Đề thi chọn đội tuyển PTNK 2014

[conmeolatui]

img034.jpg
Mời mọi người Mình là mình nát rồi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tson1997]

Mình khá ấn tượng với bài hàm

Bài 3: Tìm tất cả $f: N^* \rightarrow N^*$ : $f(\frac{f(n)}{n})=n^2$

Giải:
Từ giả thiết ta suy ra $f(n) \vdots n,\forall n \in N^*$
Đặt $m=f(n)$,ta có: $m \vdots n$ và
$f(\frac{m}{n}) = n^2 \Rightarrow f(\frac{n^3}{m})=f(\frac{f(\frac{m}{n})}{\frac{m}{ n}})$
$= (\frac{m}{n})^2 \Rightarrow \frac{m^2}{n^2} \vdots \frac{n^3}{m} \Rightarrow m^3 \vdots n^5$

Như vậy,bằng quy nạp,ta sẽ chứng minh được rằng với 2 dãy:
$a_n$;$b_n$ thỏa mãn: $a_0=b_0=1$;$a_1=3;b_1=1$ $a_{k+1}=2a_{k-1}+b_k$ ; $b_{k+1}=2b_{k-1}+a_k$ thì:

$$f(\frac{m^{a_{2k}}}{n^{b_{2k}}})=(\frac{n^{a_{2k-1}}}{m^{b_{2k-1}}})^2$$

và $$ f(\frac{n^{a_{2k+1}}}{m^{b_{2k+1}}})=(\frac{m^{a_{ 2k}}}{n^{b_{2k}}})^2$$

với mọi k tự nhiên

Như vậy,ta luôn có:
$n^{2a_{2k-1}+b_{2k}}$ $\vdots m^{2b_{2k-1}+a_{2k}}$

hay $ n^{a_{2k+1}} \vdots m^{b_{2k+1}}, \forall k \in N$

tương tự $m^{a_{2k}} \vdots n^{b_{2k}},\forall k \in N $

Xét p là ước nguyên tố bất kì của n thì ta có p cũng là ước của m

Ta có :

$$ \frac{b_{2k}}{a_{2k}} \leq \frac{V_p(m)}{V_p(n)} \leq \frac{a_{2k+1}}{b_{2k+1}} ,\forall k \in N $$ (**)

Ta sẽ cmr $lim \frac{b_{2k}}{a_{2k}} = 2 = lim \frac{a_{2k+1}}{b_{2k+1}} $ (k tiến đến dương vô cùng) (***)

Thật vậy,ta có : $b_{n+2}=5b_n-4b_{n-2}$
$a_{n+2}=5a_n-4a_{n-2}$

Từ đây ta tính được CTTQ của $a_n$ và $b_n$ từ đây dễ dàng suy ra (***)

Trong (**) cho k chạy đến dương vô cùng,ta có với mọi p nguyên tố là ước của n thì : $\frac{V_p(m)}{V_p(n)}=2$
Mặt khác,ta cũng có mọi ước nguyên tố của m đều là ước nguyên tố của n và ngược lại

Vậy $m= n^2$ hay $f(n)=n^2$ $\Rightarrow f(n)=n^2 \forall n \in N^* $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[BlackSelena]

Làm câu b trước câu a sau có được không nhỉ
Hình vẽ

Gọi $B_0, C_0$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $AC, AB$.
Kẻ tiếp tuyến $EY$ ($Y \in AB$) ($X, Z$ tương tự), thì có $YC_0^2 = YE^2 = YB.BA$ nên $Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)$, tượng tự với $X,Z$ thì có $\overline{X,Y,Z} \perp OI$.
Vậy $EC_0, FB_0$ cắt nhau tại $J'$ trên $OI$.
Giờ chú ý thêm $IB_0 \perp AC, IC_0 \perp AB$ nên $EC_0$ qua $M$ và tương tự.
Lại có $OM \parallel IC_0, ON \parallel IB_0$ nên $B_0C_0 \parallel MN$. Mà $C_0B_0EF$ là tứ giác nội tiếp nên $M,N,E,F$ đồng viên...
Mà từ sự thẳng hàng trên cũng có $J \equiv J'$ nên $IJ$ qua $O$ cố định.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Juliel]

Nguyên văn bởi tson1997

Mình khá ấn tượng với bài hàm

Bài 3: Tìm tất cả $f: N^* \rightarrow N^*$ : $f(\frac{f(n)}{n})=n^2$

Giải:
Từ giả thiết ta suy ra $f(n) \vdots n,\forall n \in N^*$
Đặt $m=f(n)$,ta có: $m \vdots n$ và
$f(\frac{m}{n}) = n^2 \Rightarrow f(\frac{n^3}{m})=f(\frac{f(\frac{m}{n})}{\frac{m}{ n}})$
$= (\frac{m}{n})^2 \Rightarrow \frac{m^2}{n^2} \vdots \frac{n^3}{m} \Rightarrow m^3 \vdots n^5$

Như vậy,bằng quy nạp,ta sẽ chứng minh được rằng với 2 dãy:
$a_n$;$b_n$ thỏa mãn: $a_0=b_0=1$;$a_1=3;b_1=1$ $a_{k+1}=2a_{k-1}+b_k$ ; $b_{k+1}=2b_{k-1}+a_k$ thì:

$$f(\frac{m^{a_{2k}}}{n^{b_{2k}}})=(\frac{n^{a_{2k-1}}}{m^{b_{2k-1}}})^2$$

và $$ f(\frac{n^{a_{2k+1}}}{m^{b_{2k+1}}})=(\frac{m^{a_{ 2k}}}{n^{b_{2k}}})^2$$

với mọi k tự nhiên

Như vậy,ta luôn có:
$n^{2a_{2k-1}+b_{2k}}$ $\vdots m^{2b_{2k-1}+a_{2k}}$

hay $ n^{a_{2k+1}} \vdots m^{b_{2k+1}}, \forall k \in N$

tương tự $m^{a_{2k}} \vdots n^{b_{2k}},\forall k \in N $

Xét p là ước nguyên tố bất kì của n thì ta có p cũng là ước của m

Ta có :

$$ \frac{a_{2k}}{b_{2k}} \leq \frac{V_p(m)}{V_p(n)} \leq \frac{a_{2k+1}}{b_{2k+1}} ,\forall k \in N $$

Cho $n$ tiến đến dương vô cùng ta suy ra
$\frac{V_p(m)}{V_p(n)} = lim \frac{a_{n}}{b_{n}}$

Ta sẽ cmr $lim \frac{a_{n}}{b_{n}} = 2$ (n tiến đến dương vô cùng) (**)

Thật vậy,ta có : $b_{n+2}=5b_n-4b_{n-2}$
$a_{n+2}=5a_n-4a_{n-2}$

Từ đây ta tính được CTTQ của $a_n$ và $b_n$ từ đây dễ dàng suy ra (**)

Như vậy với mọi p nguyên tố là ước của n thì : $V_p(m) = 2.V_p(n)$
Mặt khác,ta cũng có mọi ước nguyên tố của m đều là ước nguyên tố của n và ngược lại

Vậy $m= n^2$ hay $f(n)=n^2$ $\Rightarrow f(n)=n^2 \forall n \in N^* $

Hình như chỗ này phải là :
$$\frac{b_{2k}}{a_{2k}}\leq \frac{v_p(m)}{v_p(n)}\leq \frac{a_{2k+1}}{b_{2k+1}}$$
Và phải chứng minh $\frac{a_{2k}}{b_{2k}}\rightarrow \frac{1}{2},\frac{a_{2k+1}}{b_{2k+1}}\rightarrow 2$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phuocbach]

Bài 3: Tìm tất cả $f: N^* \rightarrow N^*$ : $f(\frac{f(n)}{n})=n^2$

Giải:
Từ giả thiết ta suy ra $f(n) \vdots n,\forall n \in N^*$
Đặt $n.m=f(n)$,thay vào đề ta có $m=n$
Vậy $f(n)=n^2$
------------------------------

Nguyên văn bởi tson1997

Mình khá ấn tượng với bài hàm

Bài 3: Tìm tất cả $f: N^* \rightarrow N^*$ : $f(\frac{f(n)}{n})=n^2$

Giải:
Từ giả thiết ta suy ra $f(n) \vdots n,\forall n \in N^*$

Đặt $n.m=f(n), m \in N^*$
thế vào đề bài ta được m=n
Vậy $f(n)=n^2$
Em làm vậy không biết đúng ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Bài hình mình thấy ý a dễ hơn và gợi ý hướng giải cho ý b.
a) Dựng các điểm như hình vẽ. Rõ ràng $M, Z, E; N, Y, F$ thẳng hàng. Ta cần $AI \bot MN.$ Điều này đúng do $NA^2-MA^2=NY.NF-MZ.ME=NI^2-MI^2. $
Hình vẽ

b) Câu b sau khi dùng Menelaus ta chỉ cần chỉ ra $OM=ON.$ Điều này hiển nhiên đúng theo tính chất tam giác có các cặp cạnh song song.
Hình vẽ

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[luuvanthai]

$(a+1)(b+1)(c+1)=a+b+c+ab+bc+ac+abc+1=1+4abc \\
\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ac=3abc\\
\Leftrightarrow a=\frac{b+c+bc}{3bc-b-c-1}$
Ta cần cm:$1+\frac{b+c+bc}{3bc-b-c-1}(bc-1)\geq b+c
\Leftrightarrow b^{2}(c-1)^{2}-b(2c^{2}-4c+1)+c^{2}-c+1\geq 0$
với điều kiện $b\geq \frac{c+1}{3c-1}$-do a>0
Xét $f(b)=(c-1)^{2}b^{2}-b(2c^{2}-4c+1);b> \frac{c+1}{3c-1};c> \frac{1}{3}$
$f(b)'=2b(c-1)^{2}-(2c^{2}-4c+1)$
Nếu $2c^{2}-4c+1< 0\Leftrightarrow \frac{2-\sqrt{2}}{2}<c<\frac{2+\sqrt{2}}{2}$ thì $f(b)'>0$ với mọi $b>0\Rightarrow f(b)> f(\frac{c+1}{3c-1})$ (luôn đúng với mọi c>0;dấu = xảy ra khi c=1,b=1 -vô lý)
Còn nếu $2c^{2}-4c+1\geq 0\Rightarrow f(b)'=0\Leftrightarrow b=\frac{2c^{2}-4c+1}{2(c-1)^{2}}$
Đến đây ta cần so sánh $\frac{2c^{2}-4c+1}{2(c-1)^{2}}vs \frac{c+1}{3c-1}$
Chung quy lại ta cần cm
+,Khi $\frac{c+1}{3c-1}> \frac{2c^{2}-4c+1}{2(c-1)^{2}} \\
\rightarrow f(\frac{2c^{2}-4c+1}{2(c-1)^{2}})\geq 0\\
\Leftrightarrow 4(c-1)^{2}(c^{2}-c-1)-(2c^{2}-4c+1)^{2}\geq 0$ (luôn đúng do ở đk ta phải có c>2,09.........)
+,Khi $\frac{c+1}{3c-1}<\frac{2c^{2}-4c+1}{2(c-1)^{2}}\rightarrow f(\frac{c+1}{3c-1})\geq 0$ (lđ)
Do đó ta có đpcm .Dấu = không xảy ra.

------------------------------
Mình làm thế này không biết có ốn không?

Gọi 1 phần tử bất kì của A là $t=x^{3}-4x+15=(x+3)(x^{2}-3x+5)$
mà $t=x^{3}-4x+15=(x+3)(x^{2}-3x+5)$ chẵn nên $x+3$ chẵn
Đặt $gcd(\frac{x+3}{2};x^{2}-3x+5)=d \Rightarrow d|23\\
\Rightarrow d=23\\
\Rightarrow \frac{x+3}{2}=k.23;x^{2}-3x+5=h.2$
Ta lại có $23,k$ là ước của $\frac{t}{2}$ nên $gcd(23,k)>1
\Rightarrow 23|h$
suy ra mọi ước của h đều chia hết cho 23
Tương mọi uớc của k đều chia hết cho 23
Do đó $x+3=2.23^{m};x^{2}-3x+5=23^{n}
\Rightarrow 4.23^{a}-18.23^{a}+23=23^{b}$(vô lý)
Vậy không tồn tại tập A nào

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[conmeolatui]

Mời mọi người
img035.jpg
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tson1997]

Thôi thì mình cứ làm bài hình trước cho nhàn

Kẻ đường kính AR của (I)
Áp dụng định lý con bướm ta suy ra Q;B;R thẳng hàng hay $\widehat{AQB}=90^o$
CMTT: $\widehat{APC}=90^o$
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC,Ta có H thuộc $(AQB)$ và H thuộc $APC$
Dễ có $\widehat{ABQ}=\widehat{ACP}$
$\Rightarrow \widehat{PHQ}=\widehat{PHA}+\widehat{AHQ} = \widehat{ABQ}+\widehat{ACP}= 2.\widehat{ACP}=sđ AP+sđ NR)=\widehat{NIR}+\widehat{PIA} = \widehat{PIQ}$
Vậy P;I;H;Q đồng viên
Ta có PQ;tiếp tuyến tại A của (I);BC lần lượt là trục đẳng phương của (HIPQ) với (I);(AHI) với (I);(AHI) với (HIPQ)

Vậy K thuộc BC (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Juliel]

Bài đầu tiên của ngày 2.
Lời giải :
1) Đặt $u_n=\log_{2014}(x_n)$ thì ta thu được dãy $(u_n)$ như sau :
$$\left\{\begin{matrix} u_0=0,u_1=1\\ u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+\dfrac{2}{3}u_{n-1} \end{matrix}\right.$$
Từ đó tìm được :
$$u_n=\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{5}.\left ( \dfrac{-2}{3} \right )^n$$
Dễ thấy $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=\dfrac{3}{5}$. Từ đó được :
$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} x_n=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(2014^{u_n})=2014^{3/5}$$
2) Ta tìm số $k$ nhỏ nhất sao cho với mỗi $n$ thì :
$$a=(x_n)^k=2014^{\frac{3k.(3^n-(-2)^n)}{5.3^n}}$$
là một số nguyên. Muốn vậy thì cần tìm $k$ nhỏ nhất để $\dfrac{3k.(3^{n}-(-2)^n)}{5.3^n}\in \mathbb{Z}$.
Nếu $n$ lẻ thì $3^n-(-2)^n=3^n+2^n\;\vdots\; 5$. Cũng dễ thấy $\gcd\left ( \dfrac{3^n+2^n}{5},3^n \right )=1$ nên ta được $3^n\mid 3k$, và số $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này là $k=3^{n-1}$.
Nếu $n$ chẵn thì $3^n-2^n\equiv (-2)^n-2^n=0\;\pmod5$ và tương tự như trên ta cũng tìm được $k=3^{n-1}$.
Do đó số $k$ nhỏ nhất cần tìm để $a=(x_n)^k$ nguyên ứng với mỗi $n$ là $k=3^{n-1}$.
Vấn đề còn lại của bài toán là ta đi tìm nghiệm nguyên của phương trình
$$a^3+b^3=2014^n \Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+b^2)=2014^n\;\;\;(1)$$
Trong đó $n$ là số nguyên nhỏ nhất để tồn tại các số $a,b$ nguyên dương thỏa $(1)$.
Gỉa sử $(1)$ có nghiệm nguyên $(a,b)$ ứng với $n$ nhỏ nhất.
Trường hợp 1 : Nếu mà $\gcd(a+b,a^2-ab+b^2=1$ :
Chú ý là $a^2-ab+b^2 \geq ab+1 >a+b$ và $(a+b)^2>a^2-ab+b^2$ nên ta suy ra được :
$$\left\{\begin{matrix} a+b=19^n\\ a^2-ab+b^2=106^n \end{matrix}\right.$$
Khử đi ẩn $b$ ta được :
$$3a^2-3a.19^n+19^{2n}-106^n=0$$
Biểu thức $\Delta =(3.19^n)^2-4.3(19^{2n}-106)=-3(19^{2n}-4.106^n)$
Nhưng rõ ràng $\Delta <0$ với $n>1$, không tồn tại $a$
Trường hợp 2 : Nếu $\gcd(a+b,a^2-ab+b^2) >1$
Ta sẽ khả năng đại diện cho trường hợp này là :
$$\left\{\begin{matrix} a+b=53^p.A\\ a^2-ab+b^2=53^q.B \end{matrix}\right.$$
Trong đó $A,B \in \mathbb{N}$ và $AB=38^n$.
Ta có :
$$53\mid (a+b)^2-(a^2-ab+b^2)=3ab$$
Kết hợp với $53\mid a+b$ ta được $53\mid a$ và $53\mid b$. Như vậy ta sẽ đặt $a=53^x.k,b=53^y.l$ với $53\nmid k,l$ . Có thể giả sử $x>y$.Thay vào phương trình ban đầu :
$$53^{3x}.k^3+53^{3y}.l^3=53^{n}.38^n$$
hay
$$53^{3y}(53^{3x-3y}.k^3+l^3)=53^n.38^n$$
Rõ ràng từ đây phải có ngay $3x=3y=n$. Nên ta thu được phương trình :
$$k^3+l^3=38^n$$
Lập luận tương tự như trên ta cũng đưa đến được $38\mid k,38\mid l$. Từ đó có được $2014\mid a,2014\mid b$.
Như vậy ta viết phương trình đã cho dưới dạng :
$$2014^{n-3}=\left ( \dfrac{a}{2014} \right )^3+\left ( \dfrac{b}{2013} \right )^{3}$$
Điều này là mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $n$ do $n-3<n$.
Các khả năng còn lại của trường hợp này đều tương tự.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi conmeolatui

Mời mọi người
[Only registered and activated users can see links. ]

Bài hình trùng ý tưởng với ý a bài hình Vũng Tàu [Only registered and activated users can see links. ]
Hình vẽ

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sternritterp28]

Bài 3: Đặt $\dfrac{f(n)}{n} = g(n)$ ($g: N* \rightarrow N*$)
$\Rightarrow g(g(n)).g(n) = n^2$
Giả sử $\exists n_o \in N*: g(n_o) \ne n_o$. Ký hiệu $g^{(k)}(n) = g(g(...(g(n))...))$ ($k$ lần $g$, và quy ước $g^{(0)}(n) = n$), dễ thấy: $g^{(k+2)}(n).g^{(k+1)}(n) = (g^{(k)}(n))^2 \forall k \in N$
Xét 2 TH:
$g(n_o) > n_o
\Rightarrow g^{(2)}(n_o) = \dfrac{n_o^2}{g(n_o)} < n_o < g(n_o)$
Tương tự: CM được $g^{(2)}(n_o) > g^{(4)}(n_o) > ... > g^{(2k)}(n_o) > ...$
Do dãy vô hạn trên gồm các số tự nhiên giảm nên sẽ có 1 phần tử nhỏ hơn 0, vô lý. (TH còn lại CMTT)
Do đó điều giả sử là sai, vậy $g(n) = n \forall n \in N* \Rightarrow f(n) = n^ \forall n \in N*$ (nhận)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]