Đề thi các trường và các tỉnh năm học 2013-2014 - Lời giải và bình luận - Page 2

**Fool's theorem** · 02-10-2013, 11:23 PM

Bài 7 tổ hợp bạn hoangqnvip làm sai rồi đó, nếu ý bạn là số điểm giữa điểm tô màu xanh thứ $i-1$ và điểm tô xanh thứ $i$ là $x_i$ thì lúc này tổng các $x_i$ nó không phải là $n$ nữa đâu, còn nếu ý bạn là lấy số thứ tự của hai điểm màu xanh trừ đi nhau ra $x_i$ thì phải xét $a_i = x_i -(p+1) \forall i>1$ thì mới có $a_i \geq 0 \forall i$, lúc này áp dụng bài toán chia kẹo euler sẽ được đáp số là $C^{(k+1)-1}_{n-k(p+1)+(k+1)-1} = C^k_{n-kp} $ chính là đáp án của mình bên trên
------------------------------
Thấy chưa có ai cho lời giải hoàn chỉnh bài KHTN nên mình post nốt cho đủ 10 bài vậy

TỔ HỢP
Bài 1:
Gọi tập các chỉ số thỏa mãn là $T$ , tập còn lại là $S$
Xét khi ta đổi chỗ 2 số $a_i,a_j$ bất kì thì ta xét bộ $(a_{i-2},a_{i-1},a_i,a_{i+1},a_{i+2}) $ và bộ $(a_{j-2},a_{j-1},a_j,a_{j+1},a_{j+2})$ , dễ thấy khi chuyển như vậy thì chỉ có các chỉ số $i-1,i,i+1$ và $j-1,j,j+1$ là có thể chuyển từ tập hợp này sang tập hợp khác.
Khi đổi chỗ $a_i$ thành $a_j$ nếu ta làm thay đổi dấu giữa $(a_i,a_{i+1})$ và $(a_{i-1},a_i)$ cùng lúc thì chỉ số $j$ lúc này sẽ thuộc tập hợp chứa chỉ số $i$ vừa chuyển đi, còn chỉ số $i+1$ và $i-1$ sẽ cùng lúc chuyển sang tập hợp khác tập hợp ban đầu, tức hiệu của hai tập hợp bất biến mod $2$.
Nếu ta chỉ làm thay đổi dấu của một trong 2 cặp $(a_i,a_{i+1})$ và $(a_{i-1},a_i)$ , giả sử là của cặp $(a_i,a_{i+1})$, thì khi đó chỉ số $i-1$ giữ nguyên, chỉ số $i$ và $i+1$ sẽ cùng lúc chuyển khỏi tập hợp ban đầu của nó, một lần nữa ta có hiệu 2 tập hợp $T,S$ là bất biến mod $2$.
Xét tương tự với bộ $(a_{j-2},a_{j-1},a_j,a_{j+1},a_{j+2})$ ta có mỗi 2 chuyển 2 số bất kì trên vòng tròn thì hiêu 2 tập $T,S$ đều bất biến mod $2$.
Còn lại đúng 2 trường hợp là đổi $(a_i,a_{i+2})$ và $(a_i,a_{i+1})$ thì ta xét sự đổi dấu tương tự, không khác gì nhiều mà lại khá dài nên xin phép k post

Ban đầu xếp $1,2,...,2014$ lên đường tròn theo đúng thứ tự thì ta có |T|=2012 suy ra |T| chỉ có thể nhận các giá trị chẵn. Ta sẽ chỉ ra với mọi |T| chẵn thuộc $[0,2012]$ ta đều có cách xếp thỏa mãn đó là
$(1,2,..,2k,(k+1008,2k+1),(k+1009,2k+2),....,(2014 ,k+1007))$

pco · 03-10-2013, 03:11 PM

Số học.
Bài 5. Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1) \qquad (1)$$
Lời giải 1.

Lời giải 2.

luxubuhl · 03-10-2013, 03:30 PM

Tổng hợp 10 bài PT - HPT.

Máy không có mathtype nên gõ tạm bằng Texworks

Post luôn code lên cho tiện trích dẫn.

Nhận xét: Các bài ra năm nay khá là cơ bản. Toàn 199 bài văn mẫu

P/S:

**quocbaoct10** · 03-10-2013, 06:25 PM

SỐ HỌC
bài 4:Cho x và y là các số nguyên. Biết rằng $2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y$ và $x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y$ đều chia hết cho $97$.

Chứng minh rằng $xy-12x+15y$ chia hết cho $97$.

$x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y=(x-y)(x-2y+1)$ vì $x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y \vdots 97$ nên $(x-y)(x-2y+1) \vdots 97$ nên $x-y \vdots 97$ hoặc $x-2y+1 \vdots 97$.
TH1: $x-y \vdots 97$
$2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y=(x-y)(2x-y)-16(x-y)+6y \equiv 0 (mod 97) $ hay $y \equiv 0 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 0 (mod 97)$. Từ đây, ta có đpcm.
TH2:$x-2y+1 \vdots 97$ hay $x \equiv 2y-1 (mod 97)$.
Ta có:
$2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y=(x-y)(2x-y)-16(x-y)+6y \equiv (y-1)(3y-2)-16(y-1)=3y^2-15y+18 \equiv 0 (mod 97) \Rightarrow y^2-5y+6 \equiv 0 (mod 97) $ hay $(y-2)(y-3) \equiv 0 (mod 97)$>
Nếu $y \equiv 2 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 3 (mod 97) $.
Vậy nên $xy-12x+15y \equiv 2.3-12.3+15.2=0 (mod 97)$.
Nếu $y \equiv 3 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 5 (mod 97) $
vậy nên $xy-12x+15y \equiv 3.5-12.5+15.3=0 (mod 97)$ (đpcm).
Bài 2 (Quảng Bình). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $2(x+y)+xy=x^2+y^2$ .

ta sẽ chứng minh với $x, y \ge 4$ thì $x^2+y^2 \ge 2(x+y)+xy$.
thật vậy: $x^2+y^2-2(x+y)-xy=(x-y)^2+xy-2x-2y+4-4=(x-y)^2+(x-2)(y-2)-4$. Vì $(x-2)(y-2) \ge 4$ nên $x^2+y^2-2(x+y)-xy=(x-y)^2+(x-2)(y-2)-4 \ge 0$. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=4$. Không mất tính tổng quát giả sử $x \ ge 3$. Xét từng TH được $x=2, y=4$. Vậy pt có các nghiệm $(x,y)=(4:4),(2;4),(4;2)$.
Bài 8 (Đồng Tháp). Giải phương trình nghiệm nguyên $(x+y)^2+2=2x+2013y$.

pt tương đương: $(x+y)^2-2(x+y)+1+1=2011y \Leftrightarrow (x+y-1)^2+1 =2011y \Rightarrow (x+y-1)^2 \vdots 2011$ (vô lí vì 2011 có dạng $4k+3$). Vậy pt vô nghiệm.
Bài 7(Cà Mau). Tìm tất cả các số nguyên dương x, y sao cho $z=\frac{x^3+y^3-x^2y^2}{(x+y)^2}$ là một số nguyên không âm.

ý tưởng giống bài 2. Ta sẽ chứng minh $x^3+y^3 < (x+y)^2+x^2y^2$ với mọi số nguyên dương $x,y$, từ đó suy ra không tồn tại $z$.
------------------------------
Bài 3 (Cần Thơ):

Trích:

Nguyên văn bởi Newmath

Ta chứng minh tổng quát: Nếu $a^2c+c^2b+b^2a=nabc$ thì $abc$ là lập phương của một số nguyên.

Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.
Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.
Từ giả thiết ta suy ra $a\mid b^2c\Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.
Chẳng hạn $b=p^kb_1\Rightarrow p\nmid c$ thay vào $a^2c+c^2b+b^2a=nabc$ ta được $p^{2m+k}a_1^2b_1+p^{2k}b_1^2c+p^mc^2a_1=np^{m+k}a _1b_1c$.
Do đó $p^m\mid p^{2k}\Rightarrow 2k\geq m$ và $p^k\mid p^m\Rightarrow m\geq k\Rightarrow m+k\geq 2k \Rightarrow p^{2k}\mid p^m\Rightarrow m\geq 2k$.
Suy ra $m=2k$ hay $p^{3k}\mid abc$.

quanghuyhl07 · 03-10-2013, 11:47 PM

Trích:

Nguyên văn bởi quocbaoct10

SỐ HỌC
bài 4:Cho x và y là các số nguyên. Biết rằng $2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y$ và $x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y$ đều chia hết cho $97$.

Chứng minh rằng $xy-12x+15y$ chia hết cho $97$.

$x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y=(x-y)(x-2y+1)$ vì $x^{2}-3xy+2y^{2}+x-y \vdots 97$ nên $(x-y)(x-2y+1) \vdots 97$ nên $x-y \vdots 97$ hoặc $x-2y+1 \vdots 97$.
TH1: $x-y \vdots 97$
$2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y=(x-y)(2x-y)-16(x-y)+6y \equiv 0 (mod 97) $ hay $y \equiv 0 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 0 (mod 97)$. Từ đây, ta có đpcm.
TH2:$x-2y+1 \vdots 97$ hay $x \equiv 2y-1 (mod 97)$.
Ta có:
$2x^{2}-3xy+y^{2}-16x+22y=(x-y)(2x-y)-16(x-y)+6y \equiv (y-1)(3y-2)-16(y-1)=3y^2-15y+18 \equiv 0 (mod 97) \Rightarrow y^2-5y+6 \equiv 0 (mod 97) $ hay $(y-2)(y-3) \equiv 0 (mod 97)$>
Nếu $y \equiv 2 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 3 (mod 97) $.
Vậy nên $xy-12x+15y \equiv 2.3-12.3+15.2=0 (mod 97)$.
Nếu $y \equiv 3 (mod 97) \Rightarrow x \equiv 5 (mod 97) $
vậy nên $xy-12x+15y \equiv 3.5-12.5+15.3=0 (mod 97)$ (đpcm).
Bài 2 (Quảng Bình). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $2(x+y)+xy=x^2+y^2$ .

ta sẽ chứng minh với $x, y \ge 4$ thì $x^2+y^2 \ge 2(x+y)+xy$.
thật vậy: $x^2+y^2-2(x+y)-xy=(x-y)^2+xy-2x-2y+4-4=(x-y)^2+(x-2)(y-2)-4$. Vì $(x-2)(y-2) \ge 4$ nên $x^2+y^2-2(x+y)-xy=(x-y)^2+(x-2)(y-2)-4 \ge 0$. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=4$. Không mất tính tổng quát giả sử $x \ ge 3$. Xét từng TH được $x=2, y=4$. Vậy pt có các nghiệm $(x,y)=(4:4),(2;4),(4;2)$.
Bài 8 (Đồng Tháp). Giải phương trình nghiệm nguyên $(x+y)^2+2=2x+2013y$.

pt tương đương: $(x+y)^2-2(x+y)+1+1=2011y \Leftrightarrow (x+y-1)^2+1 =2011y \Rightarrow (x+y-1)^2 \vdots 2011$ (vô lí vì 2011 có dạng $4k+3$). Vậy pt vô nghiệm.
Bài 7(Cà Mau). Tìm tất cả các số nguyên dương x, y sao cho $z=\frac{x^3+y^3-x^2y^2}{(x+y)^2}$ là một số nguyên không âm.

ý tưởng giống bài 2. Ta sẽ chứng minh $x^3+y^3 < (x+y)^2+x^2y^2$ với mọi số nguyên dương $x,y$, từ đó suy ra không tồn tại $z$.
------------------------------
Bài 3 (Cần Thơ):

bài 7 của ca mau bạn dánh giá sai rồi

pco · 04-10-2013, 01:23 AM

SỐ HỌC.
Bài 6 làm thế này không biết có đúng không.

Lời giải. Đặt $T= \dfrac{b^2+ab+a+b-1}{a^2+ab+1}$. Ta có $$a \cdot T= b+1- \dfrac{a+b+1}{a^2+ab+1}$$
Nếu $T \in \mathbb{Z}$ thì $a \cdot T \in \mathbb{Z}$. Từ đó kết hợp với điều kiện $a,b \in \mathbb{Z}$ ta suy ra $a^2+ab+1|a+b+1 \qquad (1)$.

Nếu $a+b=-1$ thì $T$ luôn nguyên.

Nếu $a+b \ne -1$. Từ $(1)$ ta dẫn đến $a^2+ab+1|a(a+b+1) \Rightarrow a^2+ab+1|a+1 \qquad (2)$.

Gọi $\gcd (|a^2+ab+1|,|a+1|)=d \Rightarrow d|a^2+ab+1 \Rightarrow d|(a+1)^2+a(b-2) \Rightarrow d|a(b-2) \Rightarrow d|b-2$. Lại có từ $(2)$ nên ta suy ra $d=|a^2+ab+1||b-2 \qquad (3)$.
Mặt khác $a^2+ab+1|a+b+1$ và $a^2+ab+1|a+1$ nên $a^2+ab+1|b \qquad (4)$.
Kết hợp $(3)$ và $(4)$ thì ta suy ra $a^2+ab+1|2$.

Nếu $a^2+ab+1=1 \Rightarrow a(a+b)=0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=0 \\ a=-b \end{array} \right.$.
Nếu $a^2+ab+1=2 \Rightarrow a(a+b)=1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=0 \\ a=-1,b=0 \end{array} \right.$.
Nếu $a^2+ab+1=-1 \Rightarrow a(a+b)=-2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=-3 \\ a=-1,b=3 \\ a=2,b=-3 \\ a=-2,b=3 \end{array} \right.$.
nếu $a^2+ab+1=-2 \Rightarrow a(a+b)=-3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=-4 \\ a=-1,b=4 \\ a=3,b=-4 \\ a=-3,b=4 \end{array} \right.$.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{ (a,b)=(0,k),(k,-k),(k,-1-k),(1,-3),(-1,3),(-2,3),(1,-4),(-1,4),(-3,4),(1,0),(-1,4)}$.

pco · 04-10-2013, 11:56 AM

Trích:

Nguyên văn bởi quanghuyhl07

bài 7 của ca mau bạn dánh giá sai rồi

Tại sao lại sai nhỉ ? Bạn có thể chỉ rõ ra được không ?

**quocbaoct10** · 04-10-2013, 12:26 PM

Trích:

Nguyên văn bởi pco

Tại sao lại sai nhỉ ? Bạn có thể chỉ rõ ra được không ?

đúng là sai thật. Thành thật xin lỗi mọi người về bài 7.

pco · 04-10-2013, 05:34 PM

Thực chất lời giải của em ở trên không hoàn thiện cho lắm. Em thấy rằng mình còn thiếu nghiệm $(a,b)=(1,k)$. Với lại, trong các nghiệm tổng quát như $(0,k),(k,-k),(k,-1-k)$ đang còn thiếu điều kiện của $k$ để mẫu khác $0$.
Mong mọi người kiểm giúp em với.

bangdenas · 04-10-2013, 09:21 PM

Trích:

Nguyên văn bởi pco

Bài 6 làm thế này không biết có đúng không.

Nếu $a+b \ne -1$. Từ $(1)$ ta dẫn đến $a^2+ab+1|a(a+b+1) \Rightarrow a^2+ab+1|a+1 \qquad (2)$.

mình nghĩ là suy ra $a^2+ab+1|a-1$

pco · 04-10-2013, 10:12 PM

Trích:

Nguyên văn bởi bangdenas

mình nghĩ là suy ra $a^2+ab+1|a-1$

Cái lỗi này nguy hiểm thật

Tuy nhiên ý tưởng thì vẫn giống như lời giải trên (xin được phép edit sau).

bangdenas · 04-10-2013, 11:14 PM

Số học

bài 6:

điều kiện: $a^2+ab+1 \ne 0$ (1)

đặt a+b = t và $T = \dfrac{b^2+ab+a+b-1}{a^2+ab+1}$
Suy ra $T + 1 = \dfrac{(a+b)^2+(a+b)}{a^2+ab+1} = \dfrac{t^2+t}{at+1}$ (2)

Trường hợp 1: $t^2+t=0$ suy ra (T;t) = (-1;0) hoặc (T;t) = (-1;-1)
Với (T;t)=(-1;0) có (a;b)=(k;-k). Thử lại thỏa mãn (1) với mọi k
Với (T;t)=(-1;-1) có (a;b)=(k;-k-1). Kết hợp (1) suy ra $(a;b) = (k;-k-1)$ sao cho $k \ne 1$

Trường hợp 2: $t \ne {-1;0}$, từ (2) ta có
$(at+1)|(t^2+t) \Rightarrow (at+1)|(at^2+at) \Rightarrow (at+1)|(at^2-1) \Rightarrow (at+1)|((at)^2-a) \Rightarrow (at+1)|(1-a) \Rightarrow (at+1)|(t-at) \Rightarrow (at+1)|(t+1)$ (*)

Suy ra $(at+1)^2 \leq (t+1)^2$
Tương đương $t^2(a+1+\dfrac{2}{t})(a-1) \leq 0$ (3)

Vì $t \ne -1 \Rightarrow -2 \leq -\dfrac{2}{t} < 2 \Rightarrow -3 \leq -1 -\dfrac{2}{t} < 1$ (4)

Như vậy từ (3) và (4) ta có $-3 \leq a \leq 1$

Với a = -3, từ (*) có $(-3t+1)|(1-(-3)) \Rightarrow t = 1$ (loại nghiệm t = 0 và -1) $\Rightarrow (a,b)=(-3,4)$
Với a = -2, từ (*) có $(-2t+1)|3 \Rightarrow t = 1,2 \Rightarrow (a,b)=(-2,3),(-2,4)$
Với a = -1, từ (*) có $(1-t)|2 \Rightarrow t = 2,3 \Rightarrow (a,b) = (-1,3),(-1,4)$
Với a = 0, từ (*) có 1|1 suy ra mọi t thỏa mãn hay (a,b)=(0,k)
Với a = 1, từ (*) có (1+t)|0 suy ra mọi t hay (a,b)=(1,k)

Thử lại ta thấy các cặp (a,b) cần tìm là: $\boxed{ (a,b)=(k,-k);(k,-k-1)|k\ne1;(0,k);(1,k);(-3,4);(-2,3);(-2,4);(-1,3);(-1,4)}.$

luxubuhl · 05-10-2013, 10:23 AM

Tiếp tục là phần BĐT, phần này khá là khó và dài, mọi người tích cực đóng góp ý kiến nhé.

Phần PT, HPT làm kha khá rồi mà chưa có thời gian post, khất mọi người đến tối vậy

hoangqnvip · 05-10-2013, 03:50 PM

Bài 1 (BĐT):
Ta có
$P+3=(a+b+c)\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)=4 \left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)$
Đặt $x=a+b,y=b+c,z=c+a$, ta có $x,y,z\in \left [ 2,4 \right ]$ và $x+y+z=8$. ta đi chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{7}{6}$. Khi đó $minP=\frac{5}{3}$.
Đầu tiên ta có các bất đẳng thức sau
$x\geq 2,x+y=4+b\geq 5$
Sử dụng khai triển Abel ta có
$\frac{7}{6}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\ frac{1}{x}.\frac{x}{3}+\frac{1}{y}.\frac{y}{3}+\fr ac{1}{z}.\frac{z}{2}$
$=\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{y} \right ).\frac{x}{3}+\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{z} \right ).\left ( \frac{x}{3}+\frac{y}{3} \right )+\frac{1}{z}.\left ( \frac{x}{3}+\frac{y}{3}+\frac{z}{2} \right )\geq$
$\geq \frac{2}{3}\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{y} \right )+\frac{5}{3}\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{z} \right )+\frac{1}{z}\left ( \frac{8}{3}+\frac{z}{6} \right )$
$=\frac{2}{3}.\frac{1}{x}+\frac{1}{6}+\frac{1}{y}+ \frac{1}{z}\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ (đpcm)
Vậy $minP=\frac{5}{3}$ khi $b=c=1,a=2$ và các hoán vị

luxubuhl · 05-10-2013, 07:01 PM

Lời giải + Đáp số một số bài phương trình, hệ phương trình.

Bài 1 - Hà Nội V1: Giải phương trình $$2x^2+2x+5=(4x-1)\sqrt{x^2+3}$$

Bài 2 - Hà Nội V1: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0 \\ 2\sqrt{4-x^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3x+2=0 \end{cases}$$

Bài 3 - Chọn ĐTQG Bắc Giang: Giải hệ phương trình $$\begin{cases}3x^2-8x+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5} \\ x^2+2y^2=4x-8y-6 \end{cases}$$

Bài 4 - Chọn ĐTQG Cần Thơ: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3+3xy^2=25 \\ x^2+6xy+y^2=10x+6y-1 \end{cases}$$

Bài 6 - Chọn ĐTQG Quảng Bình: Giải hệ phương trình $$ \begin{cases} 9y^4+24y^3-xy^2+7y^2=16-x+24y \\ 8y^3+9y^2+20y-\sqrt[3]{6y+1}+15=x \end{cases}$$

Bài 7 - HSG Chuyên Yên Bái: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3-6x=8y^3-10y \\ x^2-4=2(1-4y^2) \end{cases}$$

Còn mấy bài , phần mọi người xử nốt.

02-10-2013, 11:23 PM	#16
Fool's theorem +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 187 Thanks: 42 Thanked 192 Times in 101 Posts	Bài 7 tổ hợp bạn hoangqnvip làm sai rồi đó, nếu ý bạn là số điểm giữa điểm tô màu xanh thứ $i-1$ và điểm tô xanh thứ $i$ là $x_i$ thì lúc này tổng các $x_i$ nó không phải là $n$ nữa đâu, còn nếu ý bạn là lấy số thứ tự của hai điểm màu xanh trừ đi nhau ra $x_i$ thì phải xét $a_i = x_i -(p+1) \forall i>1$ thì mới có $a_i \geq 0 \forall i$, lúc này áp dụng bài toán chia kẹo euler sẽ được đáp số là $C^{(k+1)-1}_{n-k(p+1)+(k+1)-1} = C^k_{n-kp} $ chính là đáp án của mình bên trên ------------------------------ Thấy chưa có ai cho lời giải hoàn chỉnh bài KHTN nên mình post nốt cho đủ 10 bài vậy TỔ HỢP Bài 1: Gọi tập các chỉ số thỏa mãn là $T$ , tập còn lại là $S$ Xét khi ta đổi chỗ 2 số $a_i,a_j$ bất kì thì ta xét bộ $(a_{i-2},a_{i-1},a_i,a_{i+1},a_{i+2}) $ và bộ $(a_{j-2},a_{j-1},a_j,a_{j+1},a_{j+2})$ , dễ thấy khi chuyển như vậy thì chỉ có các chỉ số $i-1,i,i+1$ và $j-1,j,j+1$ là có thể chuyển từ tập hợp này sang tập hợp khác. Khi đổi chỗ $a_i$ thành $a_j$ nếu ta làm thay đổi dấu giữa $(a_i,a_{i+1})$ và $(a_{i-1},a_i)$ cùng lúc thì chỉ số $j$ lúc này sẽ thuộc tập hợp chứa chỉ số $i$ vừa chuyển đi, còn chỉ số $i+1$ và $i-1$ sẽ cùng lúc chuyển sang tập hợp khác tập hợp ban đầu, tức hiệu của hai tập hợp bất biến mod $2$. Nếu ta chỉ làm thay đổi dấu của một trong 2 cặp $(a_i,a_{i+1})$ và $(a_{i-1},a_i)$ , giả sử là của cặp $(a_i,a_{i+1})$, thì khi đó chỉ số $i-1$ giữ nguyên, chỉ số $i$ và $i+1$ sẽ cùng lúc chuyển khỏi tập hợp ban đầu của nó, một lần nữa ta có hiệu 2 tập hợp $T,S$ là bất biến mod $2$. Xét tương tự với bộ $(a_{j-2},a_{j-1},a_j,a_{j+1},a_{j+2})$ ta có mỗi 2 chuyển 2 số bất kì trên vòng tròn thì hiêu 2 tập $T,S$ đều bất biến mod $2$. Còn lại đúng 2 trường hợp là đổi $(a_i,a_{i+2})$ và $(a_i,a_{i+1})$ thì ta xét sự đổi dấu tương tự, không khác gì nhiều mà lại khá dài nên xin phép k post Ban đầu xếp $1,2,...,2014$ lên đường tròn theo đúng thứ tự thì ta có \|T\|=2012 suy ra \|T\| chỉ có thể nhận các giá trị chẵn. Ta sẽ chỉ ra với mọi \|T\| chẵn thuộc $[0,2012]$ ta đều có cách xếp thỏa mãn đó là $(1,2,..,2k,(k+1008,2k+1),(k+1009,2k+2),....,(2014 ,k+1007))$ __________________ Hope against hope. thay đổi nội dung bởi: Fool's theorem, 03-10-2013 lúc 09:09 PM Lý do: Tự động gộp bài

03-10-2013, 03:11 PM	#17
pco +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 528 Thanks: 560 Thanked 195 Times in 124 Posts	Số học. Bài 5. Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1) \qquad (1)$$ Lời giải 1. Ta có $(1) \Leftrightarrow (x^2+y^2)(x+y-8)=4(2xy+2)$. Từ phương trình ta dễ dàng suy ra $x,y$ có cùng tính chẵn lẻ. Mặt khác, ta cũng suy ra được $x \ne y$. Vì nếu $x=y$ thì $$4x^3=8(3x^2+1) \qquad (2)$$ Vậy $x$ chẵn, đặt $x=2k$ với $k \in \mathbb{Z}$ thì $(2) \Leftrightarrow 4k^3=12k^2+1$, mâu thuẫn vì $4\|VT$ nhưng $4 \nmid VP$. Từ hai nhận xét trên ta suy ra $\|x-y\| \ge 2$. Vì thế $$(x-y)^2 \ge 4 \Rightarrow x^2+y^2 \ge 2xy+4>2xy+2$$ Hiển nhiên rằng $x^2+y^2 >-2xy$ nên $x^2+y^2>-2xy-2 \Rightarrow x^2+y^2>\|2xy+2\| \qquad (3)$. Ta có $(1) \Leftrightarrow (x^2+y^2)(x+y-8)=4(2xy+2) \qquad (4)$. Từ $(3)$ và $(4)$ ta suy ra $(x^2+y^2)\|x+y-8\|<4(x^2+y^2)$. Dễ thấy $x=y=0$ không là nghiệm nên $$\|x+y-8\|<4 \Rightarrow 4<x+y<12 \Rightarrow x+y \in \{ 6;8;10 \}$$ Nếu $x+y=8$ thì $(4) \Rightarrow xy=-1$. Hệ này không tìm được nghiệm nguyên. Nếu $x+y=6$ thì $(4) \Rightarrow x^2+y^2=-2(2xy+2) \Rightarrow xy=-20$. Hệ này cũng không có nghiệm nguyên. Nếu $x+y=10$ thì $(4) \Rightarrow x^2+y^2=2(2xy+2) \Rightarrow xy=16$. Ta tìm được $(x,y)=(2,8),(8,2)$. Vậy $\boxed{(x,y)=(2,8),(8,2) }$. Lời giải 2. Phương trình tương đương với $$(1) \Leftrightarrow (x+y)[(x+y)^2-2xy]= 8[(x+y)^2-xy+1]$$ Đặt $x+y=a,xy=b$ với $a,b \in \mathbb{Z}$ thì phương trình trở thành $a(a^2-2b)=8(a^2-b+1) \Leftrightarrow b(8-2a)=8(a^2+1)-a^3 \qquad (2)$. Nếu $a=4$ thì $(1) \Leftrightarrow 0b=72$, mâu thuẫn. Nếu $a \ne 4$ thì $(1) \Rightarrow b= \frac{8a^2+8-a^3}{8-2a}$. Ta có $$b= \frac{4(a^2-16)+72 -a^2(a-4)}{2(4-a)}= -2(a+4)+ \frac{a^2}{2}+ \frac{36}{4-a}$$ Vì $b \in \mathbb{Z}$ nên ta dễ dàng suy ra $2\|a$. Do đó $\frac{a^2}{2} \in \mathbb{N}$. Như vậy, để $b \in \mathbb{Z}$ thì $\frac{36}{4-a} \in \mathbb{Z}$. Đến đây xét trường hợp. (dài kinh ). Để ngắn trường hợp thì ta lập luận $x,y$ cùng tính chẵn lẻ và $x \ne y$ như lời giải $1$. __________________ "People's dreams... will never end!" - Marshall D. Teach. thay đổi nội dung bởi: pco, 03-10-2013 lúc 03:28 PM

04-10-2013, 01:23 AM	#21
pco +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 528 Thanks: 560 Thanked 195 Times in 124 Posts	SỐ HỌC. Bài 6 làm thế này không biết có đúng không. Lời giải. Đặt $T= \dfrac{b^2+ab+a+b-1}{a^2+ab+1}$. Ta có $$a \cdot T= b+1- \dfrac{a+b+1}{a^2+ab+1}$$ Nếu $T \in \mathbb{Z}$ thì $a \cdot T \in \mathbb{Z}$. Từ đó kết hợp với điều kiện $a,b \in \mathbb{Z}$ ta suy ra $a^2+ab+1\|a+b+1 \qquad (1)$. Nếu $a+b=-1$ thì $T$ luôn nguyên. Nếu $a+b \ne -1$. Từ $(1)$ ta dẫn đến $a^2+ab+1\|a(a+b+1) \Rightarrow a^2+ab+1\|a+1 \qquad (2)$. Gọi $\gcd (\|a^2+ab+1\|,\|a+1\|)=d \Rightarrow d\|a^2+ab+1 \Rightarrow d\|(a+1)^2+a(b-2) \Rightarrow d\|a(b-2) \Rightarrow d\|b-2$. Lại có từ $(2)$ nên ta suy ra $d=\|a^2+ab+1\|\|b-2 \qquad (3)$. Mặt khác $a^2+ab+1\|a+b+1$ và $a^2+ab+1\|a+1$ nên $a^2+ab+1\|b \qquad (4)$. Kết hợp $(3)$ và $(4)$ thì ta suy ra $a^2+ab+1\|2$. Nếu $a^2+ab+1=1 \Rightarrow a(a+b)=0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=0 \\ a=-b \end{array} \right.$. Nếu $a^2+ab+1=2 \Rightarrow a(a+b)=1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=0 \\ a=-1,b=0 \end{array} \right.$. Nếu $a^2+ab+1=-1 \Rightarrow a(a+b)=-2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=-3 \\ a=-1,b=3 \\ a=2,b=-3 \\ a=-2,b=3 \end{array} \right.$. nếu $a^2+ab+1=-2 \Rightarrow a(a+b)=-3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=1,b=-4 \\ a=-1,b=4 \\ a=3,b=-4 \\ a=-3,b=4 \end{array} \right.$. Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{ (a,b)=(0,k),(k,-k),(k,-1-k),(1,-3),(-1,3),(-2,3),(1,-4),(-1,4),(-3,4),(1,0),(-1,4)}$. __________________ "People's dreams... will never end!" - Marshall D. Teach. thay đổi nội dung bởi: pco, 04-10-2013 lúc 01:42 AM

04-10-2013, 05:34 PM	#24
pco +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 528 Thanks: 560 Thanked 195 Times in 124 Posts	Thực chất lời giải của em ở trên không hoàn thiện cho lắm. Em thấy rằng mình còn thiếu nghiệm $(a,b)=(1,k)$. Với lại, trong các nghiệm tổng quát như $(0,k),(k,-k),(k,-1-k)$ đang còn thiếu điều kiện của $k$ để mẫu khác $0$. Mong mọi người kiểm giúp em với. __________________ "People's dreams... will never end!" - Marshall D. Teach.

04-10-2013, 11:14 PM	#27
bangdenas +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 40 Thanks: 40 Thanked 10 Times in 9 Posts	Số học bài 6: điều kiện: $a^2+ab+1 \ne 0$ (1) đặt a+b = t và $T = \dfrac{b^2+ab+a+b-1}{a^2+ab+1}$ Suy ra $T + 1 = \dfrac{(a+b)^2+(a+b)}{a^2+ab+1} = \dfrac{t^2+t}{at+1}$ (2) Trường hợp 1: $t^2+t=0$ suy ra (T;t) = (-1;0) hoặc (T;t) = (-1;-1) Với (T;t)=(-1;0) có (a;b)=(k;-k). Thử lại thỏa mãn (1) với mọi k Với (T;t)=(-1;-1) có (a;b)=(k;-k-1). Kết hợp (1) suy ra $(a;b) = (k;-k-1)$ sao cho $k \ne 1$ Trường hợp 2: $t \ne {-1;0}$, từ (2) ta có $(at+1)\|(t^2+t) \Rightarrow (at+1)\|(at^2+at) \Rightarrow (at+1)\|(at^2-1) \Rightarrow (at+1)\|((at)^2-a) \Rightarrow (at+1)\|(1-a) \Rightarrow (at+1)\|(t-at) \Rightarrow (at+1)\|(t+1)$ () Suy ra $(at+1)^2 \leq (t+1)^2$ Tương đương $t^2(a+1+\dfrac{2}{t})(a-1) \leq 0$ (3) Vì $t \ne -1 \Rightarrow -2 \leq -\dfrac{2}{t} < 2 \Rightarrow -3 \leq -1 -\dfrac{2}{t} < 1$ (4) Như vậy từ (3) và (4) ta có $-3 \leq a \leq 1$ Với a = -3, từ () có $(-3t+1)\|(1-(-3)) \Rightarrow t = 1$ (loại nghiệm t = 0 và -1) $\Rightarrow (a,b)=(-3,4)$ Với a = -2, từ () có $(-2t+1)\|3 \Rightarrow t = 1,2 \Rightarrow (a,b)=(-2,3),(-2,4)$ Với a = -1, từ () có $(1-t)\|2 \Rightarrow t = 2,3 \Rightarrow (a,b) = (-1,3),(-1,4)$ Với a = 0, từ () có 1\|1 suy ra mọi t thỏa mãn hay (a,b)=(0,k) Với a = 1, từ () có (1+t)\|0 suy ra mọi t hay (a,b)=(1,k) Thử lại ta thấy các cặp (a,b) cần tìm là: $\boxed{ (a,b)=(k,-k);(k,-k-1)\|k\ne1;(0,k);(1,k);(-3,4);(-2,3);(-2,4);(-1,3);(-1,4)}.$ thay đổi nội dung bởi: bangdenas, 04-10-2013 lúc 11:29 PM

05-10-2013, 03:50 PM	#29
hoangqnvip +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Đến từ: Quy Nhơn-Bình Định Bài gởi: 66 Thanks: 283 Thanked 87 Times in 25 Posts	Bài 1 (BĐT): Ta có $P+3=(a+b+c)\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)=4 \left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)$ Đặt $x=a+b,y=b+c,z=c+a$, ta có $x,y,z\in \left [ 2,4 \right ]$ và $x+y+z=8$. ta đi chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{7}{6}$. Khi đó $minP=\frac{5}{3}$. Đầu tiên ta có các bất đẳng thức sau $x\geq 2,x+y=4+b\geq 5$ Sử dụng khai triển Abel ta có $\frac{7}{6}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\ frac{1}{x}.\frac{x}{3}+\frac{1}{y}.\frac{y}{3}+\fr ac{1}{z}.\frac{z}{2}$ $=\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{y} \right ).\frac{x}{3}+\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{z} \right ).\left ( \frac{x}{3}+\frac{y}{3} \right )+\frac{1}{z}.\left ( \frac{x}{3}+\frac{y}{3}+\frac{z}{2} \right )\geq$ $\geq \frac{2}{3}\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{y} \right )+\frac{5}{3}\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{z} \right )+\frac{1}{z}\left ( \frac{8}{3}+\frac{z}{6} \right )$ $=\frac{2}{3}.\frac{1}{x}+\frac{1}{6}+\frac{1}{y}+ \frac{1}{z}\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ (đpcm) Vậy $minP=\frac{5}{3}$ khi $b=c=1,a=2$ và các hoán vị

