Đề thi chọn đội tuyển HSG TPHCM 2014-2015
Bài 1 :
Đặt $t=\dfrac{1}{x}$, khi đó phương trình thứ hai trở thành :
$$\dfrac{y}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{y}{x}}+\dfrac{\dfrac{1}{x}}{y+\dfrac{y}{x}}=\dfrac{2}{1+\sqrt{\dfrac{y}{x}}}\Leftrightarrow \dfrac{y}{t+ty}+\dfrac{t}{y+ty}=\dfrac{2}{1+\sqrt{ty}}\;\;(*)$$
Ta sẽ chứng minh BĐT sau với các số dương $a,b$ :
$$\frac{a}{b+ab}+\frac{b}{a+ab}\geq \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}$$
BĐT này thuần nhất nên chuẩn hóa $ab=1$. Từ đó cần chứng minh :
$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}\geq 1$$
Và điều này thì đúng theo Cauchy-Schwarz :
$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}\geq \dfrac{(a+b)^2}{2ab+2}=(a+b)^2/4\geq ab=1$$
Từ đó quay trở lại với phương trình $(*)$, sử dụng BĐT trên ta được $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $t=y$ tức $xy=1$.
Từ đó dễ dàng giải tiếp.
Bài 2 :
Đặt $u_n=\log_{2014}x_n$ thì $(u_n)$ xác định bởi :
$$\left\{\begin{matrix} u_1=0,u_2=1\\ 3u_{n+2}=2u_{n+1}+u_n \end{matrix}\right.$$
Tìm công thức tổng quát của $(u_n)$ và tính được $\lim u_n$, từ đó tính được $\lim x_n$.
Bài 4 :
Dễ dàng nhận thấy $AM,DE,BC$ đồng quy tại tâm đẳng phương $J$ của ba đường tròn $(ADE),(K),(O)$
Ta thấy $M$ chính là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BDECAJ$. Gọi $X$ là giao của $DC,BE$.
Ta sẽ chứng minh $M,K,X$ thẳng hàng.
Theo định lí Brocard thì $KX$ vuông góc $AJ$, vậy cần chỉ ra $MX$ vuông góc $AJ$
Ta có $A(JX,BC)=-1$ vì là chùm điều hòa tứ giác toàn phần. Suy ra $M(JX,DC)=-1$.
Ta chứng minh được $MX$ là phân giác góc $DMC$ , từ đó theo định lí chùm điều hòa ta có $MX$ vuông góc $AJ$.
Vậy ta được $M,K,X$ thẳng hàng. Kéo theo $MK$ vuông góc $MA$.
Bài 5 :
Từ phương trình ban đầu thế $y=-2f(x)$ được $f$ toàn ánh. Tiếp theo ta chứng minh $f$ đơn ánh. Gỉa sử tồn tại $a,b$ sao cho $f(a)=f(b)$. Vì $f$ toàn ánh nên tồn tại $z$ để $2f(z)=a+b$. Trong PTH đã cho thay $y=z$ :
$$f(2f(x)+z)=x+f(a+b-x)\;\;\;(*)$$
Trong $(*)$ lần lượt cho $x=a,b$ và chú ý $f(a)=f(b)$ ta suy ra được $a=b$, tức $f$ đơn ánh.
Từ đó chọn $x=0$ :
$$f(2f(0)+y)=f(2f(y))\Rightarrow 2f(y)=y+2f(0)\Rightarrow f(x)=x/2+c$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-10-2014 - 20:56
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 3: đặt $g(x)=e^{-\frac{x}{2014}}.xf(x)$
$g'(x)=e^{-\frac{x}{2014}}(f(x)+xf'(x))-\frac{1}{2014}e^{-\frac{x}{2014}}.xf(x)=-\frac{e^{-\frac{x}{2014}}}{2014}(xf(x)-2014f(x)-2014xf'(x))$
.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 16-10-2014 - 15:23
$Cau4: Do \measuredangle BME+\measuredangle BKE=180=> MBKE noitiep=>EMK=EBK=90-ACB;AME=ADE=ACB=>AMK=90=>dpcm$
Bài 5: Với $y \in R$ ta chọn $b=f(0)-y$ hay $y=f(0)-b;a=-2f(b);c=2f(a)-b$.
Bài 1 :
Đặt $t=\dfrac{1}{x}$, khi đó phương trình thứ hai trở thành :
$$\dfrac{y}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{y}{x}}+\dfrac{\dfrac{1}{x}}{y+\dfrac{y}{x}}=\dfrac{2}{1+\sqrt{\dfrac{y}{x}}}\Leftrightarrow \dfrac{y}{t+ty}+\dfrac{t}{y+ty}=\dfrac{2}{1+\sqrt{ty}}\;\;(*)$$
Ta sẽ chứng minh BĐT sau với các số dương $a,b$ :
$$\frac{a}{b+ab}+\frac{b}{a+ab}\geq \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}$$
BĐT này thuần nhất nên chuẩn hóa $ab=1$. Từ đó cần chứng minh :
$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}\geq 1$$
Và điều này thì đúng theo Cauchy-Schwarz :
$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}\geq \dfrac{(a+b)^2}{2ab+2}=(a+b)^2/4\geq ab=1$$
Từ đó quay trở lại với phương trình $(*)$, sử dụng BĐT trên ta được $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $t=y$ tức $xy=1$.
Từ đó dễ dàng giải tiếp.
bđt này sao thuần nhất được ạ,khác bậc ở mẫu mà
NTP
chúng tôi là 3 người từ lớp 10 cá tính:NRC,NTP,A-Q
bđt này sao thuần nhất được ạ,khác bậc ở mẫu mà
NTP
BĐT này thuần nhất mà bạn. Bậc của hai vế đều là $-1$.
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
BĐT này thuần nhất mà bạn. Bậc của hai vế đều là $-1$.
$a=ta',b=tb'$ thì đâu có được bđt ban đầu đâu
NTP
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 15-10-2014 - 19:12
chúng tôi là 3 người từ lớp 10 cá tính:NRC,NTP,A-Q
Vòng 2 :
Vòng 2 :
Bài 1: Tìm đa thức $P(x)$ khác đa thức không sao cho $[P(x)]^n=P(x^n)$ với $\forall x\in\mathbb R$ và $n\ge 1$.Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số khác nhau trong đó các chữ số $1,2,3,4,5$ được sắp xếp theo thứ tự đó từ trái qua phải nhưng các số $1,2,3,4,5,6$ thì không.Bài 3: Cho số nguyên tố $p$. Gọi $a_p$ là hệ số của $n^p$ trong $\sum_{k=0}^pC_p^k (n+2014)^{n+p}$. Chứng minh rằng $a_p\equiv 2014^p+2015^p (mod p^2)$.Bài 4: Cho $\Delta ABC$ nhọn $(AB<AC)$, đường cao $AL, BD, CE$ cắt nhau tại $H$. Đường tròn $(O)$ đi qua $A,E$ tiếp xúc $BC$ tại $M$. Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ với đường tròn $(AED)$ và $M$ là giao điểm của $KD$ với $BC$. Chứng minh $MH, KL, AN$ đồng quy.Bài 5: Cho $A=\{a_1,a_2,...,a_n\}$ với $2\le n\le 2014$ và $a_i\le 2014$ sao cho nếu tồn tại $(a_i+a_j)\le 2014$ thì $(a_i+a_j)\in A$. Chứng minh rằng $\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{2}\ge \dfrac{2015}{2}$.Spoiler
Bạn xem lại đề . HÌnh như bài 4 có vấn đề .
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -
Bài 1: Tìm đa thức $P(x)$ khác đa thức không sao cho $[P(x)]^n=P(x^n)$ với $\forall x\in\mathbb R$ và $n\ge 1$.Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số khác nhau trong đó các chữ số $1,2,3,4,5$ được sắp xếp theo thứ tự đó từ trái qua phải nhưng các số $1,2,3,4,5,6$ thì không.
Bài 1
Từ điều kiện trên suy ra hệ số bậc cao nhất của $P$ là 1.$deg(P)=k,deg(Q)=t,t<k$ với
$P=x^{k}+Q$
Thay vào đẳng thức đã cho:
$(x^{k}+Q(x))^{n}=x^{kn}+Q(x^n)$
Triệt tiêu $x^{kn}$ ở hai vế:
$\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}(x^k)^i[Q(x)]^{n-i}=Q(x^n)-[Q(x)]^n$
Mọi hạng tử ở vế trái đều có bậc có dạng $t(n-i)+ki=nt+(k-t)i> nt$
Vế phải có bậc $\leq nt$
Suy ra $Q$ là hằng số. Thử lại suy ra $Q$ đồng nhất $0$.
Vậy $P=x^k$ với $k$ nguyên dương tùy ý
Bài 2
Có $\binom{10}{6}$ vị trí cho bộ các số từ 1 tới 6. Trong đó có:
Trong mỗi vị trí của bộ 6 nói trên thì số 6 không đứng cuối cùng, nên có 5 khả năng cho số 6. Còn lại các số từ 1 tới 5 thì đã xác định với mỗi khả năng của 6.
Kết luận: Có $(\binom{9}{6}.3.3.2.1+\binom{9}{5}.4!).5$ số có 10 chữ số thỏa mãn
Câu hình:
Gọi $I$ là tâm $( ADE )$. $J = AK \cap IO$.
Dễ thấy $AO \perp DE, IK \perp DE$ Suy ra $AO \parallel IK$.
Chứng minh tương tự: $AI \parallel OK$ suy ra $AOKI$ là hình bình hành.
$IO$ là đường trung trực của $AM$. mà $J$ thuộc $IO$ nên $JA = JM = JK$ suy ra $AM \perp MK$.
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh