|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
11-01-2019, 09:42 AM | #1 |
Administrator | [VMO 2019] Đề thi, lời giải và bình luận Xin chào mọi người, Còn 2 ngày nữa là kỳ thi VMO 2019 sẽ diễn ra. Năm nay VN có thể xem là kỷ niệm 40 năm có giải đặc biệt IMO đầu tiên (và cũng là duy nhất) của thầy Lê Bá Khánh Trình, mong rằng sẽ có nhân tố đặc biệt để tìm được giải thứ hai như thế. Như thường lệ, trên diễn đàn Mathscope cũng sẽ cập nhật thông tin đề thi, cũng như thảo luận về các bài toán trong đề thi. Mong được mọi người ủng hộ! Gửi mọi người môt đề thi thử khác đề hôm trước: https://drive.google.com/file/d/1eHd...Q6lIkT94A5q0Wg P/s: nhờ anh 2M tạo sub: 2019 trong mục Việt Nam và IMO ạ. Năm nay chưa có topic nào hết. __________________ Sự im lặng của bầy mèo |
The Following 9 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: | 2M (12-01-2019), baotram (13-01-2019), kimlinh (12-01-2019), MATHSCOPE (12-01-2019), ncthanh (11-01-2019), portgas_d_ace (12-01-2019), sang_zz (13-01-2019), thaygiaocht (12-01-2019), tvthuongvt (14-01-2019) |
13-01-2019, 12:25 PM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | ĐỀ VMO 2019 Ngày thi thứ nhất Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]
Bài 2. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]
Bài 3. Với mỗi đa thức $f(x)$, ký hiệu $T(f)$ là tổng bình phương các hệ số của $f(x)$. Cho $P\left( x \right) = \prod\limits_{1 \le k \le 2020} {\left( {x + k} \right)}$, chứng minh rằng tồn tại $2^{2019}$ đa thức $Q_k(x)$ ($1\le k\le 2^{2019}$) có các hệ số là các số thực dương và có bậc là $2020$ sao cho\[T\left( {{Q_k}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\] Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn nội tiếp $I$, trên các tia $AB$, $AC$, $BC,\, BA,\, CA,\, CB$ lần lượt lấy các điểm $A_1,\,A_2,\,B_1,\,B_2,\,C_1,\,C_2$, sao cho $$AA_1=AA_2=BC,\, BB_1=BB_2=AC,\, CC_1=CC_2=AB.$$ Các cặp đường thẳng $\left(B_1B_2,\, C_1C_2 \right),\, \left( C_1C_2,\, A_1A_2 \right),\, \left( B_1B_2,\, A_1A_2 \right)$. Lần lượt có giao điểm là $A',\,B',\,C'$.
Ngày thi thứ 2 Bài 5. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.
Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $(H)$. Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,\,CA,\,AB$ và $D,\,E,\,F$ lần lượt là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh $A,\,B,\,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Hai đường thẳng $DE$ và $MP$ cắt nhau tại $X$; hai đường thẳng $DF$ và $MN$ cắt nhau tại $Y$.
Bài 7. Có một số mảnh giấy hình vuông có cùng kích thước, mỗi mảnh được chia caro thành $5x5$ ô vuông ở cả hai mặt. Ta dùng $n$ màu đẻ tô cho các mảnh giấy sao cho mỗi ô của mỗi mảnh giấy được tô cả hai mặt bởi cùng một màu. Hai mảnh giấy được coi là giống nhau nếu có thể xếp chúng khít lên nhau sao cho các cặp ô vuông ở cùng vị trí có cùng màu. Chứng minhh rằng không có quá $\dfrac{1}{8}\left( {{n^{25}} + 4{n^{15}} + {n^{13}} + 2{n^7}} \right)$ mảnh giấy đôi một không giống nhau. thay đổi nội dung bởi: Thụy An, 13-01-2019 lúc 01:23 PM |
The Following 3 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post: |
13-01-2019, 12:25 PM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Bài Số Học. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]
Lời giải.
