dễ hình dung ta xét ví dụ sau:

 

Mọt có các khoang là  :  DTDTDT 

Khi đó (chọn gốc ở chỗ nào thì cũng tính đươc cùng một độ trắng) độ trắng của mọt là $101010 = 2^5 +2^3+2^1=42$.

 

Áp dụng ý tưởng của bác sỹ chanhquocnghiem chúng ta cần một thuật toán để làm tăng độ trắng của mọt.

 

Xét một con mọt bất kỳ và ta đánh dấu vị trí gốc của nó (có thể có nhiều, khi đó chỉ cần chọn một gốc là được). Ta cũng đánh dấu vị trị ngọn (khoang màu đen cuối cùng tính từ gốc theo hướng từ đầu đến đuôi).  Nếu ngọn không nằm ở đuôi thì ta cứ chờ. Vì nếu như mọt tự biến một khoang trắng thành đen thì độ trắng sẽ tăng lên mà ta chưa cần phải làm gì cả. Nếu ngọn nằm ở đuôi thì ta làm trắng khoan đấy. Tiếp theo nếu mọt làm đen bất cứ khoan nào trước khoang gốc thì độ trắng cũng sẽ tăng lên (Đây là một tính chất khá thú vị của số nhị phân, Exercise?).  Nếu mọt không chịu chuyển màu thì ta cứ việc chuyển đen thành trắng và mọt sẽ trắng toàn thân. 

 

Như vậy sau mỗi bước, mọt sẽ hoặc là trắng toàn thân hoặc là tăng độ trặng Khi mà độ trắng maximum rồi thì mọt đen toàn thân và bác sỹ chanhquocnghiem đã chỉ cho chúng ta cách tẩy trắng một con mọt đen toàn thân như thế nào.




#510638 $\sum a(b+c-a)^2 \le 6\sqrt{3}R^2(2R-r)$

Gửi bởi ChinhLu trong 04-07-2014 - 03:00

Bài toán: Ký hiệu $a,b,c,R,r$ lần lượt là độ dài các cạnh,bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.Chứng minh:
$$a(b+c-a)^2+b(c+a-b)^2+c(a+b-c)^2 \le 6\sqrt{3}R^2(2R-r)$$

Gọi tam giác đã cho là $ABC$ với độ dài các cạnh là $a=BC, b=CA, c=AB$.Trước tiên chúng ta chứng minh đẳng thức sau đây: 

$$a(b+c-a)^2 + b(a+c-b)^2+c(a+b-c)^2 = 16R^2(2R-r)\sin A\sin B\sin C.$$

Mình nghĩ là có nhiều cách để chứng minh đẳng thức này. Sau đây mình trình bày (sơ lược) một cách chứng minh "hình học". Gọi $M,N,P$ là  các tiếp điểm của $BC, CA, AB$ với đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$ (respectively). Khi đó $AP=AN=\frac{b+c-a}{2}$ và 

$$S(APN)= \frac{a(b+c-a)^2}{16R}.$$

Làm tương tự cho 2 tam giác con còn lại rồi cộng lại ta được

$$16 R\left[ S(ABC)-S(MNP)\right] = a(b+c-a)^2 + b(a+c-b)^2+c(a+b-c)^2.$$

Các góc của tam giác $MNP$ lần lượt bằng $\frac{B+C}{2},\frac{A+C}{2}, \frac{A+B}{2}$. Đường kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác này chính là $r$. Ta cũng có những điều sau đây:

$$S(ABC)= 2R^2 \sin A \sin B \sin C, \ \  S(MNP)= 2r^2 \sin \frac{B+C}{2} \sin  \frac{B+C}{2} \sin  \frac{A+B}{2}.$$

Chú ý thêm là $r= 4R\sin \frac{A}{2} \sin  \frac{B}{2} \sin  \frac{C}{2}$. Từ đó ta suy ra đẳng thức cần chứng minh.

 

Cuối cùng thì ta chỉ cần áp dụng BDT quen thuộc cho $\sin A \sin B \sin C$. 




#510540 $x^{y^2}=y^x$

Gửi bởi ChinhLu trong 03-07-2014 - 16:01

thấy có nhiều ng thích thì chắc đúng :) ,cái chỗ khó nhất bài thì k chứng minh,mà chỉ ns do đó?mọi người cho t hỏi chút

tại sao có ni > mi với mọi i thì lại ra ni>2mi với mọi i ???

Neu co mot index $i$ sao cho $\frac{n_i}{m_i}\leq 2$ thi tat ca cac phan so khac cung nho hon 2 (because they are all equal). Do do $x\leq y^2$ va dieu nay dan den $n_i\leq m_i$ (which is impossible).




