[GGTH 2014] Đồng hành cùng GGTH-Đề thử sức ngày 1

[ptk_1411]

ĐỒNG HÀNH CÙNG GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014

ĐỀ THI THỬ SỨC - NGÀY 1
Thời gian: 180 phút

Bài 1 (5 điểm):

Cho $a,b,c$ là ba số thực dương thoả mãn $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\le a+b+c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{(2a+b+c)^2}+\dfrac{1}{(2b+c+a)^2}+ \dfrac{1}{(2c+a+b)^2}\le \dfrac{3}{16}$$

Bài 2 (5 điểm):

Cho $(a_n)$ và $(b_n)$ là hai dãy số thực dương thoả mãn $\begin{cases} a_0=1,a_1=\dfrac{1}{2}\\2b_{n+1}=2b_n-a_n\\b_n=\dfrac{1}{3}+2a_{n+1}\end{cases}$
Đặt $c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\displaystyle \sum _{k=0}^n \dfrac{b_k}{a_k}$. Tính $\lim c_n.$

Bài 3 (5 điểm):

Gọi $B,C$ lần lượt là hai điểm tuỳ ý trên hai cạnh $AP,PD$ của tam giác nhọn $APD$. Gọi $Q$ là giao điểm các đường chéo của tứ giác $ABCD$; $H_1,H_2$ lần lượt là trực tâm của tam giác $APD$ và $BPC$. Gọi $X$ ($X\neq Q$) là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABQ$ và $CDQ$. Gọi $Y$ ($Y\neq Q$) là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCQ$ và $ADQ$.
a) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$. Chứng minh các điểm $X,Y,M,N,Q$ đồng viên.
b) Chứng minh rằng nếu $H_1H_2$ đi qua $X$ thì $H_1H_2$ cũng đi qua $Y.$

Bài 4 (5 điểm):

Trên một bảng đen, ban đầu người ta viết $2015$ số tự nhiên phân biệt $0=a_0<a_1<a_2<\ldots<a_{2014}$. Sau đó, người ta viết tiếp lên bảng tất cả những số tự nhiên $n$ thoả mãn: $n$ có thể viết được dưới dạng tổng của hai số trong $2015$ số ban đầu (hai số này không nhất thiết phải phân biệt).
Hỏi sau khi viết xong, trên bảng sẽ có ít nhất bao nhiêu số tự nhiên phân biệt, nếu:
a) $a_{2014}=4028.$
b) $a_{2014}=4027.$



Các bạn nộp bài vào hộp mail :[Only registered and activated users can see links. ] trước 19h ngày mai, 30/7
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ptk_1411]

Đã mở đề tài, mọi người có thể vào thảo luận về đề này và [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vutuanhien]

Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
$\sum \dfrac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \dfrac{1}{4}\sum \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+ a)}$
Lại theo BĐT quen thuộc thì
$9(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$
Do đó
$VT\leq \dfrac{9}{16(ab+bc+ca)}$
Ta chỉ cần chứng minh $ab+bc+ca\geq 3$
Điều này dễ thấy vì áp dụng các BĐT quen thuộc và giả thiết
$ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(ab+bc+ca)}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$
$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Juliel]

Bài 2 (5 điểm):

Cho $(a_n)$ và $(b_n)$ là hai dãy số thực dương thoả mãn $\begin{cases} a_0=1,a_1=\dfrac{1}{2}\\2b_{n+1}=2b_n-a_n\\b_n=\dfrac{1}{3}+2a_{n+1}\end{cases}$
Đặt $c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\displaystyle \sum _{k=0}^n \dfrac{b_k}{a_k}$. Tính $\lim c_n.$

Lời giải :

