Đề thi chọn đội tuyển HSG Bình Dương (vòng 2)

zinuyashaz1 · 11-11-2012, 12:20 PM

Bài 1: 5 điểm
Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$.
Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$.
Bài 2: 4 điểm
Cho hàm số $f:R\rightarrow R$ xác định bởi công thức $f(x)=x^4+bx^2+c (b,c \in R)$, $x_1,x_2$ là các số thực dương cho trước thỏa $f(x_1)=f(0)=1,f'(x_2)=0$. Xác định hàm số $f$.
Bài 3:5 điểm
Cho tam giác ABC, trên các cạnh BC, CA, AB lấy lần lượt các điểm K, L, M. Chứng minh rằng trong các tam giác ALM, BMK, CKL luôn có ít nhất một tam giác có diện tích không vượt quá $\dfrac{1}{4}S$ (S: diện tích tam giác ABC)
Bài 4: 3 điểm
Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên $n\geq2$, số $2^{2^{n}}+4$ có chữ số tận cùng bằng số 0.
Bài 5: 3 điểm
Chứng minh đẳng thức: $2.1C^{2}_{n}+3.2C^{3}_{n}+4.3C^{4}_{n}+...+n(n-1)C^{n}_{n}=n(n-1)2^{n-2}$, với số nguyên $n\geq2$

Ispectorgadget · 11-11-2012, 02:17 PM

Bài 1: 5 điểm
Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$.
Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$.

$a^2+b^2+c^2+abc = 4 $
Nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{2x}{y+z}, b=\frac{2y}{z+x}, c=\frac{2z}{x+y}$.
Ta quy về chứng minh
$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{2xy}{(z+y)(z+x)}+\frac{2yz}{(x+z)(x+y)}+ \frac{2zx}{(x+y)(y+z)}$$
$\iff x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0$
Đúng Theo Vornicu - Schur
Bài 5: 3 điểm
Chứng minh đẳng thức: $2.1C^{2}_{n}+3.2C^{3}_{n}+4.3C^{4}_{n}+...+n(n-1)C^{n}_{n}=n(n-1)2^{n-2}$, với số nguyên $n\geq2$
Bài này dụng đạo hàm cấp 2

tantaria · 11-11-2012, 05:58 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Ispectorgadget

Bài 1: 5 điểm
Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$.
Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$.

$a^2+b^2+c^2+abc = 4 $
Nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{2x}{y+z}, b=\frac{2y}{z+x}, c=\frac{2z}{x+y}$.
Ta quy về chứng minh
$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{2xy}{(z+y)(z+x)}+\frac{2yz}{(x+z)(x+y)}+\fra c{2zx}{(x+y)(y+z)}$$
$\iff x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0$
Đúng Theo Vornicu - Schur
Bài 5: 3 điểm
Chứng minh đẳng thức: $2.1C^{2}_{n}+3.2C^{3}_{n}+4.3C^{4}_{n}+...+n(n-1)C^{n}_{n}=n(n-1)2^{n-2}$, với số nguyên $n\geq2$
Bài này dụng đạo hàm cấp 2

Ở trên là $ab+bc+ca+abc=4$ sao xuống dưới nó lại thành $a^2+b^2+c^3+abc=4$ thế bạn?

High high · 11-11-2012, 06:57 PM

Trích:

Nguyên văn bởi zinuyashaz1

Bài 4: 3 điểm
Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên $n\geq2$, số $2^{2^{n}}+4$ có chữ số tận cùng bằng số 0.

Bài này ta sử dụng quy nạp để chứng minh thôi
Với $n=2$ thì đúng
Gỉa sử đúng với $n=k$ thì ${{2}^{{{2}^{k}}}}+4=10A$
Với $n=k+1$ thì $$ 2^{2^{k+1}}+4 = 2^{2.2^k}+4 = \left( 2^{2^k} \right)^2+4. $$

tangchauphong · 11-11-2012, 08:15 PM

Bài 3: Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử cả ba tam giác đấy diện tích đều lớn hơn $\frac{1}{4} $ diện tích tam giác ABC.
Ta đặt diện tích tam giác AML, BMK, CLK, ABC là $S_1 $, $S_2 $, $S_3 $, $S $
Ta có $\frac{S_1}{S} = \frac{AM.AL}{b.c}> \frac{1}{4} $

$\frac{S_2}{S} = \frac{BM.BK}{a.c}> \frac{1}{4} $

$\frac{S_3}{S} = \frac{CK.CL}{b.a}> \frac{1}{4} $

Suy ra $\frac{AM.AL.BM.BK.CL.CK}{a^2.b^2.c^2} > (\frac{1}{4})^3 $ (1)
Mà ta có $4^3.AM.AL.BM.BK.CL.CK \le (AM+BM)^2.(AL+CL)^2.(CK+BK)^2 = a^2.b^2.c^2 $
Suy ra $\frac{AM.AL.BM.BK.CL.CK}{a^2.b^2.c^2} \le (\frac{1}{4})^3 $ (2)
Vậy (2) mâu thuẫn với (1). Do đó điều giả sử là sai.

vominhquoc · 11-11-2012, 08:54 PM

Câu 1,3,4,5 là những câu dễ trong đề
câu 1 : khảo sát là ra
câu 3: nguyên lí điriclê
câu 4: phản chứng
câu 5: đạo hàm

minhcanh2095 · 12-11-2012, 01:29 PM

Trích:

Nguyên văn bởi zinuyashaz1

Bài 4: 3 điểm
Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên $n\geq2$, số $2^{2^{n}}+4$ có chữ số tận cùng bằng số 0

Bài 4 có thể làm như thế này : Trước hết ta thấy với $m \ge 1$ thì $16^m \equiv 6^m \equiv 6(\bmod10)$
-Nếu $n=2k (k \ge 1) $ thì $2^n=4^k=4.4^{k-1}$. Suy ra ${2^{{2^n}}} = {16^{{4^{k - 1}}}} \equiv 6(\bmod 10) \\ \Rightarrow {2^{{2^n}}} + 4 \equiv 6 + 4 = 10 \equiv 0(\bmod 10)$
-Nếu $n=2k+1 (k \ge 1)$ thì ${2^n} = {2^{2k + 1}} = {4^k}.2$, do đó ${2^{{2^n}}} = {2^{{{2.4}^k}}} = {4^{{4^k}}} = {256^{{4^{k - 1}}}} \equiv 6(\bmod 10) \\ \Rightarrow {2^{{2^n}}} + 4 \equiv 6 + 4 \equiv 0(\bmod 10)$
Từ hai điều trên ta suy ra đpcm.

**Snow Bell** · 12-11-2012, 04:43 PM

Trích:

Nguyên văn bởi zinuyashaz1

Bài 1: 5 điểm
Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$.
Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$.

Trích:

Nguyên văn bởi Ispectorgadget

Bài 1: 5 điểm
Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$.
Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$.

$a^2+b^2+c^2+abc = 4 $
Nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{2x}{y+z}, b=\frac{2y}{z+x}, c=\frac{2z}{x+y}$.
Ta quy về chứng minh
$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{2xy}{(z+y)(z+x)}+\frac{2yz}{(x+z)(x+y)}+\fra c{2zx}{(x+y)(y+z)}$$
$\iff x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0$
Đúng Theo Vornicu - Schur

Câu bất đẳng thức cũng có thể làm như sau:
Từ giả thiết ta suy ra $ a+b+c \ge 3 $
Nếu $ a+b+c>4=ab+bc+ca+abc \ge ab+bc+ca $, khi ấy bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu $ 3 \le a+b+c \le 4 $, theo Schur ta có $ (a+b+c)^3+9abc \ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca) $
Thay $ 9abc=36-9(ab+bc+ca) \Rightarrow (a+b+c)^3+36-9(ab+bc+ca) \ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca) $
Như vậy ta sẽ có:
$$ ab+bc+ca \le \frac{(a+b+c)^3+36}{4(a+b+c)+9} $$
Bài toán quay về chứng minh:
$$ \frac{(a+b+c)^3+36}{4(a+b+c)+9} \le a+b+c $$
Tương đương:
$$ (a+b+c)^3-4(a+b+c)^2-9(a+b+c)+36 \le 0 $$
Điều này hiển nhiên đúng khi $ 3 \le a+b+c \le 4 $
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ hoặc $ a=0, b=c=2 $ hoặc các hoán vị.
Một dạng khác của bài này là: Cho $ a,b,c \ge 0 $ thỏa $ a+b+c+abc=4 $.Chứng minh rằng:
$$ a+b+c \ge ab+bc+ca $$
Và bài toán này cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schur.

