|
|
|
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 |
18-09-2018, 02:41 PM | #1 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2018-2019-Lời giải và bình luận Thời điểm này, nhiều tỉnh và các trường chuyên đã và đang hoàn tất việc thi chọn đội tuyển học sinh giỏi tham dự VMO. Tiếp nối truyền thống nhiều năm trước, trang www.mathscope.org kết hợp với phong trào BM2E lại mở chuyên mục này. Công việc này, không có mục đích nào lớn hơn là để các thầy cô và các bạn học sinh có một nguồn tư liệu tham khảo hữu ích. Các bài toán sẽ được chia ra làm các thể loại như sau:
Các bài toán và lời giải-bình luận, sẽ được chúng tôi tổng hợp lại thành 1 file pdf. Bây giờ xin bắt đầu bằng chủ đề Số Học. Các bài toán Số Học $\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho các số nguyên $m,\,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^2-x$ với $x=1,\,2,\,\ldots n$ không có hai số nào cùng số dư khi chia $m$. Chứng minh rằng:
$\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Với mỗi số nguyên $n>1$ ta gọi một hoán vị $\left\{a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_n\right\}$ của $\left\{1,\,2,\,\ldots,\,n\right\}$,(tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên) là tốt nếu \[\left| {{a_1} - 1} \right| = \left| {{a_2} - 2} \right| = \ldots = \left| {{a_n} - n} \right| \ne 0.\] Chứng minh rằng
$\boxed{4}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Tìm các cặp số nguyên dương $(p,\,n)$ với $p$ là số nguyên tố, sao cho tổng của tất cả các ước số nguyên dương của $p^{2^n-1}$ là một số chính phương $\boxed{5}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho dãy số $\left\{a_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ bởi công thức truy hồi $a_1=0,\,a_2=3$ và\[a_{n+2}=7a_{n+1}-a_n+3,\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+.\]Chứng minh rằng $2027\nmid\left( 5+a_n\right)$ với mọi $n\in\mathbb Z^+$. $\boxed{6}$ [Ninh Bình] Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên thỏa mãn $P(a)=1,P(b)=2,P(c)=3$. Chứng minh rằng: $a+c=2b$. $\boxed{7}$ [Ninh Bình] Với số $n$ nguyên dương đặt $f(n)$ là số ước nguyên dương của $n$. Gọi $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$ và xét tập hợp $$G=\left \{ n\in \mathbb{N}^*: f(m)<f(n),\; \forall\,m\in \mathbb{N},0<m<n \right \}.$$
$\boxed{8}$ [Sóc Trăng] Cho hai dãy số $\left\{a_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ và $\left\{b_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ có công thức số hạng tổng quát như sau\[\begin{array}{l} {a_n} &= 6{n^3} + 103{n^2} + 96n + 5\quad \forall\,n \in \mathbb Z^+,\\ {b_n} &= 3{n^2} + 2n + 15\quad \forall\,n \in \mathbb Z^+. \end{array}\] Đặt $x_n$ là ước chung lớn nhất của $a_n$ và $b_n$. Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $x_{n+k}=x_n\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+$ và tìm một giá trị của $k$ thỏa điều đó. $\boxed{9}$ [Phú Thọ] Cho dãy số thực $(a_n)_{n\ge 1}$ xác định bởi: $a_1=a_2=1,a_3=2$ và $a_{n+3}=\frac{a_{n+1}a_{n+2}+7}{a_n}$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $a_n$ là số nguyên, với mọi số nguyên dương $n$. $\boxed{10}$ [Phú Thọ] Chứng minh rằng:
$\boxed{11}$ [Phú Thọ] Cho dãy số thực $(x_n)_{n\ge 0}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
$\boxed{12}$ [PTNK]Cho số tự nhiên $p$, xét phương trình nghiệm nguyên $x^3+x+p=y^2$ (*).
