Đề thi :
Nguồn : FB
- I Love MC, tpdtthltvp, NTA1907 và 1 người khác yêu thích
Gửi bởi tquangmh trong 13-04-2016 - 11:02
Gửi bởi tquangmh trong 12-04-2016 - 23:53
Có ai có được đề SASMO (Singapore and Asian Schools Math Olympiads) năm 2016 vừa thi vào ngày 10/4/2016 không ạ ? Nếu anh chị/bạn nào có đề thì cứ đăng lên đi ạ (nhất là trong cấp THCS).
Link thông tin thi : http://titan.edu.vn/...intuc.asp?id=85
Gửi bởi tquangmh trong 12-04-2016 - 11:20
Áp dụng bất dẳng thức $C-S$ có
$\frac{1}{1+a+b^2}\leq\frac{a+c+1}{(a+b+c)^2}$
Suy ra
$\sum\frac{1}{1+a+b^2}\leq\frac{2(a+b+c)+3}{(a+b+c)^2}$
Hay cần chứng minh
$\frac{2(a+b+c)+3}{(a+b+c)^2}\leq 1$
$\Leftrightarrow (a+b+c+1)(a+b+c-3)\geq 0$
Vậy ta có $Q.E.D$
_ Bài của bạn hay thật. Tuy nhiên một vài chỗ mình chưa hiểu :
* Nếu a = b = c = 1 thì dấu bằng xảy ra, không kể.
* Nếu a < 1, b = 1, c > 1 ví dụ như số của bạn kieutuanduc (a = 0.5; b = 1; c = 2) thì rõ ràng không có :
$\sum \frac{1}{1+a+b^{2}} \leq \frac{2(a+b+c)+3}{(a+b+c)^{2}}$
do
$\frac{1}{1+c+a^{2}}\leq \frac{1+b+c}{(a+b+c)^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{1+2+0.5^{2}}\leq \frac{1+1+2}{(0.5+1+2)^{2}}\Leftrightarrow \frac{4}{13}\leq \frac{4}{49}(vô lí)$
Tuy nhiên mình nghĩ hướng bài này là vận dụng Cauchy-Schwarz.
Gửi bởi tquangmh trong 09-04-2016 - 19:23
Gửi bởi tquangmh trong 09-04-2016 - 17:26
Cho a, b > 0 và $a^{2000} + b^{2000}$ = $a^{2001} + b^{2001}$ = $a^{2002} + b^{2002}$. Tính: $a^{2011} + b^{2011}$
Giải :
Để ý rằng $(a^{2001}+b^{2001})(a+b)-(a^{2000}+b^{2000}).ab=a^{2002}+b^{2002}$
Có thể nói đây là phương pháp chung cho loại toán này !
Gửi bởi tquangmh trong 08-04-2016 - 21:52
_ ĐKXĐ : $x\neq 0$
_ Ta có :
$8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})^{2 }-4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x+\frac{1}{x})^{2}=(x+4)^{2}\Leftrightarrow 8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})[(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})-(x+\frac{1}{x})^{2}]=(x+4)^{2}\Leftrightarrow 8(x+\frac{1}{x})^{2}-8(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})=(x+4)^{2} \Leftrightarrow (x+4)^{2}=16\Leftrightarrow x+4=\pm 4\Leftrightarrow x=-8 (do:x\neq 0)\Leftrightarrow S={-8}$
Gửi bởi tquangmh trong 08-04-2016 - 19:26
Bài toán. Cho $\triangle ABC$ có $O,H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp và $H$ là trực tâm. $AO$ cắt $BC$ tại $E. AH$ cắt $BC$ tại $D. M$ là trung điểm $BC$. Trung trực $DE$ cắt $AM$ tại $P$. Kẻ $AH\perp EP. HD$ cắt trung trực $DE$ tại $Q$. Kẻ $AS\perp QE$. Chứng minh rằng: $SE$ là phân giác $\angle BSE$.
Hình vẽ bài toán
Hình như đề có gì đó sai sai anh ơi ! Hình như là góc BSC phải ko anh !