Khử dãy $(a_n)$ ta được :
$$12b_{n+1}=12b_n-3b_{n-1}-1$$
$$\Leftrightarrow x_{n+1}=x_n-\dfrac{1}{4}x_{n-1}-\dfrac{1}{4}\;\;(*)\;(x_n=3b_n)\;\;$$
Ta thay $n$ bởi $n+1$ trong $(*)$ thì được :
$$x_{n+2}=x_{n+1}-\dfrac{1}{4}x_n-\dfrac{1}{4}\;\;(**)$$
Trừ vế theo vế $(**)(*)$ :
$$x_{n+2}=2x_{n+1}-\dfrac{5}{4}x_{n}+\dfrac{1}{4}x_{n-1}$$
Phương trình sai phân này cho ta nghiệm :
$$x_n=\dfrac{3}{2^n}+1$$
Ta có :
$$c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\underset{k=0}{\overset{n} {\sum}} \dfrac{b_k}{a_k}=\dfrac{1}{2^{n+1}}\underset{k=1}{ \overset{n}{\sum}} \dfrac{6b_k}{3b_{k-1}-1}+\dfrac{b_0}{2^{n+1}.a_0}$$
$$=\dfrac{1}{2^n}\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}} \dfrac{x_k}{x_{k-1}-1}+\dfrac{4}{2.^{n+1}.3}=\dfrac{1}{2}\underset{k=1 }{\overset{n}{\sum}} \dfrac{3+2^n}{6}+\dfrac{4}{2^{n+1}.3}=\dfrac{3n-2+2^{n+1}}{6.2^{n}}+\dfrac{4}{3.2^{n+1}}=\dfrac{3n-2}{3.2^n}+\dfrac{1}{3}\rightarrow 1/3$$
$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}c_n=1/3$$

Không chắc lắm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pco]

Bài 3b. Ta sẽ đi chứng minh $AC=BD$ nếu $H_1H_2$ đi qua $X$.

Gọi $F_2,F_3$ thứ tự là chân đường cao của tam giác $BPC$ hạ từ hai đỉnh $C,B$.
Tam giác $H_2BD$ có $H_2N$ là trung tuyến nên theo công thức đường trung tuyến ta có $H_2N^2= \frac{2(H_2B^2+H_2D^2)-BD^2}{4}$. Tương tự thì $H_2M^2= \frac{2(H_2A^2+H_2C^2)-AC^2}{4}$.
Do đó $$H_2M^2-H_2N^2= \dfrac{ 2(H_2A^2+H_2C^2-H_2B^2-H_2D^2)+BD^2-AC^2}{4}.$$
Ta áp dụng định lý Pythagore cho các tam giác vuông $BF_2H_2,AH_2F_2,BF_3C,BF_3D$ thì
$$\begin{aligned} H_2A^2+H_2C^2 & = F_2H_2^2+AF_2^2+H_2F_3^2+F_3C^2 \\ & = (F_2H_2^2+F_3H_2^2)+AF_2^2+BC^2-BF_3^2 \\ & = (F_2H_2^2+F_3H_2^2)+AF_2^2+BC^2 - BD^2+DF_3^2. \end{aligned}$$
Tương tự thì $$H_2B^2+H_2D^2= (F_2H_2^2+F_3H_2^2)+DF_3^2+BC^2-AC^2+AF_2^2.$$
Do đó $$H_2A^2+H_2C^2-(H_2B^2+H_2D^2)= AC^2-BD^2.$$
Từ đó ta suy ra
$$ H_2M^2-H_2N^2= \frac 14 \left( AC^2-BD^2 \right) \qquad (1)$$
Hơn nữa, ta cũng có $\triangle XAC \sim \triangle XBD$ (câu a) và $XM,XN$ thứ tự là trung tuyến của hai tam giác $XAC,XBD$ này nên $\frac{XM}{XN}= \frac{AC}{BD}$. Do đó $\frac{XM^2}{XN^2}= \frac{AC^2}{BD^2}$ suy ra
$$ XM^2-XN^2= \frac{XN^2}{BD^2} \cdot (AC^2-BD^2) \qquad (2)$$
Mặt khác, để ý rằng $H_1,H_2$ thứ tự là trực tam của tam giác $APD$ và $BPC$ nên $H_1H_2$ là đường thẳng Steiner của tứ giác $ABPCED$. Ta cũng có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$ nên $MN$ là đường thẳng Gauss của tứ giác $ABPCED$ . Do đó $MN \perp H_2H_1$ hay $MN \perp H_2X$. Ta suy ra $H_2M^2-H_2N^2=XM^2-XN^2$. Kết hợp với $(1)$ và $(2)$ ta dẫn đến $$(AC^2-BD^2)(4XN^2-BD^2)=0.$$
Nếu $4XN^2=BD^2$ thì $2XN=BD$, mà $N$ là trung điểm của $BD$ nên ta dẫn đến $\angle BXD=90^{\circ}$. Mà $BXDP$ nội tiếp (câu a) nên ta suy ra $\angle BPD=180^{\circ}- \angle BXD=90^{\circ}$ hay $AP \perp PD$, mâu thuẫn vì $\triangle PAD$ nhọn. Vậy $AC^2-BD^2=0$ hay $AC=BD$.