$\boxed{13}$ [Quảng Bình] Cho $2018$ số nguyên dương ${a_1},{\mkern 1mu} {a_2},{\mkern 1mu} {a_3},{\mkern 1mu} \ldots ,{a_{2018}}$ và số nguyên $a>1$ sao cho ${a_1}.{a_2}.{a_3}. \ldots {a_{2018}}\mid a$. Chứng minh rằng $a^{2109}+a-1$ không là bội của $\left( {a + {a_1} - 1} \right).\left( {a + {a_2} - 1} \right){\mkern 1mu} \ldots \left( {a + {a_{2018}} - 1} \right)$. $\boxed{14}$ [Đà Nẵng] Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng $p$ và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho $n$ là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên $k$. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng
$\boxed{15}$ [Đà Nẵng] Dãy $\left\{a_n\right\}_{n \in \mathbb{Z^+}}$ được gọi là một "cấp số cộng hai phía" nếu với mọi số nguyên n thì $a_{n+1}-a_n = d$ là hằng số ( $d$ được gọi là công sai của dãy). Kí hiệu $M$ là tập tất cả các cấp số cộng hai phía với các số hạng nguyên và công sai lớn hơn 1.
$\boxed{16}$ [Hưng Yên] Cho các số nguyên dương $a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_{2018}$, xét tập\[S_{2018} = \left\{ {{{\left( { - 1} \right)}^{{k_1}}}\sqrt {{a_1}} + {{\left( { - 1} \right)}^{{k_2}}}\sqrt {{a_2}} + \ldots + {{\left( { - 1} \right)}^{{k_{2018}}}}\sqrt {{a_{2018}}} :\;{k_i} \in \mathbb Z^+} \right\}.\]Chứng minh rằng, tích các phần tử của $S_{2018}$ là một số chính phương. $\boxed{17}$ [Hưng Yên] Cho đa giác lồi $P$. Bạn An muốn ghi vào mỗi đỉnh của $P$ một số nguyên dương, sao cho các điều kiện sau đây được đồng thời thỏa mãn.
$\boxed{18}$ [Đồng Nai] Tìm số nguyên tố $p$ sao cho phương trình nghiệm nguyên sau có nghiệm\[4x^2+12xy+13y^2=p.\] $\boxed{19}$ [Hà Nam] Cho $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng $\left(4k^2-1\right)^2$ có ước nguyên dương dạng $12kn -1$ (với $n$ là số nguyên dương) khi và chỉ khi $k$ chia hết cho 3. $\boxed{20}$ [Sài Gòn] Gọi $S$ là tập hợp các hoán vị của 164 số nguyên dương đầu tiên.
$\boxed{21}$ [Sài Gòn] Trên mặt phẳng tọa độ vuông góc $Oxy$. Hai điểm nguyên $A,\,B$ được gọi là "thân thiết" với nhau nếu $A,\,B$ khác $O$ và $ - 1 \le \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} \le 1$ với $O$ là gốc tọa độ.
$\boxed{22}$ [Hà Nội] Gọi $d_1,\,d_2,\,\ldots,d_k$ là các ước nguyên dương của $n$ được xếp theo thứ tự tăng dần. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có tính chất sau\[ \begin{cases} {d_s} - {d_j} &= 40,\\ 7{d_s} + 8{d_j} &= 3n. \end{cases} \] $\boxed{23}$ [Hà Nội] Cho đa thức $P(x)=x^p+ax^2+bx+c$ trong đó $a,\,b,\,c$là những số nguyên và $p$ là số nguyên tố. Biết rằng $P(x)$ có ba nghiệm nguyên $x_1,\,x_2,\,x_3$ thỏa mãn $\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)$ không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng $abc+ac$ chia hết cho $p^3.$ $\boxed{24}$ [Hà Nội] Xét các số hứu tỉ dương $x_1,\,x_2,\,\ldots,\, x_n$ thỏa mãn ${x_1} + \dfrac{1}{p_1},\,{x_2} + \dfrac{1}{{{p_2}}},\, \ldots, \,{x_n} + \dfrac{1}{p_n}$ là các số nguyên dương (với ${p_i} = \dfrac{{{x_1}{x_2} \ldots {x_n}}}{{{x_i}}},\; \forall i=\overline{1,\,n}$ ).
$\boxed{25}$ [Bắc Ninh] Tìm đa thức hệ số nguyên $P(x)$, biết rằng\[n\mid P\left(2^n\right)\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+.\] $\boxed{26}$ [Ninh Bình] Một số nguyên dương $a$ gọi "đẹp" nếu tồn tại số nguyên dương $b$ thỏa mãn $a^5+b^7$ chia hết cho $2018$. Tìm số các số đẹp không lớn hơn 2018. Sẽ update thường xuyên.. |
The Following 4 Users Say Thank You to MATHSCOPE For This Useful Post: |
18-09-2018, 02:41 PM | #2 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2018-2019-Lời giải và bình luận Các bài toán Đại Số $\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left\{x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_n\right\}$ là một hoán vị của $\left\{1,\,2,\,\ldots,\,n\right\}$,(tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng \[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \dfrac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{2}.\] $\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho tam thức bậc hai $f(x)=x^2+ax+b$, với $a,\,b\in\mathbb{R}$. Biết rằng tồn tại duy nhất số thực $x_0$ sao cho $f(f(x_0))=0$. Chúng minh rằng $a,\,b$ là các số không âm. $\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\] $\boxed{4}$ [Lạng Sơn] Cho đa thức $p(x)$ có hệ số nguyên, bậc là $2$ và hệ số bậc $2$ bằng $1$ thỏa mãn tồn tại đa thức $Q(x) $ có hệ số nguyên sao cho $P(x),\,Q(x)$ là đa thức có tất cả các hệ số đều là $1,\,-1$
$\boxed{5}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Tìm tất cả các hàng số $C$, sao cho tồn tại đa thức $P(x)$ thỏa mãn\[P^2(x)-P\left(x^2\right)=Cx^{2018}.\] $\boxed{6}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho các số thực $x,\,y,\,z$ không âm thay đổi và thỏa mãn\[\frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}} = 1.\]Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của\[P = xy + yz + zx + x\sqrt {yz} + y\sqrt {zx} + z\sqrt {xy} .\] $\boxed{7}$ [Ninh Bình] Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên thỏa mãn $P(a)=1,P(b)=2,P(c)=3$. Chứng minh rằng: $a+c=2b$. $\boxed{8}$ [Ninh Bình] Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$. Chứng minh bất đẳng thức\[\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + 4\sqrt 2 \left( {\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right) \ge 9 + 4\sqrt 2 .\] $\boxed{9}$ [Sóc Trăng] Cho $x,\,y,\,z>0$ thỏa $x+y+z\le 1$, tìm giá trị nhỏ nhất của\[T = \frac{{\sqrt {{x^2}{y^2} + 1} }}{y} + \frac{{\sqrt {{y^2}{z^2} + 1} }}{z} + \frac{{\sqrt {{z^2}{z^2} + 1} }}{x}.\] $\boxed{10}$ [Hải Phòng] Giải phương trình sau với 2018 dấu phân số\[1 + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{\begin{array}{l} 1 + \\ \quad\ddots \;1 + \dfrac{1}{x}\\ \end{array}}}} = x.\] $\boxed{11}$ [Phú Thọ] Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn$$f(f(x)-y^2)=f(x^2)+y^2f(y)-2f(xy)\quad\forall x,y\in \mathbb{R}.$$ $\boxed{12}$ [Quảng Bình] Cho $P\left( x \right) = {x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + {a_{n - 2}}{x^{n - 2}} + \ldots + {a_1}x + {a_0}$ là đa thức hệ số thực có $n$ nghiệm thực ($n$ chẵn và các nghiệm không nhất thiết phân biệt). Giả sử $y$ là số thực dương thỏa mãn với mọi số thực $t$ bé hơn $y$ thì $P(x)> 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt[n]{{P\left( 0 \right)}} - \sqrt[n]{{P\left( y \right)}} \ge y.\] $\boxed{13}$ [Quảng Bình] Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hệ thức \[f(x - y) + f(xy) = f(x) - f(y) + f(x)f(y),\quad \forall\,x,\,y\in\mathbb R.\] $\boxed{14}$ [Sài Gòn]Cho đa thức bậc ba $P(x) = x^3-3x$.
