|
Đề thi chọn đội tuyển HSG TP Hà Nội (Vòng 2) Bài I (4điểm) 1, Chứng minh rằng các số $3,3^2,3^3,....,3^{41}$ khi chia cho $83$ được $41$ số dư khác nhau. 2, Cho $a,b,c$ là các hằng số dương .Giải HPT sau: $$\left\{\begin{matrix} ax+by=(x-y)^2 & & \\ by+cz=(y-z)^2 & &\\ cz+ax=(z-x)^2 & & \end{matrix}\right.$$ Bài II (4điểm) Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6$.Tìm GTLN của biểu thức. $$P=(3-a)(3-b)(3-c)(\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c^2a^2}+\dfrac{1}{a ^2b^2})$$ Bài III (4điểm) Cho dãy số $x_{1}=20,x_{2}=30,x_{n+2}=3x_{n+1}-x_{n}$, với $n\in N,n \geq 1$.Tìm tất cả các giá trị của $n$ để $5x_{n+1}.x_{n}+1$ là số chính phương. Bài IV (4điểm) Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song và nội tiếp đường tròn tâm $O$ .Gọi $E,F,I$ tương ứng là giao điểm của các đường thẳng $AB$ và $CD$ , $AD$ và $BC$, $AC$ và $BD$ .Đường phân giác của các góc $\widehat{AED} $ và $ \widehat{AFB}$ cắt nhau tại $H$ .Gọi $K$ là điểm chung thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABI$ và đường tròn ngoại tiếp ta giác $CDI$ .Chứng minh $4$ điểm $E,F,H,K$ nằm trên một đường tròn. Bài V (4điểm) Xác định hàm số liên tục $f:R_{+}^{*}\rightarrow R_{+}^{*}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1, $f(2x)=2f(x)$ 2, $f\left ((f(x))^3(e^{f(x)}-1) \right )=x^2(e^x-1)f(x)$, $\forall x \in R_{+}^{*} $ 3, $f(e-1)=(e-1)f(1)$ 4, $f(k)$ là số nguyên dương với mọi số nguyên $k$ ($R_{+}^{*}$ là tập các số thực dương) |
Bài I: 1, Do 83 là số nguyên tố. Ta có $3^{82} $ Suy ra $(3^{41}-1)(3^{41}+1) \equiv 0 mod 83 $ Mà ta chứng minh được $(3^{41}+1) $ không chia hết cho 83. Suy ra $(3^{41}-1) $ chia hết cho 83. Giả sử các số $3, 3^2, ..., 3^{41} $ chia cho 83 có ít hơn 41 số dư khác nhau. Khi đó tồn tại 2 số $3^a, 3^b $ ($1 \le a < b \le 41 $) sao cho $3^b - 3^a $ chia hết cho 83. Mà $(3;83)=1 $ Suy ra $3^{b-a} -1 $ chia hết cho 83. Ta dễ dàng chứng minh được 41 là cấp số của 3 mod 83. Do đó 41 chia hết cho $(b-a) $. Vậy $b-a=1 $ nhưng $b-a=1 $ không thỏa mãn. Vậy điều giả sử là sai. Do đó ta có đpcm. |
BÀI 3 xem tại đây: [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] |
Trích:
Ta cần chứng minh $\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)a\leq 3a^2b^2c^2$ Ta đi chứng minh một BĐT mạnh hơn: $$(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)\leq 4a^2b^2c^2$$ Không giảm tính tổng quát giả sử $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác. Đặt $a+b-c=x.a+c-b=y.b+c-a=z$ ($x,y,z\geq 0$) Và ta dễ thấy $x,y,z $ cũng là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác (Vì $x-y <z,y-z<x,z-x<y$) Khi đó. $BĐT \Leftrightarrow (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq 4(x^3+y^3+z^3+2(x+y)(y+z)(z+x)-3xyz)xyz$ Chuyển về ngôn ngữ $p,q,r$ với chuẩn hóa $p=x+y+z=3$ Ta được $BĐT \Leftrightarrow 3q^2+2qr+3r^2-36r\geq 0$ Đặt $f(r)=VT=3r^2+2r(q-18)+3q^2$ có $f'(r)=6r+2q-36<0$ Suy ra $f(r)$ là hàm nghịch biến. * Mặt khác với $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Áp dụng hệ quả BĐT schur trong tam giác ta được: $r\leq \dfrac{p(5q-p^2)}{18}=\dfrac{5q-9}{6}$ $\Rightarrow f(r)\geq f(\dfrac{5q-9}{6})=\dfrac{27(q-3)^2}{4}\geq 0 $ (dpcm) Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ Như vậy ta cần chứng minh $4(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\leq 9(a^3+b^3+c^3+abc)$ $\Leftrightarrow 5(a^3+b^3+c^3)+9abc\geq 4[ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)]$ Nhưng BĐT trên lại chính là BĐT schur trong tam giác Suy ra $dpcm$ Vậy Max$P$=$\dfrac{3}{16}$ đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$ |
1 lời giải khác cho bài bđt ở VMF [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] |
Trích:
Có thể giải bài này như sau: Ta tính được $ax = \frac{(x-y)^2+(x-z)^2-(y-z)^2}{2} = (x-y)(x-z)$. $by = (y-z)(y-x), cz = (z-x)(z-y).$ Suy ra $(ax)(by)(cz) =- (x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2 \le 0$. (1) Rõ ràng tổng của 2 trong 3 số $ax, by, cz$, đều không âm. Giả sử $ax < 0$ hay $x < 0 $ thì suy ra $y > 0, z > 0$, nhưng khi đó $ax = (x-y)(x-z) > 0$, mâu thuẫn. Do đó $ax \ge 0.$ Tương tự, ta cũng có $by, cz \ge 0$. Khi đó $(ax)(by)(cz) \ge 0$. (2) Từ (1) và (2), ta thấy $(ax)(by)(cz)=0$ hay $xyz=0$. Ta xét các trường hợp: - Nếu $x=0$ thì hệ đã cho trở thành $$\left\{\begin{matrix} by=y^2 & & \\ by+cz=(y-z)^2 & &\\ cz=z^2 & & \end{matrix}\right.$$ Từ hệ này suy ra $y^2+z^2=(y-z)^2$ hay $yz=0$. +Nếu $y=0$ thì $cz=z^2$ nên $z=0$ hoặc $z=c$. Hệ có nghiệm $(x,y,z)=(0,0,0), (0,0,z)$. Tương tự với các trường hợp khác, ta có được 4 nghiệm của hệ đã cho là $(x,y,z)=(0,0,0), (a,0,0), (0,b,0),(0,0,c).$ Bài III. Bài này tìm công thức tổng quát của dãy số ra rồi tìm điều kiện cũng khá dài dòng. PT đặc trưng là $t^2=3t-1$ có nghiệm là $t = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}.$ (*) Ta tìm được CTTQ là $x_n = 10(t_1^{n-1}+t_2^{n-1})$ với $t_1, t_2$ là nghiệm của PT (*). Suy ra $A = 5x_n x_{n+1} +1= 500(x_1^n+x_2^n)(x_1^{n-1}+x_2^{n-1})+1 = 500(x_1^{2n-1}+x_2^{2n-1}+3)+1$. Chú ý rằng $x_1=y_1^2, x_2=y^2$ với $y_1,y_2$ là nghiệm của phương trình $x^2=x+1$ nên có thể viết lại là $A=500(y_1^{4n-2}+y_2^{4n-2}-2)+2501 = 500(y_1^{2n-1}-y_2^{2n-1})^2+2501$. Ta chứng minh được $y_1^{2n-1}-y_2^{2n-1} = u \in \mathbb{Z}$ nên đặt $A=v^2, v \in \mathbb{Z}$ thì ta có phương trình $500u^2+2501=v^2$. |
Trích:
|
Trích:
|
à. có lẽ mò. thử a=b=c = 2 thay vào thì đc mã là 3/16. xong bạn í làm xuôi. ra cái bước cần cm cái bđt này thì bạn í lại trình bày ngclại cho khoa học thôi. mình nghĩ thế:-h |
Mình giải như thế này nhé, các bạn góp ý cho lời giải của mình! Xét phương trình đặc trưng $${x^2} - 3x + 1$ $ có hai nghiệm là: $${x_1} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}$ $,$${x_2} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$ $ Đặt $$\alpha = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\beta = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$ $, Khi đó: $${\alpha ^2} = {x_1},{\beta ^2} = {x_2}$ $ Với $$\alpha ,\beta $ $ là hai nghiệm của phương trình: $${t^2} - t - 1 = 0$ $ của dãy Fibonaci: $${F_1} = {F_2} = 1,{F_{n + 2}} = {F_{n + 1}} + {F_n}$ $ Số hạng tổng quát của dãy Fibonaci là $${F_n} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\alpha ^n} - {\beta ^n}} \right)$ $ $${u_n} = 10\left( {{\alpha ^{2n - 2}} + {\beta ^{2n - 2}}} \right)$ $ Vì $$\alpha ,\beta = 1$ $ nên $$1 + {u_{n + 1}}{u_n} = 501 + {\left( {50{F_{2n - 1}}} \right)^2}$ $ Đặt $$1 + {u_{n + 1}}{u_n} = 501 + {\left( {50{F_{2n - 1}}} \right)^2}$ $, k với $$k$ $ nguyên dương, ta được: $$501 = \left( {k - 50{F_{2n - 1}}} \right)\left( {k + 50{F_{2n - 1}}} \right)$ $ Từ đó: tìm ra được $$n=3$ $ Vì $${u_3} = 70,{u_4} = 180,1 + 5{u_4}{u_3} = 63001 = {251^2}$ $ |
Bài 3 ko cần sử dụng CTTQ, chỉ cần sử dụng đẳng thức $\ x_{n+1}^2-3x_{n+1}x_{n}+x_{n}^2+500=0 $ Suy ra $(\ x_{n+1}+\ x_{n})^2+501= 5\x_{n+1}x_{n}+1 $ Đặt $m=x_{n+1}+x_{n}, 5\x_{n+1}x_{n}+1=n^2 $ ta có $n^2-m^2=501 $. Tìm được $n=251, m=250 $ nên $\ x_{n+1}+\ x_{n}=250 $ và $\ x_{n+1}\ x_{n}=12600 $. Suy ra $\ x_{n}=70 $ hay $n = 3 $ (do $\ x_{n+1}>\ x_{n} $). |
Trích:
*CM f đơn ánh : Thật vậy,giả sử tồn tại a,b sao cho $f(a) = f(b) $ Từ 2 lần lượt thay $x=a,x=b $ ta được $a^2.(e^a-1) =b^2.(e^b-1) $ Suy ra $a=b $ (do $a,b >0 $ và hàm $g(x) = x^2.(e^x-1) $ đồng biến trên $\mathbb{R^+} $ ) Kết hợp f liên tục ta có f là hàm đơn điệu,Mà từ giả thiết 1 ta có $ f(2x) > f(x) $ nên f tăng thực sự *Tính f(1) Từ (2) cho x=1 và đặt $f(1) = a $ ta có $f\left(a^3.(e^a - 1) \right) = (e-1).a $ Kết hợp với giả thiết 3 ta được : $f\left(a^3.(e^a - 1) \right) = f(e-1) $ Do f đơn ánh nên $a^3.(e^a-1) = e-1 $ Suy ra a=1 hay $f(1)=1 $ * CM $f(n) = n \ \forall n \in \mathbb{N^*} $ (A) Thật vậy $f(1) =1 $ nên $f(2) =2,\ f(4) =4 $ nên theo giả thiết 4 và f tăng thực sự ta có $f(3)= 3 $ Ta CM (A) bằng quy nạp +)n=1,2,3,4 đúng +)Giả sử đúng tới n = k $(k \ge 4) $ xét khi n = k+1 +) nếu k chẵn tức là k =2m thì $f(k+2) = f(2m+2) = 2f(m+1)=2m+2=k+2 $ nên $f(k+1) =k+1 $ (do giả thiết 4,f tăng thực sự và $f(k) = k ,\\ f(k+2) = k+2 $) +) nếu k lẻ suy ra $f(k+1) = 2f(\frac{k+1}{2}}) = k+1 $ Như vậy n=k+1 đúng Theo nguyên lý quy nạp ta có $f(n) = n \ \forall n \in \mathbb{N^*} $ *) CM $f(x) = x \ \forall x \in \mathbb{R_{*}^+} $ Thật vậy Từ giả thiết (1) bằng quy nạp ta có $f(\frac{x}{2^n}) = \frac{1}{2^n}f(x) $ Nên $f(\frac{m}{2^n}) = \frac{m}{2^n} \ \forall m,n \in \mathbb{N^*} $ Do Tập hợp $A = { \frac{m}{2^n} \mid m,n \in \mathbb{N^*} } $ trù mật trong $\mathbb{R^+} $ nên với mọi x thuộc $\mathbb{R^+} $ tồn tại dãy hữu tỷ $(x_n) $ có dạng $\frac{m}{2^n} $ hội tụ về x. Kết hợp tính liên tục của $f $ ta có ngay $f(x) = x \ \forall x \in \mathbb{R_{*}^+} $ Thử lại thấy hàm số thỏa mãn. P/s Mọi người check giùm mình cái nhé !!! |
Chưa ai chém bài hình hết nhỉ. Gởi mọi người cái hình :gach: Bài này ý tưởng cũng khá rõ ràng. Trước hết chứng minh được $\widehat{FKE}=90$ (dựa vào định lí Brocard). Vậy ta chỉ cần chứng minh $\widehat{FHE}=90$. Mà đây lại là kết quả quen thuôc trong tứ giác nội tiếp. :angrybird: |
Cách khác bài II: Trước hết,ta biến đổi P về dạng: $8P = \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2)}{a^2b^2c^2}$ Bây giờ ta sẽ cmr: $$ (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2) \le 9a^2b^2c^2 $$ (1) Thật vậy,nếu $$ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 0 $$ đương nhiên bđt trên đúng Nếu $$ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) > 0 $$ ta thấy rằng 3 số a+b-c;b+c-a;c+a-b không thể có đồng thời 2 số âm.Vì thế,ta có thể quy bài toán về cminh bđt đúng với 3 cạnh 1 tam giác. Ta xét tam giác ABC với bán kính ngoại tiếp R;a=BC;b=CA;c=AB.Ta có : $$9R^2 \ge a^2+b^2+c^2$$ (hệ quả của công thức tính OG^2 ) hay $$\frac{9a^2b^2c^2}{16S^2} \ge (a^2+b^2+c^2)$$ hay $$9a^2b^2c^2 \ge (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2)$$ Vậy ta có (1) đc cminh. Suy ra $$8P \le \frac{9}{6} =\frac{3}{2} $$ hay $$ P \le \frac{3}{16} $$ |
Câu 3. Có thể sử dụng hằng đẳng thức: $U_{n+1}.U_{n-1}-U_n^2=U_3.U_1-U_2^2$ |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 02:52 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.