Ta đã có $\triangle AXM \sim \triangle BXN$ mà $AC=BD$ nên $AM=BN$, suy ra $\triangle AXM= \triangle BXN$. Ta được $XM=XN$ hay $X$ thuộc trung trực của $MN$. Cũng vì $AC=BD$ nên $H_2M^2-H_2N^2=\frac 14 (AC^2-BD^2)=0$ suy ra $H_2M=H_2N$. Do đó $H_2$ cũng thuộc trung trực của $MN$. Vậy $H_1,H_2,X$ đều thuộc trung trực của $MN$.

Mặt khác, hoàn toàn tương tự như khi chứng minh $\triangle AXM \sim \triangle BXN$, ta cũng chứng minh được $\triangle YND \sim \triangle YMA$. Mà $AM=ND= \frac{BD}{2}= \frac{AC}{2}$ nên $\triangle YND = \triangle YMA$. Do đó $YN=YM$ hay $Y$ thuộc trung trực của $MN$, đồng nghĩa với $Y,X,H_1,H_2$ thẳng hàng.

Như vậy nếu $H_1H_2$ đi qua $X$ thì $H_1H_2$ cũng đi qua $Y$. $\blacksquare$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[osp]

Nguyên văn bởi Juliel

Bài 2 (5 điểm):

Cho $(a_n)$ và $(b_n)$ là hai dãy số thực dương thoả mãn $\begin{cases} a_0=1,a_1=\dfrac{1}{2}\\2b_{n+1}=2b_n-a_n\\b_n=\dfrac{1}{3}+2a_{n+1}\end{cases}$
Đặt $c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\displaystyle \sum _{k=0}^n \dfrac{b_k}{a_k}$. Tính $\lim c_n.$

Lời giải :

Khử dãy $(a_n)$ ta được :
$$12b_{n+1}=12b_n-3b_{n-1}-1$$
$$\Leftrightarrow x_{n+1}=x_n-\dfrac{1}{4}x_{n-1}-\dfrac{1}{4}\;\;(*)\;(x_n=3b_n)\;\;$$
Ta thay $n$ bởi $n+1$ trong $(*)$ thì được :
$$x_{n+2}=x_{n+1}-\dfrac{1}{4}x_n-\dfrac{1}{4}\;\;(**)$$
Trừ vế theo vế $(**)(*)$ :
$$x_{n+2}=2x_{n+1}-\dfrac{5}{4}x_{n}+\dfrac{1}{4}x_{n-1}$$
Phương trình sai phân này cho ta nghiệm :
$$x_n=\dfrac{3}{2^n}+1$$
Ta có :
$$c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\underset{k=0}{\overset{n} {\sum}} \dfrac{b_k}{a_k}=\dfrac{1}{2^{n+1}}\underset{k=1}{ \overset{n}{\sum}} \dfrac{6b_k}{3b_{k-1}-1}+\dfrac{b_0}{a_0}$$
$$=\dfrac{1}{2^n}\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}} \dfrac{x_k}{x_{k-1}-1}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{2}\underset{k=1}{\overse t{n}{\sum}} \dfrac{3+2^n}{3}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{3n-2+2^{n+1}}{3.2^{n}}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{3n-2}{3.2^n}+2\rightarrow 2$$
$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}c_n=2$$

Không chắc lắm

em làm thế này anh xem thử xem
từ gt suy ra $4.a_{n+2}=4.a_{n+1}-a_n$.qui nạp được $a_n=\frac{1}{2^n}$ suy ra $b_n=\frac{1}{3}+a_n$ suy ra $\frac{b_n}{a_n}=\frac{2^n}{3}+1$ suy ra $c_n=\frac{n+\frac{2}{3}}{2^{n+1}}+\frac{1}{3}$ suy ra $lim=\frac{1}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangqnvip]