|
The Following 3 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post: |
13-01-2019, 12:25 PM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]
Lời giải. Do $f(0)>0$ và giả thiết về giới hạn ở hai đầu vô cực, nên tồn tại $m>0$ sao cho $f(x)\le f(0)$ với mỗi $x$ không ở trong đoạn $D_0=[-m, \,m]$. Vì hàm liên tục nên trên đoạn đóng $D_0$, nên hàm đạt gía trị lớn nhất là $M^*$ nào đó, giờ thì có
Tức là, luôn tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$ là $M$. Bây giờ, giả sử $M=f(a)$, ta xét hai trường hợp
Từ hai tình huống vét cạn nêu trên, ta có điều cần chứng minh. |
13-01-2019, 01:22 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: THPT chuyên Vĩnh Phúc Bài gởi: 570 Thanks: 24 Thanked 537 Times in 263 Posts | Câu 1a. Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists b > 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \ge b$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists a < 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \le a$ Với \[x \in \left[ {a;b} \right]\] thì hàm số f(x) đạt giá trị lớn nhất trên \[x \in \left[ {a;b} \right]\] . Giả sử $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$. Khi đó xét: Do đó hàm số f(x) bị chặn trên R. Đặt $M={sup f(x):x\in R}$. Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists d > 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \ge d$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists c < 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \le c$ thay đổi nội dung bởi: ThangToan, 14-01-2019 lúc 07:41 AM |
The Following User Says Thank You to ThangToan For This Useful Post: | NguyenHoang123 (17-01-2019) |
13-01-2019, 01:50 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 36 Thanks: 0 Thanked 13 Times in 7 Posts | Bài 3: Trước hết ta có các tính chất sau:
Áp dụng tính chất $(2)$, ta được $\Gamma(Q_A(x))=\Gamma(P(x))$ và cũng từ tính chất $(3)$ suy ra $\Gamma(Q_A^n(x))=\Gamma (P^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$. Hay $Q_A(x)$ là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán. Do tập $X$ có $2^{2019}$ tập con. Nên có ít nhất $2^{2019}$ đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán. thay đổi nội dung bởi: hung.vx, 14-01-2019 lúc 10:55 AM |
13-01-2019, 04:30 PM | #7 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Lời giải bài Hình của Trần Quang Hùng https://analgeomatica.blogspot.com/2...5gVXJcoLBpfMWg |
14-01-2019, 06:20 AM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Bài gởi: 149 Thanks: 26 Thanked 17 Times in 14 Posts | Đề thi năm nay " đẹp" thật ! Hy vọng vòng 2 có PTH. |
14-01-2019, 08:33 AM | #9 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2010 Bài gởi: 86 Thanks: 44 Thanked 70 Times in 34 Posts | Câu 1b chắc có nhiều cháu không xét trường hợp f là hằng trên một khoảng nào đó. |
14-01-2019, 10:09 AM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 33 Thanks: 29 Thanked 17 Times in 16 Posts | |
14-01-2019, 10:49 AM | #11 | |
Moderator Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 698 Thanks: 162 Thanked 813 Times in 365 Posts | Trích:
Lời giải câu 1b. Gọi giá trị lớn nhất của $f$ trên $\mathbb{R}$ là $M$ và giả sử $x_0$ là một điểm nào đó sao cho $f(x_0) = M$. Ta xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1. Không tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ nào mà $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$. Với mỗi $n$ nguyên dương, đặt $I_n = \left(x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}\right)$. Theo trường hợp đang xét, tồn tại $u_n \in I_n\setminus \{x_0\}$ sao cho $f(u_n) = M$, với mọi $n\ge 1$. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\{u_n\}$ có một dãy con $\{u_{n_k}\}$ gồm các số hạng đôi một khác nhau và $u_{n_k} < x_0$ với mọi $k\ge 1$. Xét dãy $\{x_k\}$ xác định bởi $x_k = u_{n_k}$ với mọi $k\ge 1$ và dãy $\{y_k\}$ xác định bởi $y_k = x_0$ với mọi $k \ge 1$. Ta có $x_k < y_k$ với mọi $k\ge 1$, $\lim x_k = \lim y_k = x_0$ và $f(x_k) = f(y_k) = M$ với mọi $k\ge 1$. Trường hợp 2. Tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ sao cho $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$. Lấy $A, B \neq x_0$ trong $(a, b)$ sao cho $x_0 \in [A, B]$. Từ giờ trở đi, ta sẽ chỉ làm việc trên đoạn $[A, B]$. Do $f$ liên tục trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất trên hai đoạn này. Gọi $m_1$ và $m_2$ lần lượt là giá trị nhỏ nhất của $f$ trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ (theo trường hợp đang xét, ta suy ra $m_1, m_2 < M$). Đặt $z_1 = \max\{m_1, m_2\}$. Theo Định lý giá trị trung gian, tồn tại $x_1\in [A, x_0]$ và $y_1 \in [x_0, B]$ sao cho $f(x_1) = f(y_1) = z_1$. Theo cách chọn này, $x_1 < y_1$ vì nếu không thì $x_1 = y_1 = x_0$, mâu thuẫn với việc $m_1, m_2 < M$. Chọn $z_2 = \frac{1}{2}(z_1 + M)$ thì $z_1 < z_2 < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_1, x_0]$ và $[x_0, y_1]$, tồn tại $x_2\in [x_1, x_0]$ và $y_2\in [x_0, y_1]$ sao cho $f(x_2) = f(y_2) = z_2$. Lập luận tương tự như trên, ta cũng có $x_2 < y_2$. Giả sử ta đã xây dựng được $x_n$ và $y_n$. Chọn $z_{n+1} = \frac{1}{2}(z_n + M)$ thì $z_n < z_{n+1} < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_n, x_0]$ và $[x_0, y_n]$, tồn tại $x_{n+1} \in [x_n, x_0]$ và $y_{n+1} \in [x_0, y_n]$ sao cho $f(x_{n+1}) = f(y_{n+1}) = z_{n+1}$, đồng thời $x_{n+1} < y_{n+1}$. Như vậy, ta đã xây dựng được dãy $\{x_n\}$ tăng trên $[A, x_0]$ và $\{y_n\}$ giảm trên $[x_0, B]$ sao cho $x_n < y_n$ và $f(x_n) = f(y_n)$ với mọi $n\ge 1$. Ta chứng minh $\lim x_n = \lim y_n = x_0$. Do $\{x_n\}$ tăng và bị chặn trên bởi $x_0$ nên nó có giới hạn $l_1 \in [A, x_0]$. Giả sử $l_1 \neq x_0$, do $f$ liên tục nên $$M = \lim z_n = \lim f(x_n) = f(l_1) < M,$$ mâu thuẫn ($f(l_1) < M$ theo trường hợp đang xét). Vậy $\lim x_n = x_0$. Tương tự, ta chứng minh được $\lim y_n = x_0$. Ta có điều cần chứng minh. $\square$ __________________ P.T.K Có xa xôi mấy mà tình xa xôi... | |
14-01-2019, 11:08 AM | #12 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 33 Thanks: 29 Thanked 17 Times in 16 Posts | |
The Following User Says Thank You to mnnn For This Useful Post: | tvthuongvt (14-01-2019) |
14-01-2019, 11:18 AM | #13 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