$\boxed{15}$ [Sài Gòn] Cho hàm số $f:R \to R$ thỏa mãn \[\begin{array}{l} {\left( {f\left( {{x^3} + x} \right)} \right)^2} \le f\left( {2x} \right) + 2,{\mkern 1mu} {\left( {f\left( { - 2x} \right)} \right)^3} \ge 3f\left( { - {x^3} - x} \right) + 2\\ \end{array},\quad\forall x\in\mathbb{R}.\]
$\boxed{16}$ [Ninh Bình] Cho hai dãy số dương và đều là dãy tăng là $\left\{a_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ và $\left\{b_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$, biết rằng $\left\{a_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ là một cấp số cộng và $\left\{b_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ là một cấp số nhân, đồng thời $a_1=b_1,\;a_n=b_n$ với $n>2$, chứng minh rằng\[a_k>b_k\quad\forall\,k=1,\,2,\,\ldots ,\,n-1.\] $\boxed{17}$ [Ninh Bình] Tìm tất cả các đa thức $P(x)$, có các hệ số là các số thực không âm. Biết rằng $P(0)=0,\,P(1)=1$ và \[P(x)\ge x^{2018}\quad\forall\,x\ge 0.\] Sẽ update thường xuyên.. |
The Following 4 Users Say Thank You to MATHSCOPE For This Useful Post: |
18-09-2018, 02:41 PM | #3 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2018-2019-Lời giải và bình luận Các bài toán Hình Học $\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ $P,\,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,\,OAC$. $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC$. Gọi $X$ là giao điểm của $RP$ và $CP$, $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ$. Chứng minh rằng $\widehat{BAX} = \widehat{YAC}$. $\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội]Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $O$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC$, $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB$; $M,\,N$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $BI$ và $CI$ và đường tròn $O$. Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P$, đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q$.
$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho hình chữ nhật $ABCD$, nội tiếp đường tròn $O$. Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm các cung nhỏ $BC,\,AD$. Gọi $I,\,J$ lần lượt là trung điểm $OM,\,ON$. Gọi $K$ là điểm dối xứng với $O$ qua $M$.
$\boxed{4}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $D,\,E,\,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ($I$) nội tiếp tam giác $ABC$ với các cạnh $AB,\,BC,\,AC$, đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $CI,\,BI,\,AM$ lần lượt tại $X,\,Y,\,N$. Chứng minuh rằng
$\boxed{5}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân, ($AB<AC$) có $H$ là trực tâm, nội tiếp đường tròn $(O)$ $BE,\,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$ $(E\in AC,\,F\in AB )$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $AG$ cắt đường tròn $(O)$ tại $M$.
$\boxed{6}$ [Sài Gòn] Cho $AB$ là một dây cố định khác đường kính của đường tròn $(O)$ cố định. Gọi $M$ là trung điểm của cung nhỏ $AB$. Xét đường tròn $\left(O' \right)$ thay đổi tiếp xúc $(O)$ tại một điểm thuộc cung lớn $AB$ ($\left(O' \right)$ khác phía đối với $M$ so với đường thẳng $AB$). Các đường thẳng qua $M$ vuông góc với $O'A$ và $O'B$ cắt $AB$ tại các điểm $C,\,D$.
$\boxed{7}$ [Sài Gòn] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân và nội tiếp $(O)$. Một đường tròn $(J)$ thay đổi đi qua $B,\,C$ và cắt các đoạn $AB,\,AC$ lần lượt tại $D,\,E$. Trên đường thẳng $BC$ lấy hai điểm phân biệt $R,\,S$ sao cho $(DER)$ và $(DES)$ tiếp xúc với đường thẳng $BC$. giả sử $(ADE)$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. Gọi $(O')$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $RSM$.