Gửi bởi tquangmh trong 07-04-2016 - 11:48
2.Gpt:
$x^2 +\frac{4x^2}{(x+2)^2}=12$
Bài 2 :
_ Ta có :
$x^{2}+\frac{4x^{2}}{(x+2)^{2}}=12\Leftrightarrow \frac{4x^{2}}{(x+2)^{2}} -2.\frac{2x}{x+2}.(x+2)+(x+2)^{2}=16\Leftrightarrow (\frac{2x}{x+2}-x-2)^{2}=16\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \frac{2x}{x+2}-x-2=-4\\ \frac{2x}{x+2}-x-2=4 \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x^{2}-2x-4=0\\x^{2}+6x+12=0 \end{bmatrix}$
Từ đó tìm được nghiệm dễ dàng .
Gửi bởi tquangmh trong 07-04-2016 - 00:12
_ Gọi BH là trung tuyến của tam giác đều ABC. Ta có : $S_{BHC}=\frac{1}{2}S_{ABC}$
_ Vậy ta cần chứng minh :
$S_{BCD}+S_{BND}=S_{BHC}$
mà theo hình vẽ :
$S_{BHC}=S_{BHD}+S_{BCD}$
bài toán quy về chứng minh :
$S_{BHD}=S_{BND}$
_ Do tam giác ABC đều, BH là trung tuyến nên BH cũng là đường cao.
$\widehat{BHD}=90^{O}\Rightarrow \Delta BHD$ vuông tại H, HM là trung tuyến $\Rightarrow \Delta HMD$ cân tại M $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{MDH}=\widehat{MHD}\\MD=HM \end{matrix}\right.$
_ $\Delta DBC$ có : $\widehat{DBC}=20^{O};\widehat{BCD}=60^{O}$ $\Rightarrow \widehat{BDC}=100^{O}\Rightarrow \widehat{MDH}=80^{O} \Rightarrow \widehat{HMD}=20^{O}$ (Tam giác HMD cân tại H)
_ Ta có : $\Delta BMN=\Delta MHD(c.g.c)$
$\left\{\begin{matrix} BM=MH(=MD)\\BN=MD(=BM) \\ \widehat{HMD}=\widehat{MBD}(=20^{O}) \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow S_{BMN}=S_{MHD}\Rightarrow 2S_{BMN}=2S_{MHD} \Rightarrow S_{HBD}=S_{BND}$
Chứng minh hoàn tất.
Gửi bởi tquangmh trong 06-04-2016 - 18:44
1. Tìm GTNN của $S=\sqrt{x-1}+ \sqrt{2x^2-5x+7}$
2. Cho $x>0;y>0; x+y=2$
Tìm GTLN của $B=2xy(x^2+y^2)$
* Bài 1 :
_ Áp dụng Bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$ (Tương đương với $\sqrt{ab}\geq 0$ nên đúng), có :
$S=\sqrt{x-1}+ \sqrt{2x^{2}-5x+7}\geq \sqrt{x-1+2x^{2}-5x+7}=\sqrt{2(x-1)^{2}+4}\geq 4$
_ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : $\begin{bmatrix} x-1=0\\2x^{2}-5x+7=0 \end{bmatrix} \Leftrightarrow x=1$
Vậy : $minS=4\Leftrightarrow x=1$
Gửi bởi tquangmh trong 06-04-2016 - 17:37
Giải phương trình: $\frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right )^{2}} = 3x^{2}-6x-3$
_ ĐKXĐ : $x\neq -2$
_ Ta có :
$\frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right )^{2}} = 3x^{2}-6x-3\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right)^{2}}-3x^{2}+6x+3=0\Leftrightarrow (\frac{x}{x+2})^{2}-2.\frac{x}{x+2}.x+2+(x+2)^{2}-x^{2}-4x-4-3x^{2}+8x+3=0\Leftrightarrow (\frac{x}{x+2}-x-2)^{2}=(2x-1)^{2}$
Từ đây ta dễ dàng giải.
Nghiệm là : $S={\frac{-3\pm \sqrt{13}}{3};\pm \sqrt{6}}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học