#510447 $x^{y^2}=y^x$

Gửi bởi ChinhLu trong 03-07-2014 - 02:41

 

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
$$x^{y^2}=y^x$$

 

Nếu môt trong hai số $x,y$ bằng $1$ thì số kia cũng là $1$. Bây giờ ta chỉ xét $x\geq 2, y\geq 2$

Ta viết $x=p_1^{n_1}...p_k^{n_k}$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau và $n_i$ là các số nguyên dương. 

Từ phương trình đã cho ta dễ dàng suy ra được rằng $y$ cũng được phân tích giống như $x$, nghĩa là $y=p_1^{m_1}...p_k^{m_k}$, trong đó $m_i$ là các số nguyên dương. Từ phương trình đã cho ta cũng suy ra được (vì các số $p_i$ là nguyên tố)

$$\frac{n_1}{m_1}=\cdots =\frac{n_k}{m_k}=\frac{x}{y^2}.$$ 

Bên cạnh đó ta cũng có $x>y$. Vì nếu không thì ta sẽ có $x^y\leq y$ (điều này là không thể, tại sao?). Từ đó ta suy ra được $n_i>m_i, \forall i$ và do đó $n_i > 2m_i, \forall i$.

 

Gọi $p$ là số nguyên tố lớn nhất trong các số $p_i$. Ta xét các trường hợp sau:

 

-TH1: $p\geq 5$. Ta tìm được $n>m\geq 1$ là các số nguyên dương trong những số $n_i,m_i$ sao cho 

$$\frac{n}{m}\geq p^{n-2m}.$$ 

Bằng quy nạp ta chứng minh được $n>p^i m, \forall i$ và điều này cũng không thể xảy ra được. 

 

 

-TH2: $p=3$. Tương tự như trên ta tìm được $n>m\geq 1$ sao cho

$$\frac{n}{m}\geq 3^{n-2m}.$$

Nếu đặt $x=\frac{n}{m}$ ta có $3^{x-2}\leq x$. Do đó $x$ không thể lớn hơn $3$. Nhưng $\frac{n}{m} \geq 3^{n-2m}\geq 3$. Vậy ta có $n=3m$ và $n-2m=1$, tức là $n=3,m=1$. Từ những đánh giá trên ta suy ra trong phân tích của $x,y$ không có số nguyên tố nào khác ngoài số $3$. Vậy ta có thêm một nghiệm nữa là $x=27, y=3$.

 

-TH3: $p=2$. Làm tương tự như trên ta tìm được nghiệm $x=16, y=2$.

 

Kết luận: $x=y=1$, $(x=27, y=3)$, $(x=16, y=2)$ là 3 nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.




#510250 Tìm $a$ thỏa tồn tại song ánh $f:\{1;2;...;n\...

Gửi bởi ChinhLu trong 02-07-2014 - 00:06

Cho số nguyên dương $n >2$.
Hãy tìm số các số nguyên $a$ thỏa mãn điều kiện:
Tồn tại song ánh $f:\{1;2;...;n\} \to \{1;2;...;n\}$ mà $|f(i)-i|=a \forall i=\overline{1,n}$.

Đầu tiên ta thấy rằng  $a=0$ là một số thoả mãn yêu cầu vì khi đó có thể chọn $f$ là ánh xạ đồng nhất. Ta cũng nhận xét rằng $ff(i)=i,\forall i$. Nếu không phải như vậy thì sẽ có $i$ sao cho $f(i+ka)=1+ka+a,\forall k>0.$ 

Bây giờ, ta quan sát thấy rằng 

$$\sum_{i=1}^{n} (f(i) -i)=0.$$

Như vậy nếu $n$ lẻ thì $a$ chi có thể là $0$ (vì sao?).

Vậy ta còn phải xét trường hợp $n=2m$ là số chẵn. Ta cũng nhận xét rằng nếu $a>m$ thì không có ánh xạ nào thoả yêu cầu (vì sao?). 

Khi đó với mỗi $k\in \mathbb{N}$ ta luôn có

$$f: \{1+2ka,...,(2k+2)a\} \rightarrow \{1+2ka,...,(2k+2)a\}$$

là song ánh và được cho bởi $f(1+2ka)=1+(2k+1)a, f((2k+2)a=(2k+1)a$.  Từ đó ta rút ra kết luận rằng $2a$ phải là ước của $n$. Trong  chứng minh phía trên cũng chỉ ra cách xây dựng $f$ (duy nhất cho mỗi trường hợp). 

 

 

Sau khi post xong thi thay ban The Gunner da giai duoc roj nhung khong biet xoa bai nhu the nao. Thoi thi cu de day vay. 




#510030 $\frac{1}{8}\prod (x+y)^{x+y-z}\ge \left(\frac{...

Gửi bởi ChinhLu trong 30-06-2014 - 21:36

Cho $1\le x\le y\le z$, chứng minh $$\frac{1}{8}(x+y)^{x+y-z}(y+z)^{y+z-x}(z+x)^{z+x-y}\ge \left(\frac{3}{2} \right )^{x+y+z-3}x^xy^yz^z$$

Sau khi lấy logarith hai vế, BDT đã cho tương đương với:

$$F(x,y,z):=-3\log 2 + (x+y-z)\log(x+y) + (x+z-y)\log(x+z) + (y+z-x)\log(y+z)-(x+y+z-3)\log (3/2) -x\log x -y\log y -z\log z \geq 0.$$ 

Xem $f(z):=F(x,y,z)$ như là hàm một biến $z$ với $z\geq y$ (Cố định $x$ và $y$). Lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của $f$ ta được

$$f'(z)=-\log(x+y) + \log(y+z)+\log(z+x)-\log(z) -1-\log(3/2) + \frac{y+z-x}{y+z}+ \frac{x+z-y}{x+z},$$

$$f^{"}(z)= \frac{x}{(y+z)^2}+\frac{y}{(x+z)^2}+\frac{1}{y+z} +\frac{1}{x+z}-\frac{1}{z}>0.$$

Như vậy ta có $f'(z) \geq f'(y), \forall z\geq y$. Bênh cạnh đó, ta cũng chứng minh được $f'(y)> 0$.

Do đó ta luôn có $F(x,y,z)\geq F(x,y,y)$. Bây giờ bài toán trở nên rất đơn giản. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.




#509617 Trong tứ giác lồi có 3 cạnh bằng a cho trước. Hãy tìm tứ giác có diện tích lớ...

Gửi bởi ChinhLu trong 28-06-2014 - 15:44

Cho tam giác $ABC$ có diện tích $S, M$ là trung điểm $BC$. Gọi $F$ là điểm thuộc $BM$. Đường thẳng qua $F$ và song song $AM$ cắt $AB$ tại $E$. Tìm vị trí của $F$ trên $BM$ để tam giác $ EFC$ có diện tích lớn nhất.

Let $x$ be the proportion $\frac{BE}{BA}$, which vaies from $0$ to $1$. The area of the triangle EFC can be easily computed in terms of $x$ and $S$ by

$$S(EFC) : = Sx\left(1-\frac{x}{2}\right).$$

Then the maximum is attained at $x=1$ which corresponds to $F=M$. 

 

 

 

 

To mod: I think English is universal and everybody can understand (otherwise one should reconsider himself, herself). On the other hand, typing vietnamese characters is terrible for me (because of my keyboard). 




#509527 $ f(x) f^{''} (x) \leq -a, \forall x \geq 0$

Gửi bởi ChinhLu trong 28-06-2014 - 00:21

Bài Toán : 

Với số thực dương $a$ cho trước, tìm tất cả các hàm số khả vi cấp hai $ f : [0; + \infty) \to (0; + \infty)$ thỏa mãn :

$$ f(x) f^{''} (x) \leq -a, \forall x \geq 0$$

Với $a= 0$ thì liệu có tồn tại hàm số thỏa mãn điều kiện trên hay không ?

Nguyễn Kim Anh

When $a=0$ it is quite easy to see that linear functions verify the requirement. It remains to consider the positive case, i.e when $a>0$. 

 

Observe first that $f'(x)$ decreases to some limit when $x$ goes to $+\infty$. This limit can not be negative. For, if it was negative one would obtain  

$$f(x)-f(N) = \int_N^x f'(t) dt \leq -c (x-N),$$

for some positive constant $c>0$ and here $N$ is some large real number.  This analysis  implies that when $x$ is big enough $f(x)<0$ which violates our hypothesis.

 

On the other hand, using $f(x) f^{"}(x)\leq -a$ one gets that the following (improper) integral  is convergent:

$$\int_0^{+\infty}\frac{dt}{f(t)}<+infty.$$

The proof of this claim should be considered as an easy exercise for the reader (using the same ideas as above).

 

But the claim can not be true since $f(t)  \leq  f(1)+ Ct$, for some positive constant $C$ since $f'(t)$ is bounded on $[1,+\infty)$.

 

Overall, there is no function satisfying all the conditions of the problem.