$\boxed{8}$ [Hà Nội] Cho hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ cắt nhau tại $A,\,B$. Qua $A$ kẻ hai đường thẳng $A_1$ và $A_2$, đường thẳng $A_1$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $C$ và $D$;đường thẳng $A_2$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $E$ và $F$($C,\,D,\,E,\,F$ khác $A$). Các đường trung trực $CD$ và $EF$ cắt nhau tại $K$. Đường thẳng $d$ thay đổi đi qua $K$ cắt đường tròn $\left( {O'} \right)$ tại $P,\,Q$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $APQ$ luôn nằm trên một đường tròn cố định. Sẽ update thường xuyên.. |
The Following 2 Users Say Thank You to MATHSCOPE For This Useful Post: | huynhcongbang (03-10-2018), ncthanh (21-09-2018) |
18-09-2018, 03:05 PM | #4 | |
Administrator Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 349 Thanks: 0 Thanked 308 Times in 161 Posts | Trích:
| |
19-09-2018, 01:30 AM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Đề SP & KHTN Số học $1$.Câu $a$ đơn thuần là chọn số câu $b$ giả sử phản chứng $m=p.S$ thì chú ý $p,S<=m/3$ nên chọn đc $xi-xj=p$ và $xi+xj-1=2S$ từ đó có ĐPCM $2$. Đặt $a1=m$ chia khoảng và chú ý $a_x=y$ và $a_y=x$ nên $2m-2|n$ $3$. Phản chứng là vô hạn. Do tích $= 2018!$, tổng $2018$ số $<=2018!+2017$, mà dễ thấy qua mỗi bước tổng đều tăng nên dễ thấy vô lí $4$.Khai triển $p^{2^{n+1}}-1/p-1$ ta được $(p+1)...(p^{2^n}+1)$ mà CM đc các thừa số trên nguyên tố cùng nhau nên $p+1=a^2$, $p^2+1=b^2$ nên $a^4-2a^2+2=b^2$ dùng pp chặn thấy chỉ có $a=1$ là t/m $5$. Đặt $u_n=a_n+1$ thì $u_1=1, u_2=4$ và $u_{n+2}=7u_{n+1}-u_{n}-2$ bằng quy nạp đơn giản thu được $u_n=F_{2n-1}^2$ nên $a_n+5=F_{2n-1}^2+4$ chú ý rằng $2027$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ nên theo bổ đề quen thuộc ta có ĐPCM Đại số $1$. Dùng $ab(a+b)<=a^3+b^3$ và CT tính $1^3+...+n^3$ $2$. Sử dụng phản chứng thì đc $f$ có $2$ hoặc $4$ nghiệm cân bằng hệ số đc ĐPCM $5$. Xuất phát từ bài toán quen thuộc $P(x)^2=P(x^2)$: Xét bậc $2n, 2n-1$ của VP thì suy ra $P(x)=x^k$ thay vào được $C=0$ đáp số là $0,1,x^n$ $6$. Đặt $x=a/b+c$ thì ta tính được $P<=2-6abc/(a+b)(b+c)(c+a)<=5/4$ và $P>=0$ do $a,b,c$ không âm thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 19-09-2018 lúc 07:17 AM |
19-09-2018, 03:45 PM | #6 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
Áp dụng tính chất trên ta suy ra $b-a\mid P(b)-P(a)=1$ và $c-b\mid P(c)-P(b)=1$, nên $b-a$ và $c-b$ nhận giá trị bằng $1$ hoặc $-1$, nhưng $P(a)\ne P(c)$ nên $a\ne c$, tức là $(b-a)+(c-b)\ne 0$, nên $b-a$ và $c-b$ cùng bằng $1$ hoặc cùng bằng $-1$, do đó $a+c=2b$, ta có điều cần chứng minh. | |
The Following User Says Thank You to ncthanh For This Useful Post: | MATHSCOPE (20-09-2018) |
19-09-2018, 11:47 PM | #7 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{10}$ [Hải Phòng] Giải phương trình sau với 2018 dấu phân số\[1 + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{\begin{array}{l} 1 + \\ \quad\ddots \;1 + \dfrac{1}{x}\\ \end{array}}}} = x.\] - Nhận xét 1 : Nếu $a$ là nghiệm của phương trình $f(x)=x$ thì cũng là nghiệm của $f(f(x))=x$ (vì $f(f(a))=f(a)=a$ . Áp dụng nhận xét liên tiếp 2017 lần với $f(x)=1+\frac{1}{x}$, ta suy ra 2 nghiệm của phương trình $1+\frac{1}{x}=x$ cũng là nghiệm của phương trình đề bài. - Nhận xét 2: Phương trình đã cho thực chất là phương trình bậc 2 nên có tối đa 2 nghiệm. Từ đó ta kết luận được phương trình có 2 nghiệm là $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$; $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ thay đổi nội dung bởi: vnt.hnue, 20-09-2018 lúc 04:23 PM |
20-09-2018, 12:16 AM | #8 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho các số nguyên $m,\,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^2-x$ với $x=1,\,2,\,\ldots n$ không có hai số nào cùng số dư khi chia $m$. Chứng minh rằng:
a. Đặt $f(t)=t^2-t$. Xét hiệu $f(x)-f(y)=(x-y)(x+y-1)$ với $x,y$ là các số nguyên dương không vượt quá $n$. Nhận thấy nếu $m|(x+y-1)$ thì không thỏa mãn đề bài. Nếu $m<2n-1$, ta luôn chọn được $x,y$ thỏa mãn $m=x+y-1$, dẫn đến phản chứng. Suy ra điều phải chứng minh. b. Nếu $m$ là hợp số, đặt $m=ab(b\ge a; a,b\ge 3)$ suy ra $ \frac {2n-1}{3}\ge a,b$ và $ n>a,b$ Chọn $x=b-\frac{a-1}{2},y=b+\frac{a+1}{2}$ được $x,y$ nguyên dương,ta có: +) $x=b-\frac{a-1}{2}<b<n$ +) $2n-1=ab=2b+(a-2)b\ge 2b+3(a-2)\ge 2b+a+2(a-3)\ge 2b+a=2y-1$. Do đó $n\ge y$. +) $x-y=a,x+y+1=2b$, suy ra $ab|(x-y)(x+y-1)$ hay $m|(f(x)-f(y))$. mâu thuẫn. Do đó ta có điều phải chứng minh. thay đổi nội dung bởi: vnt.hnue, 20-09-2018 lúc 12:20 AM |
20-09-2018, 12:26 AM | #9 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{3}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Ghi lên bảng $2018$ số nguyên dương đầu tiên. Thực hiện thuật toán sau: mỗi lần cho phép xóa đi hai số $a,\,b$ mà không có số nào là bội của số kia và thay thế chúng bởi hai số khác là ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của $a,\,b$ hỏi ta có thể thực hiện thuật toán trên vô hạn lần không? Vì sao? Vì $(a,b)[a,b]=ab$ nên sau mỗi lần thực hiện thuật toán, tích của 2018 số vẫn giữ nguyên. Đặt $a=da',b=db' (d=(a,b))$ thì $[a,b]=da'b'$. Vì hai số không là bội của nhau nên $a',b'>1$ Xét hiệu $a+b- (a,b) - [a,b]=d(1-a')(b'-1)<0$. Do đó sau mỗi lần thực hiện, tổng 2018 số tăng lên. Hai tổng khác nhau thì tương ứng với 2 bộ số khác nhau, do đó nếu thực hiện được quy trình trên vô số lần thì số bộ số có tích bằng $2018!$ cũng là vô hạn. Điều này vô lý. |
20-09-2018, 12:34 AM | #10 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\] Đặt $\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y,\frac{c}{a}=z$, có $xyz=1$. BĐT trở thành: $(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3$ hay $(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+xy+yz+zx+3$ hay $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\ge x+y+z+3$ Sử dụng giả thiết $xyz=1$, bđt cần chứng minh có được trực tiếp từ $xy+yz+zx\ge 3$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge x+y+z$ |
20-09-2018, 03:35 PM | #11 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
\[\begin{array}{l} {\rm{ }}\frac{{\sqrt {{x^2}{y^2} + 1} }}{y} + \frac{{\sqrt {{y^2}{z^2} + 1} }}{z} + \frac{{\sqrt {{z^2}{x^2} + 1} }}{x}\\ = \sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \\ = \sqrt {\left( {{x^2} + \frac{1}{{81{y^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{y^2}}}} + \sqrt {\left( {{y^2} + \frac{1}{{81{z^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{z^2}}}} + \sqrt {\left( {{z^2} + \frac{1}{{81{x^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{x^2}}}} \\ \ge \sqrt {\frac{{2x}}{{9y}} + \frac{{80}}{{81}}{y^2}} + \sqrt {\frac{{2y}}{{9z}} + \frac{{80}}{{81}}{z^2}} + \sqrt {\frac{{2z}}{{9x}} + \frac{{80}}{{81}}{x^2}} {\rm{ }}\left( {AM - GM} \right)\\ \ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {\sqrt {\frac{x}{y}} + \sqrt {\frac{y}{z}} + \sqrt {\frac{z}{x}} } \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \\ \ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {3\sqrt[3]{{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}}}} \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{9}{{x + y + z}}} \right)}^2}} {\rm{ }}\left( {Minkowski} \right)\\ = \sqrt {82} \end{array}\] Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $\sqrt {82}$ đạt được khi $x = y = z = \frac{1}{3}$ | |
20-09-2018, 04:24 PM | #12 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
thay đổi nội dung bởi: Thụy An, 20-09-2018 lúc 04:28 PM | |
20-09-2018, 04:32 PM | #13 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2013 Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Trích:
| |
20-09-2018, 06:23 PM | #14 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
Suy ra:\[\frac{{{a_{n + 2}} + {a_{n + 4}}}}{{{a_{n + 3}}}} = \frac{{{a_n} + {a_{n + 2}}}}{{{a_{n + 1}}}},\forall n = 1,2,...\] Từ đó nếu $n$ là số chẵn thì ta có:\[\frac{{{a_{n + 2}} + {a_{n + 4}}}}{{{a_{n + 3}}}} = \frac{{{a_2} + {a_4}}}{{{a_3}}} = 5.\] Tức là với $n$ chẵn thì ${a_{n + 4}} = 5{a_{n + 3}} - {a_{n + 2}}.$ Tương tự, ta có ${a_{n + 4}} = 3{a_{n + 3}} - {a_{n + 2}}$ với $n$ lẻ. Từ đó, bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được ${a_n}$ là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$. | |
The Following User Says Thank You to ncthanh For This Useful Post: | MATHSCOPE (20-09-2018) |
21-09-2018, 10:09 AM | #15 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 48 Thanks: 52 Thanked 57 Times in 30 Posts | Trích:
$$27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2 \ge 0$$ Chúng ta thu được \[- 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q} \le 2p^3-9pq+27r \le 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q},\] từ đây ta có \[\dfrac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{9} \le abc \le \dfrac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}.\] Bây giờ ta xét $a,b,c$ không âm, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và khi đó tồn tại $t\in[0;1)$ sao cho $ab+bc+ca=3-3t^2$. Khi đó ta có \[ (t+1)^2(1-2t)\le abc \le (t-1)^2(2t+1)\] Vậy nên chúng ta cần chứng minh \[\dfrac{3(3-3t^2)}{(t-1)^2(2t+1)} +\dfrac{4\sqrt{2}(3-3t^2)}{3+6t^2}\ge 9+4\sqrt{2}.\] Việc nhóm các đối tượng cùng trọng số dễ dàng đưa chúng ta đến \[\dfrac{24\sqrt{2}t^2\left(t+2-\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)^2}{(1-t)(2t+1)(2t^2+1)} \ge 0 .\] Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ và hoán vị $\left(x,x,x\sqrt{2} \right).$ Ngoài ra chúng ta cũng có thể giải bằng thuần Cauchy-Schwarz một cách dễ dàng | |
Bookmarks |
|
|