11-11-2012, 12:20 PM	#1
zinuyashaz1 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 13 Thanks: 14 Thanked 1 Time in 1 Post	Đề thi chọn đội tuyển HSG Bình Dương (vòng 2) Bài 1: 5 điểm Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$. Bài 2: 4 điểm Cho hàm số $f:R\rightarrow R$ xác định bởi công thức $f(x)=x^4+bx^2+c (b,c \in R)$, $x_1,x_2$ là các số thực dương cho trước thỏa $f(x_1)=f(0)=1,f'(x_2)=0$. Xác định hàm số $f$. Bài 3:5 điểm Cho tam giác ABC, trên các cạnh BC, CA, AB lấy lần lượt các điểm K, L, M. Chứng minh rằng trong các tam giác ALM, BMK, CKL luôn có ít nhất một tam giác có diện tích không vượt quá $\dfrac{1}{4}S$ (S: diện tích tam giác ABC) Bài 4: 3 điểm Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên $n\geq2$, số $2^{2^{n}}+4$ có chữ số tận cùng bằng số 0. Bài 5: 3 điểm Chứng minh đẳng thức: $2.1C^{2}_{n}+3.2C^{3}_{n}+4.3C^{4}_{n}+...+n(n-1)C^{n}_{n}=n(n-1)2^{n-2}$, với số nguyên $n\geq2$ thay đổi nội dung bởi: zinuyashaz1, 11-11-2012 lúc 12:23 PM

11-11-2012, 02:17 PM	#2
Ispectorgadget +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Đến từ: Hồ Chí Minh city Bài gởi: 98 Thanks: 53 Thanked 126 Times in 57 Posts	Bài 1: 5 điểm Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh: $a+b+c\geq ab+bc+ca$. $a^2+b^2+c^2+abc = 4 $ Nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{2x}{y+z}, b=\frac{2y}{z+x}, c=\frac{2z}{x+y}$. Ta quy về chứng minh $$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{2xy}{(z+y)(z+x)}+\frac{2yz}{(x+z)(x+y)}+ \frac{2zx}{(x+y)(y+z)}$$ $\iff x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0$ Đúng Theo Vornicu - Schur Bài 5: 3 điểm Chứng minh đẳng thức: $2.1C^{2}_{n}+3.2C^{3}_{n}+4.3C^{4}_{n}+...+n(n-1)C^{n}_{n}=n(n-1)2^{n-2}$, với số nguyên $n\geq2$ Bài này dụng đạo hàm cấp 2 __________________ $F\begin{Bmatrix} \heartsuit \end{Bmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty }^{+\infty }f(t)e^{it\heartsuit}dt=? $ thay đổi nội dung bởi: Snow Bell, 12-11-2012 lúc 04:48 PM Lý do: Latex

11-11-2012, 08:15 PM	#5
tangchauphong +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Đến từ: MC online Bài gởi: 159 Thanks: 208 Thanked 62 Times in 52 Posts	Bài 3: Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử cả ba tam giác đấy diện tích đều lớn hơn $\frac{1}{4} $ diện tích tam giác ABC. Ta đặt diện tích tam giác AML, BMK, CLK, ABC là $S_1 $, $S_2 $, $S_3 $, $S $ Ta có $\frac{S_1}{S} = \frac{AM.AL}{b.c}> \frac{1}{4} $ $\frac{S_2}{S} = \frac{BM.BK}{a.c}> \frac{1}{4} $ $\frac{S_3}{S} = \frac{CK.CL}{b.a}> \frac{1}{4} $ Suy ra $\frac{AM.AL.BM.BK.CL.CK}{a^2.b^2.c^2} > (\frac{1}{4})^3 $ (1) Mà ta có $4^3.AM.AL.BM.BK.CL.CK \le (AM+BM)^2.(AL+CL)^2.(CK+BK)^2 = a^2.b^2.c^2 $ Suy ra $\frac{AM.AL.BM.BK.CL.CK}{a^2.b^2.c^2} \le (\frac{1}{4})^3 $ (2) Vậy (2) mâu thuẫn với (1). Do đó điều giả sử là sai. __________________ Đem người khác ra là trò đùa vui lắm hay sao? Ngoảnh mặt làm ngơ, bơ đi mà sống.

11-11-2012, 08:54 PM	#6
vominhquoc +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	Câu 1,3,4,5 là những câu dễ trong đề câu 1 : khảo sát là ra câu 3: nguyên lí điriclê câu 4: phản chứng câu 5: đạo hàm thay đổi nội dung bởi: vominhquoc, 11-11-2012 lúc 08:59 PM