Giải bài 4:
a) Xét $A=\left\{ {{a}_{0}},{{a}_{1}},...,{{a}_{2014}} \right\}$ . Ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của $\left| A+A \right|$
Ta có: $2{{a}_{0}}<{{a}_{0}}+{{a}_{1}}<{{a}_{0}}+{{a}_{2} }<...<{{a}_{0}}+{{a}_{2014}}<{{a}_{1}}+{{a}_{2014} }<...<2{{a}_{2014}}$
Suy ra $\left| A+A \right|\ge 4029$
Ta sẽ chứng mình tồn tại $\left| A+A \right|\ge 4029$.
Đặt ${{a}_{i}}=2i,\forall i=\overline{1,n}$ , ta có:
$A=\left\{ 0,2,...,4028 \right\}$ và $A+A=\left\{ 0,2,...,4028,4030,...,8056 \right\}\Rightarrow \left| A+A \right|=4029$
Vậy GTNN của $n$ là 4029
b)Định lý Cauchy-Davenport:
Nếu A là tập hợp các số mà không có số nào đồng dư với nhau modun p. Tương tự là tập B. Khi đó tập \[A+B\] chứa ít nhất $\min \left\{ \left| A \right|+\left| B \right|-1,p \right\}$ phần tử đôi một không đồng dư với nhau mod p.
Xét $A'=A\backslash \left\{ {{a}_{2014}} \right\}$
Ta có $A'$ là tập hợp các số mà không có số nào đồng dư mod 4027. Theo định lí Cauchy-Davenport, ta có $\left| A'+A' \right|$ phủ hết hệ thặng dư đầy đủ mod 4027$\Rightarrow \left| A'+A' \right|\ge 4027$
Xét tập $B={{a}_{2014}}+A$
Giả sử có $t$ bộ $i,j,k<2014$ sao cho ${{a}_{i}}+{{a}_{j}}={{a}_{2014}}+{{a}_{k}}$
Khi đó ${{a}_{0}}+{{a}_{k}}\equiv {{a}_{i}}+{{a}_{j}}\left( \bmod 4027 \right)$ và ${{a}_{0}}+{{a}_{k}}<{{a}_{i}}+{{a}_{j}}$ nên $\left| A'+A' \right|\ge 4027+t$ (vì các số ${{a}_{i}}+{{a}_{j}}$ và ${{a}_{0}}+{{a}_{j}}$ được tính là trùng nhau theo modun 4027 mặc dù chúng phân biệt)
$\left| A+A \right|=\left| A'+A' \right|+\left| B \right|-\left| \left( A'+A' \right)\cap B \right|\ge 4027+t+2015-t=6042$
Ta chứng mình tồn tại tập $A$ thỏa mãn yêu cầu đề bài
Xét $A=\left\{ 0,2,4,...,4026,4027 \right\}$
Khi đó $A+A=\left\{ 0,2,...,8052,4027,4029,...,8053,8054 \right\}$ $\Rightarrow \left| A+A \right|=6042$
Vậy GTNN của $n$ là 6042
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kelacloi]

Đúng hướng rồi, kèm thêm việc giới thiệu Cauchy Davenport giúp các bạn hiểu rõ bản chất của bài Toán hưn .
Nhưng dĩ nhiên, lời giải này có thể rút gọn hơn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tranhongviet]

Nguyên văn bởi vutuanhien

Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
$\sum \dfrac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \dfrac{1}{4}\sum \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+ a)}$
Lại theo BĐT quen thuộc thì
$9(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$
Do đó
$VT\leq \dfrac{9}{16(ab+bc+ca)}$
Ta chỉ cần chứng minh $ab+bc+ca\geq 3$
Điều này dễ thấy vì áp dụng các BĐT quen thuộc và giả thiết
$ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(ab+bc+ca)}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$
$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$

Xin chia sẻ cách kháckhông nhanh lắm)
$\frac{1}{(2a+b+c)^{2}}=\frac{1}{a^{2}+2a(a+b+c)+(a +b+c)^{2}}\leq \frac{1}{\frac{8}{3}a(a+b+c)+\frac{8(a+b+c)^{2}}{9 }}\leq \frac{1}{4}(\frac{3}{8a(a+b+c)}+\frac{9}{8(a+b+c)^ {2}}) $
Lại có:
$\sum \frac{1}{a}\leq \sum a<=>\sum \frac{1}{a(a+b+c)}\leq 1 $
Suy ra:
$\sum \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}\leq \frac{3}{32}\sum \frac{1}{a(a+b+c)}+\frac{27}{32(a+b+c)^{2}}\leq \frac{3}{36} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Câu 3.a.

Các tam giác $BDY, CAY $ đồng dạng nên $M,Q,Y,N $ đồng viên, đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]