05-10-2013, 07:01 PM	#30
luxubuhl +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 253 Thanks: 115 Thanked 121 Times in 63 Posts	Lời giải + Đáp số một số bài phương trình, hệ phương trình. Bài 1 - Hà Nội V1: Giải phương trình $$2x^2+2x+5=(4x-1)\sqrt{x^2+3}$$ Đặt $\sqrt{x^2+3}=t$, viết lại phương trình dưới dạng $2t^2-(4x-1)t+2x-1=0$. Phương trình này có $\delta=(4x-3)^2$, nên $\sqrt{x^2+3}=\frac{4x-1\pm (4x-3)}{4}$ Đáp số $x=\frac{1}{3}(2+\sqrt{10}$. Bài 2 - Hà Nội V1: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0 \\ 2\sqrt{4-x^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3x+2=0 \end{cases}$$ $pt(1) \Longleftrightarrow (x+1)^3+3(x+1)=y^3+3y$ Xét hàm $f(t)=t^3+3t$ có $f'(t)>0 \forall t \in \mathbb{R}$, suy ra $f(x+1)=f(y) \Longleftrightarrow x+1=y$ Thế vào phương trình $(2)$ và rút gọn được $2-3x=\sqrt{4-x^2} \Longrightarrow x=0$ Đáp số: $(x;y)=(0;1)$ Bài 3 - Chọn ĐTQG Bắc Giang: Giải hệ phương trình $$\begin{cases}3x^2-8x+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5} \\ x^2+2y^2=4x-8y-6 \end{cases}$$ Từ $pt(2) \Longrightarrow x^2=4x-8y-6-2y^2$ Thế vào $pt(1)$ và nhóm lại, ta được $$2(x-1)^2+2(x-1)\sqrt{(x-1)^2+1}=2(y+2)^2+2(y+2)\sqrt{(y+2)^2+1}$$ Xét hàm $f(t)=2t^2+2t\sqrt{t^2+1}$, ta có $f'(t)=2t+\sqrt{t^2+1}+\frac{t^2}{\sqrt{t^2+1}}>0$ Suy ngay ra $x-1=y+2$ hay $x=y+3$. Thế vào phương trình $(2)$ là một phương trình hữu tỉ rồi. Đáp số: $(x;y)=(0;-3) ; \left (\frac{8}{3} ; \frac{-1}{3} \right)$ Bài 4 - Chọn ĐTQG Cần Thơ: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3+3xy^2=25 \\ x^2+6xy+y^2=10x+6y-1 \end{cases}$$ Trước hết, đặt $$\begin{cases} a=x+y \\ b=x-y \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} x=\frac{a+b}{2} \\ y=\frac{a-b}{2} \end{cases}$$ Ta được hệ mới có dạng $$\begin{cases} a^3+b^3-50=0 \\ 2a^2-8a-b^2-2b+1=0 \end{cases}$$ Đến đây, thực hiện $$pt(1)-6pt(2)=(a-4)^3=(-2-b)^3$$ Thế vào phương trình ban đầu là xong. Bài 6 - Chọn ĐTQG Quảng Bình: Giải hệ phương trình $$ \begin{cases} 9y^4+24y^3-xy^2+7y^2=16-x+24y \\ 8y^3+9y^2+20y-\sqrt[3]{6y+1}+15=x \end{cases}$$ Đầu tiên, từ phương trình $(1)$ ta suy ra $$9y^4+24y^3+7y^2-24y-16=x \left(y^2-1 \right ) \Leftrightarrow \left (y^2-1 \right ) (3y+4)^2=x \left(y^2-1 \right)$$ Hay $$\left (y^2-1 \right ) \left [(3y+4)^2-x \right ]=0$$ Ta xét các trường hợp: $\bullet \ \ \ y=\pm 1$, thay vào phương trình 2 suy ngay ra $x$. $\bullet \ \ \ x= (3y+4)^2$, thay vào phương trình $(2)$ rút gọn, được $$8y^3-4y-\sqrt[3]{6y+1}-1=0$$ Bài này là một bài đề nghị 30/4/2006, khá quen thuộc. Có thể giải được bằng hàm số, hoặc đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng. Kết quả là $y=\cos \frac{\pi}{9} \ ; \ y=\cos \frac{5\pi}{9} \ ; \ y=\cos \frac{7\pi}{9}$. Từ đây dễ dàng suy ra các giá trị của $x$. Bài 7 - HSG Chuyên Yên Bái: Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x^3-6x=8y^3-10y \\ x^2-4=2(1-4y^2) \end{cases}$$ Bài này lớp 9 Nhân 2 vế tạo ra phương trình đẳng cấp. Còn mấy bài , phần mọi người xử nốt. thay đổi nội dung bởi: luxubuhl, 05-10-2013 lúc 07:03 PM