Xét đa thức $F(x)=\left(a_0+a_1x+\ldots+a_mx^m\right)\left(a_m +a_{m-1}x+\ldots+ax\right)^m$, trong đó $\left(a_m+a_{m-1}x+\ldots+ax\right)=x^mF\left(\dfrac{1}{x}\right) $, lúc này hệ số của $x^m$ trong $F(x)$ sẽ là \[a_0^2 + a_1^2 + \ldots + a_m^2 = T\left( {f\left( x \right)} \right).\] Xét đa thức $H(x)=P(x)x^2020P\left(\dfrac{1}{x}\right)=\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) \ldots \left( {x + 2020} \right)\left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right) \ldots \left( {1 + 2020x} \right)$. Lúc này hệ số của $2020$ trong $H(x)$ sẽ là tổng bình phương các hệ số trong $P(x)$. Quy nạp ta suy ra hệ số của $x^{2020^n}$ trong $H(x)^n$ sẽ bằng $T \left( P(x)^n \right)$. Xét đa thức $Q_x(x)$ đạt được bằng cách trong đa thức $P(x)$ thay một số thừa số có dạng $x+j$ bằng thừa số $jx+1$. Rõ ràng có $2^{2019}$ đa thức $Q_x(x)$ thế này do số tập con của ${2,\,\ldots,\,2020}$ là $2^{2019}$ và bậc của $Q_x(r)$ là $2020$. Ta sẽ chỉ ra $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n$. Ta có ${Q_x}\left( x \right){x^{2020}}{Q_x}\left( {\frac{1}{x}} \right) = H\left( x \right)$. Do đó hệ số của $x^{2020^{n}}$ của $H(x)^n$ sẽ bằng $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right)$ kết hợp với hệ số của $x^{2020^n}$ của $H(x)^n$ bằng $T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right)$, ta có $$T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n.$$ thay đổi nội dung bởi: Thụy An, 14-01-2019 lúc 12:44 PM | |
The Following 2 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post: | son235 (14-01-2019), tvthuongvt (14-01-2019) |
14-01-2019, 11:36 AM | #14 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 139 Thanks: 3 Thanked 8 Times in 7 Posts | Rảnh rảnh ngồi nghĩ tí mà năm nay bài khó quá . Viết lời giải bài 1b theo ý mình để xem lão 2M có bình luận gì ko . Giả sử M là GTLN của $f(x)$ và có 1 giá trị $a$ sao cho $f(a)=M$. Khi đó: $0<f(x) \le M$ với mọi $x\in (-\infty, a)$ và mọi $x\in (a,\infty)$. Theo tính liên tục và giới hạn 2 đầu đều = 0 thì mọi đường thẳng $y=m$ với $0<m<a$ đều cắt ĐTHS $f(x)$ tại (ít nhất) 1 điểm có hoành độ nằm bên trái và 1 điểm nằm bên phải điểm $a$. Do M là GTLN của $f(x)$ và $f(x)$ liên tục nên $f(x)$ đơn điệu tăng trong 1 khoảng $\left[a-\epsilon_1,a\right)$ và đơn điệu giảm trong 1 khoảng $\left(a,a+\epsilon_2\right]$. Chọn $N=\max\{f(a-\epsilon_1);f(a+\epsilon_2)\} <M$ và lấy $b\in\left[a-\epsilon_1,a\right)$ và $c\in \left(a,a+\epsilon_2\right]$ sao cho $f(b)=f(c)=N$. Khi đó $f(x)$ tăng trên $[b,a]$ và giảm trên $[a,c]$. Giờ ta xây dựng 1 dãy $x_n$ tăng bất kì trong khoảng $[b,a)$ thì luôn có 1 dãy $y_n$ tương ứng trong khoảng $(a,c]$ sao cho $f\left(x_n\right)=f\left(y_n\right)$ và $\lim x_n=\lim y_n=M$. Hiển nhiên $x_n<y_n,\forall n$ (đpcm). |
The Following User Says Thank You to duca1pbc For This Useful Post: | son235 (14-01-2019) |
14-01-2019, 02:00 PM | #15 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Bài 6 có thể tính toán được __________________ https://www.facebook.com/thaygiaocht thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 14-01-2019 lúc 02:08 PM |
Bookmarks |
|
|