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.


hungvu11

Đăng ký: 19-09-2010
Offline Đăng nhập: 29-03-2014 - 09:55
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11-12 chuyên KHTN 2013-2014 (Vòng 1)

03-10-2013 - 13:06

Bạn có thể giới thiệu cách sử dụng định lí pascal được không? Thanks

Thực ra cách của mình tương tự bạn perfectstrong. Còn cách sử dụng pascal là của bạn mình mình sẽ hỏi lại sau.

Bài 3 ngày 2 ngoài cách sử dụng định lý Thales ta có thể gọi $EK \cap AB =M, EL \cap AC = N$. 

Bằng tính toán và sử dụng giả thiết ta chứng minh được AM = AN.

Từ đó chứng minh được EK và PQ cùng vuông góc với AI (I là tâm nội tiếp)


Trong chủ đề: Đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11-12 chuyên KHTN 2013-2014 (Vòng 1)

29-09-2013 - 19:09



Đề có vấn đề?

ScreenHunter_05%20Sep.%2029%2019.01.gif

thầy ơi có điều kiện của  $\angle MNQ$  nữa

Thực sự mình rất ấn tượng với 2 bài hình này.

Bài 1 có thể sử dụng định lý Pascal hoặc chỉ cần dùng tứ giác nội tiếp

Bài 2 cũng rất hay vì bài có điều kiện khá là ảo


Trong chủ đề: IMO 2013

26-07-2013 - 11:46

Bài 5:

1. Ta sẽ chứng minh $f(x)$ tăng

Từ ii/ theo quy nạp ta có $f(na) \geq nf(a) = na$

Từ i/ ta có $f(n)f(a) \geq f(na) \geq na$ do đó $f(n) \geq n$ với mọi $n \in N^{*}$

Với $x \in Q^{+}$ tồn tại $n \in N^{*}$ sao cho $nx=m \in N^{*}$ 

Thay vào i/ ta có $f(n)f(x) \geq f(m)$ do đó $f(x) \geq 0$

Nên từ ii/ $f$ là hàm tăng

2. Chưng minh $f(x) = x$ với mọi $x \in N^{*}$

Từ i/ theo quy nạp ta có $ a^{n} \geq f(a^{n})$ với $n \in N^{*}$

Giả sử tồn tại $m \in N^{*}$ sao cho $f(m) = m +\varepsilon (\varepsilon >0)$

Khi đó tồn tại $N$ sao cho với $k>N$ thì $ k\varepsilon > m$

Do $ a>1$ nên $a^{n} \rightarrow \infty$ khi $n \rightarrow \infty$

Nên tồn tại $M$ sao cho  với $n>M$ thì $a^{n} \geq mN$

Khi đó cho $n>M$ tồn tại $p \in N^{*}$ sao cho $ 0 \leqslant a^{n} - pm < m$ với $p>N (1)$

Do f là hàm tăng nên $ a^{n} \geq f(a^{n}) \geq f(pm) \geq pm + p \varepsilon \geq pm + m $ do $p>N$ mâu thuẫn với $(1)$

Nên $f(m)=m$ với mọi $m \in N{*}$

Từ i/ và ii/ suy ra $mf(y) \geq f(my) \geq m.f(y)$

nên $mf(y)= f(my)$ với mọi $m \in N^{*}, y \in Q^{+}$

Từ đó suy ra $f(x)=x$ với mọi $x \in Q^{+}$.

 

 

 

 

 

 

 

 


Trong chủ đề: Max và min

01-09-2011 - 21:02

Cho a+b+c=3
$0\leq a,b,c \leq2$
$CM a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq5$

Giải
Do $ 0\leq a,b,c \leq2 $ nên
$ (2-a)(2-b)(2-c) \geq 0 $
$ \Leftrightarrow 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc \geq 0 $
$ \Leftrightarrow 2(ab+bc+ca) \geq 4 $ (Do a+b+c=3 và $ abc \geq 0 $)
$ \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq5 $ đpcm.

Trong chủ đề: Tản mạn BĐT

13-08-2011 - 20:41

Bài 37: (1 bài đơn giản)
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh: $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} \ge \sum\limits_{cyc} {a^5 + 2} $

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$ \sum\limits_{cyc} {\dfrac{ a^{9} }{bc} + abc \geq 2 \sum\limits_{cyc} {\sqrt{ \dfrac{a^{9}}{bc} . abc } = \sum\limits_{cyc} {{2a^{5}} $
$ \dfrac{2}{abc} + 2abc \geq 4 $
$ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} +5abc \geq 2(a^{5} + b^{5} +c^{5})+4 $ (1)
Lại có:
$ a^{5} + b^{5} + c^{5} + 1 + 1 \geq 5abc $(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm