Đến nội dung


Hình ảnh

Đề chọn đội tuyển Quốc Gia Hà Tĩnh 2016-2017 (2 ngày)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1824 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 18-09-2016 - 08:22

Thầy : Trần Quốc Luật 
Ngày 1 : 
14355719_1419272171421286_12592204069273Ngày 2 : 
14344226_1419272174754619_66491379363100



#2 Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP.HCM

Đã gửi 18-09-2016 - 12:10

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH 2016 - 2017

Ngày 1

 

Bài 1. (5 điểm) Với mỗi số nguyên dương $n$ xét hàm số $f_n$ trên $\mathbb{R}$ được xác định bởi $f_n(x)=x^{2n}+x^{2n-1}+...+x^2+x+1$

           a) Chứng minh hàm số $f_n$ đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất.

           b) Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số $f_n$ là $s_n$. Chứng minh dãy số $(s_n)$ có giới hạn hữu hạn.

 

Bài 2. (5 điểm) Cho các số thực dương $a,b,c$ dương và thỏa mãn $a^5+b^5+c^5=3$.

           Chứng minh rằng $a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6\leq 3$.

 

Bài 3. (5 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(C)$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $O$ là tâm đường tròn $(C)$; $A',\ B',\ C'$ theo thứ tự là chân các đường cao của tam giác $ABC$ hạ từ các đỉnh $A,B,C$. Gọi $A_1,\ B_1,\ C_1$ là các điểm trên $(C)$ sao cho $AA_1\parallel BC$, $BB_1\parallel AC$, $CC_1\parallel AB$; $A'_1,\ B'_1,\ C'_1$ là các điểm trên $(C)$ sao cho $A_1A'_1\parallel AA',\ B_1B'_1\parallel BB',\ C_1C'_1\parallel CC'$

           a) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OA_1A'_1;\ OB_1B'_1;\ OC_1C'_1$ cùng đi qua điểm $K$ (khác điểm $O$).

           b) Chứng minh $OK.OH=\frac{abc}{p}$ trong đó $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC$ và $p$ là chu vi tam giác $A_1B_1C_1$

 

Bài 4. (5 điểm) Cho tập $S=\left\{1,2,3,...,2016\right\}$. Hỏi có bao nhiêu hoán vị $(a_1,a_2,...,a_{2016})$ của tập $S$ sao cho $2(a_1+a_2+a_3+...+a_k)\ \vdots\ k$ với $\forall k=0,1,2,...,2016$

HẾT

 

 

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH 2016 - 2017

Ngày 2

 

Bài 1. (5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn: $x^{19}-1=(x-1)(y^{12}-1)$

 

Bài 2. (5 điểm) Cho các đa thức $P(x),Q(x),R(x)$ với hệ số thực có bậc tương ứng là $3,2,3$ thỏa mãn đẳng thức $P^2(x)+Q^2(x)=R^2(x),\ \forall x\in \mathbb{R}$. Hỏi đa thức $T(x)=P(x).Q(x).R(x)$ có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả nghiệm bội).

 

Bài 3. (5 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$ và $E$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$. Gọi $D$ là giao điểm của $AE$ và $BC$; $P,\ Q$ lần lượt là 2 điểm di động trên đoạn $AD$ sao cho $\widehat{ABQ}=\widehat{DBP}$ và $Q$ nằm giữa $A,\ P$. Lấy điểm $S$ sao cho $QS\parallel AO$ và $DS\perp AO$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AE$, $R$ là hình chiếu vuông góc của $Q$ lên $BC$

           a) Chứng minh $\frac{MN}{MR}=\frac{2ME}{QE}$

           b) Chứng minh đường thẳng qua $P$ vuông góc $SM$ đi qua một điểm cố định khi $P,Q$ thay đổi.

 

Bài 4. (5 điểm) Với mỗi số nguyên dương $n$, tô màu các số nguyên dương từ $1$ đến $n$ bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ (mỗi số tô một màu). Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất để với mọi cách tô màu, đều tồn tại ba số được tô cùng màu và ba số đó lập thành một cấp số cộng.

HẾT



#3 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 18-09-2016 - 13:08

Ngày 1:

Câu 1: (khá quen thuộc nhưng mình xét BĐT hơi loằng ngoằng)

a) Xét $f'_{n}(x)=\dfrac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(x-1)^2}$

$f'_n(x)=0 \Leftrightarrow 2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0 (x \neq 1)$

Ta chứng minh $g_{n}(x)=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0$ có nghiệm duy nhất trên $\mathbb{R}$

Xét $g'_n(x) = 2n(2n+1)x^{2n}-2n(2n+1)x^{2n-1}=0 \Leftrightarrow x^{2n}=x^{2n-1} \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$

Do đó với $x<0$ thì $g'_n(x) \neq 0$ do đó $f'_n(x)=0$ có nghiệm duy nhất trên $(-\infty;0)$ 

Mặt khác ta cũng có thể viết : $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$ nên rõ ràng với $x\geq 0$ thì  $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1>0$

Vậy $f'_{n}(x)=0$ có duy nhất một nghiệm

Mặt khác $f_n(x)$ có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ nên nó chỉ đạt giá trị nhỏ nhất đó tại một điểm duy nhất 

b) $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$

Do đó $f'_{n}(-1)<0$ và $f'_{n}(0)>0$ nên rõ ràng $(s_n)$ bị chặn giữa $-1$ và $0$

Ta chứng minh $(s_n)$ là dãy giảm

Từ phần $(a)$ dễ suy ra $f'_{n}(x)$ đồng biến trên $(-\infty;0)$

Do đó chỉ cần chứng minh $f'_{n+1}(s_n) > f'_{n+1}(s_{n+1})=0$

Do đó ta cần chứng minh $2(n+1)s_{n}^{2n+1}+(2n+1)s_{n}^{2n}>0$ hay $s_n>\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}$

Hay cần chứng minh $f_n(\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}) <0$

Bằng cách ghép lần lượt $2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2} <0$ và tương tự thì ta dễ dàng có điều phải chứng minh 

Do đó $s_{n}$ giảm và bị chặn nên ta có điều phải chứng minh

Câu 2: (Nhiều khả năng bài này chế từ một bài trong Old and new)

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ thì dễ có $a^5b^5(a^5+b^5+1+1+1)\geq 5a^6b^6$

Chứng minh tương tự và đặt $a^5=x,b^5=y,c^5=z$ thì $x+y+z=3$

Ta có: $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq xy(x+y+3)+yz(y+z+3)+zx(z+x+3)=2pq-3r$ với $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta thu được: $27+9r\geq 4pq \Leftrightarrow 2pq-\dfrac{9r}{2} \leq \dfrac{27}{2} $

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta thu được $r \leq 3 \Leftrightarrow \dfrac{r}{2} \leq \dfrac{3}{2}$

Suy ra $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq 15 \Rightarrow a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6 \leq 3$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Câu 4 ngày 1 liệu có vấn đề gì không nhỉ sao nó đúng với $k=0$ được


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 18-09-2016 - 13:17

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#4 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 113 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 18-09-2016 - 14:41

Câu 4: Ta sẽ chứng minh rằng $a_i=min\left \{ a_1;a_2;...;a_i \right \}$ hoặc $a_i=max\left \{ a_1;a_2;...;a_i \right \}$ ,$i=\overline{4,2016}$. Thật vậy vì $2\sum_{i=1}^{2016}a_i=2016.2017$ nên $2a_{2016} \equiv 2 \pmod{2015}$ nên $a_{2016}$ nhận giá trị là $1$ hoặc $2016$. Mệnh đề đúng với $i=2016$, giả sử mệnh đề đúng đến $i=k>4$. Ta thấy rằng $(a_1,a_2,...,a_{i-1})$ là $1$ hoán vị của $i-1$ số nguyên liên tiếp $a+1;...;a+i-1$.Nếu $i$ là số lẻ thì ta có $2\sum_{t=1}^{i-2}a_t =2\sum_{t=1}^{i-1}(a+t)-2a_{i-1} \vdots i-2$ nên $2a_{i-1} \equiv 2a+2 \pmod{i-2} \Rightarrow a_{i-1}\equiv a+1 \pmod{i-2}$ (do $i-2$ là số lẻ). Vậy $a_{i-1}$ nhận giá trị $a+1$ hoặc $a+i-1$. Nếu $i$ là số chẵn, lập luận tương tự ta có  $2a_{i-1} \equiv 2a+2 \pmod{i-2}$ nên $a_{i-1}$ nhận $1$ trong $3$ giá trị $a+1,a+i-1,a+1+\frac{i-2}{2}$. Nếu $a_{i-1}=a+1+\frac{i-2}{2}$ thì ta có $2\sum_{t=1}^{i-3}a_t =2\sum_{t=1}^{i-1}(a+t)-2a_{i-1}-2a_{i-2} \vdots i-3$ nên $2a_{i-2} \equiv 2a+i \pmod{i-3}$. Vậy $a_{i-3}=a+1+\frac{i-2}{2}=a_{i-2}$ (vô lí). Từ đó mệnh đề đúng với $i=k-1$. Mỗi cách chọn $(a_4;a_5;...;a_{2016})$ ứng với $1$ dãy nhị phân độ dài $2013$ với số thứ $i$ từ trái sang phải là $1$ nếu $a_{i+3}=max\left \{ a_1;a_2,...;a_{i+3} \right \}$, bằng $0$ trong trường hợp còn lại. Có tổng cộng $2^{2013}$ cách chọn dãy nhị phân nên có từng đấy cách chọn bộ số $(a_4;a_5;...;a_{2016})$. Với ba số $a_1;a_2;a_3$ có tổng cộng $6$ hoán vị nên tổng cộng số các hoán vị $2016$ số là $3.2^{2014}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 18-09-2016 - 16:14


#5 tay du ki

tay du ki

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:số hoc : định lí goldbach
    trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới

Đã gửi 18-09-2016 - 15:23

đề này khá khó với mình . mà khi nào thi hsg quốc gia nhỉ 



#6 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 18-09-2016 - 15:25

Bổ đề: Với x là số nguyên dương, $p/\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thì p=19 hoặc $p=19n+1$

Chứng minh: Giả sử $p\not\equiv1 (mod 19)$ do đó (p-1;19)=1, tồn tại k,m thỏa mãn: 19k+(p-1)m=1

nên $x\equiv x^{19k+(p-1)m}=(x^{19})^{k}.(x^{p-1})^m\equiv 1$ (mod p)

Do đó: $\frac{x^{19}-1}{x-1}=x^{18}+...+1\equiv 19(mod p)$ 

Vậy p=19.(xong bổ đề)

Do đó mỗi ước d của $\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thỏa mãn d=19k, hoặc d=19k+1.

Giả sử $(x,y)$ là nghiệm của PT, ta có 

$y-1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

Theo bổ đề thì y=19k+1, hoặc y=19k+2. Do đó $y^{11}+y^{10}+...+1\equiv 11,10 mod 19$

Mặt khác $y^{11}+y^{10}+...+1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

nên $y^{11}+y^{10}+...+1\equiv 1,2 mod 19$ (mâu thuẫn)
Vậy phương trình vô nghiệm

 


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#7 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 18-09-2016 - 15:26

Ngày 1:

Câu 3:

k.png

a) Ta có: $A_1A_1' \perp BC \Rightarrow A_1A_1' \perp B_1'C_1'$

Chứng minh tương tự suy ra $A_1A_1',B_1B_1',C_1C_1'$ đồng quy tại $H'$ là trực tâm của tam giác $A_1'B_1'C_1'$

MẶt khác $H'A_1.H'A_1'=H'B_1.H'B_1'=H'C_1.H'C_1'$

Do đó $OH'$ là trục đẳng phương của $3$ đường tròn $(OA_1A_1'),(OB_1B_1'),,(OC_1C_1')$

Do đó $3$ đường tròn $(OA_1A_1'),(OB_1B_1'),,(OC_1C_1')$ cùng đi qua điểm $K$ khác $O$

b) Dễ thấy tam giác $A_1'B_1'C_1'$ là ảnh của tam giác $ABC$ qua phép đối xứng tâm $O$

Do đó $a,b,c$ cũng là độ dài $3$ cạnh của tam giác $A_1'B_1'C_1'$ và $OH=OH'$

Gọi $p'$ là chu vi của tam giác $A_{2}B_{2}C_{2}$ thì dễ thấy $p'=\dfrac{P}{2}$ ( Do tam giác $A_{2}B_2C_2$ là ảnh của tam giác $A_1'B_1'C_1'$ qua phép vị tự tâm $H$ tỉ số $\dfrac{1}{2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $OK.OH'=\dfrac{abc}{2p'}$

Dễ thấy $OA_1' \perp B_2C_2$ nên $S_{OB_2A_1'C_2}=\dfrac{R.B_2C_2}{2}$ trong đó $R$ là bán kính của $(O)$

Chứng minh tương tự và cộng lại suy ra 

$\dfrac{abc}{4R}=S_{A_1'B_1'C_1'}=\dfrac{R.p'}{2}\Rightarrow \dfrac{abc}{2p'}=R^2$

Lại có: $\widehat{OA_1A_1'}=\widehat{OA_1'A_1}=\widehat{OKA_1}$ nên $OA_1$ là tiếp tuyến của $(H'A_1K)$ suy ra $OK.OH'=OA_1^2=R^2$

Do đó ta có điều phải chứng minh

Câu 4: (Góp $1$ cách khác là đếm truy hồi)

Cho tập $S=\left\{1,2,3,...,n\right\}$. Gọi dãy $(a_1,...,a_n) $ là một dãy đẹp nếu có tính chất $2(a_1+a_2+a_3+...+a_k)\ \vdots\ k$ $\forall k=1,2,...,n$. Khi đó gọi $s_n$ là số dãy đẹp trong các hoán vị của $S$. Ta cần tính $s_{2016}$

Trước hết ta chứng minh $s_n=2s_{n-1}$ $\forall n$ chẵn

Thật vậy ta có: $2(\dfrac{n(n+1)}{2}-a_n) \vdots n-1$

Do đó $2a_{n}\equiv 2 (mod \ n-1)$ hay $a_n \equiv 1 (mod \ n-1)$

Do đó $a_n=1$ hoặc $a_n=n-1$

Rõ ràng  nếu $(a_1,...,a_n) $ là một dãy đẹp và $a_1,...,a_n >1$ thì $(a_1-1,...,a_n-1) $ cũng là một dãy đẹp

Do đó nếu $n$ chẵn thì $s_n=2s_{n-1}$

Với $n$ lẻ và $n>3$. Đặt $n=2k+1 \Rightarrow k>1$ 

Xét tương tự trường hợp $n$ chẵn thì $a_n \equiv 1 (mod \  k)$

Do đó $a_n=1$ hoặc $a_n=n$ hoặc $a_n=k+1$

Tương tự trên  $s_n=2s_{n-1}+t_n$ trong đó $t_n$ là số dãy đẹp có $a_n=k+1$

Giờ ta sẽ xét $a_{n-1}$ 

Ta có: $2\left(\dfrac{n(n+1)}{2}-a_{n-1}-(k+1)\right) \vdots n-2$

Do $n-2$ là số lẻ nên $a_{n-1}+k+1 \equiv 3 (mod \ n-2)$ 

Ta có: $a_{n-1}+k+1 \leq n+k+1< 2(n-2)+3$ (Với $k >1$)

Và $a_{n-1}+k+1>1+1+1=3$ nên suy ra $a_{n-1}+k+1 = (n-2)+3=n+1=2(k+1)$ nên $a_{n-1}=k+1$ suy ra vô lý

Do đó $t_n=0$ với $n$ lẻ và $n>3$

Kết hợp những điều trên suy ra $s_n=2s_{n-1}$ với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$

Từ đây dễ dàng suy ra với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$ thì $s_n=2^{n-3}s_3$

Mặt khác dễ thấy $s_3=6$ nên $s_n=2^{n-3}.6=3.2^{n-2}$ với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$

Vậy $s_{2016}=3.2^{2014}$

 


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#8 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 18-09-2016 - 17:03

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH 2016 - 2017

Ngày 2

Bài 2. (5 điểm) Cho các đa thức $P(x),Q(x),R(x)$ với hệ số thực có bậc tương ứng là $3,2,3$ thỏa mãn đẳng thức $P^2(x)+Q^2(x)=R^2(x),\ \forall x\in \mathbb{R}$. Hỏi đa thức $T(x)=P(x).Q(x).R(x)$ có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả nghiệm bội).

 

 

Ngày 2:

Bài 2: Một bài đa thức khá đẹp

TH1: P,Q,R có nghiệm chung là $a$

Khi đó đặt $P(x)=(x-a).P_{1}(x),Q(x)=(x-a).Q_{1}(x),R(x)=(x-a).R_{1}(x)$

Do đó suy ra $P_{1}^2(x)+Q_{1}^2(x)=R_{1}^2(x)$

Gọi dang $2$ đa thức ra ta được: $(ax^2+bx+c)^2+(ex+f)^2=(mx^2+px+q)^2$

Do đó cân bằng hệ số bậc $4$ và bậc $3$ thì ta được $a=m,b=p$

Suy ra $(ax^2+bx+c)^2+(ex+f)^2=(ax^2+bx+p)^2$

Thay $x=\dfrac{-f}{e}$ suy ra  $(ax^2+bx+c)^2=(ax^2+bx+p)^2$ với $x=\dfrac{-f}{e}$

Mặt khác rõ ràng $c \neq p$ nên $ax^2+bx+c+ax^2+bx+p=0$ với $x=\dfrac{-f}{e}$ nên $2ax^2+2bx+p+c$ là phương trình bậc $2$ có nghiệm. Xét $\Delta'=b^2-2(c+p) \geq 0 \Rightarrow (b^2-4c)+(b^2-4p) \geq 0$

Suy ra $ax^2+bx+c$ hoặc $ax^2+bx+p$ có nghiệm 

Do nó là phương trình bậc $2$ nên nếu có nghiệm thì nó sẽ có $2$ nghiệm thực

Do đó $T(x)$ có ít nhất $6$ nghiệm thực (Tính cả nghiệm bội)

TH2: P,Q,R đôi một không có nghiệm chung 

Ta có: $P^2(x)=\left(R(x)-Q(x)\right)\left(R(x)+Q(x)\right)$

Rõ ràng $R(x)-Q(x)$ và $R(x)+Q(x)$ không có nghiệm chung và là $2$ đa thức bậc $3$ nên $P^2(x)$ có ít nhất $2$ nghiệm khác nhau là $2$ nghiệm của $R(x)-Q(x)$ và $R(x)+Q(x)$. Do đó suy ra $P(x)$ có ít nhất $2$ nghiệm khác nhau. Mà $P(x)$ là đa thức bậc $3$ nên nó phải có $3$ nghiệm

Tương tự $Q^2(x)=\left(R(x)+P(x)\right)\left(R(x)-P(x)\right)$

Từ giả thiết thì nếu gọi dang của $P,Q,R$ và cân bằng hệ số bậc $5,6$ thì ta có
$(ax^3+bx^2+cx+d)^2+(ex^2+fx+g)^2=(ax^3+bx^2+mx+n)^2$

Suy ra $P(x)+R(x)$ là đa thức bậc $3$ và $R(x)-P(x)$ là đa thức bậc $1$ nên chúng đều phải có nghiệm và từ $P,Q,R$ đôi một không có nghiệm chung thì rõ ràng $Q^2(x)$ phải có $2$ nghiệm là $2$ nghiệm của $P(x)+R(x)$ và $R(x)-P(x)$. Do đó $Q(x)$ có $2$ nghiệm

Từ đó $P(x)$ có $3$ nghiệm, $Q(x)$ có $2$ nghiệm và $R(x)$ có ít nhất $1$ nghiệm

Tóm lại $T(x)$ có ít nhất $6$ nghiệm

Ta chỉ ra trường hợp dấu $=$ xảy ra như sau :$P(x)=x(x^2+4x+3),Q(x)=2x(x+2),R(x)=x(x^2+4x+5)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 18-09-2016 - 17:04

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#9 captain luffy7

captain luffy7

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:Mathematics...

Đã gửi 18-09-2016 - 17:54

Ngày 1:

Câu 1: (khá quen thuộc nhưng mình xét BĐT hơi loằng ngoằng)

a) Xét $f'_{n}(x)=\dfrac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(x-1)^2}$

$f'_n(x)=0 \Leftrightarrow 2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0 (x \neq 1)$

Ta chứng minh $g_{n}(x)=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0$ có nghiệm duy nhất trên $\mathbb{R}$

Xét $g'_n(x) = 2n(2n+1)x^{2n}-2n(2n+1)x^{2n-1}=0 \Leftrightarrow x^{2n}=x^{2n-1} \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$

Do đó với $x<0$ thì $g'_n(x) \neq 0$ do đó $f'_n(x)=0$ có nghiệm duy nhất trên $(-\infty;0)$ 

Mặt khác ta cũng có thể viết : $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$ nên rõ ràng với $x\geq 0$ thì  $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1>0$

Vậy $f'_{n}(x)=0$ có duy nhất một nghiệm

Mặt khác $f_n(x)$ có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ nên nó chỉ đạt giá trị nhỏ nhất đó tại một điểm duy nhất 

b) $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$

Do đó $f'_{n}(-1)<0$ và $f'_{n}(0)>0$ nên rõ ràng $(s_n)$ bị chặn giữa $-1$ và $0$

Ta chứng minh $(s_n)$ là dãy giảm

Từ phần $(a)$ dễ suy ra $f'_{n}(x)$ đồng biến trên $(-\infty;0)$

Do đó chỉ cần chứng minh $f'_{n+1}(s_n) > f'_{n+1}(s_{n+1})=0$

Do đó ta cần chứng minh $2(n+1)s_{n}^{2n+1}+(2n+1)s_{n}^{2n}>0$ hay $s_n>\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}$

Hay cần chứng minh $f_n(\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}) <0$

Bằng cách ghép lần lượt $2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2} <0$ và tương tự thì ta dễ dàng có điều phải chứng minh 

Do đó $s_{n}$ giảm và bị chặn nên ta có điều phải chứng minh

Câu 2: (Nhiều khả năng bài này chế từ một bài trong Old and new)

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ thì dễ có $a^5b^5(a^5+b^5+1+1+1)\geq 5a^6b^6$

Chứng minh tương tự và đặt $a^5=x,b^5=y,c^5=z$ thì $x+y+z=3$

Ta có: $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq xy(x+y+3)+yz(y+z+3)+zx(z+x+3)=2pq-3r$ với $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta thu được: $27+9r\geq 4pq \Leftrightarrow 2pq-\dfrac{9r}{2} \leq \dfrac{27}{2} $

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta thu được $r \leq 3 \Leftrightarrow \dfrac{r}{2} \leq \dfrac{3}{2}$

Suy ra $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq 15 \Rightarrow a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6 \leq 3$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Câu 4 ngày 1 liệu có vấn đề gì không nhỉ sao nó đúng với $k=0$ được

Có vẻ như bài 2 từ đoạn Schur xuống AM-GM bạn hơi nhầm thì phải :icon6: Tới khúc chỗ shur thì áp dụng trưc tiếp vào vs p<=3 là đc


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi captain luffy7: 18-09-2016 - 22:08


#10 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 18-09-2016 - 21:02

Có vẻ như bài 2 từ đoạn Schur xuống AM-GM bạn hơi nhầm thì phải :icon6: Tới khúc chỗ shur thì áp dụng trưc tiếp vào vs $q\geq\frac3\$ là đc

$q \geq 3$ làm sao được hả bạn  :wacko:

Ngày 2:

Bài 3: (Câu này cấu hình lạ nhưng em nghĩ khá rối theo cách làm của em đoạn biến đổi phần b)

k.png

a) Gọi $J$ là hình chiếu của $M$ trên $AE$. Do tính đối xứng nên $MN=2MJ$. Do đó chỉ cần chứng minh $\dfrac{MJ}{MR}=\dfrac{EM}{EQ}$

Ta có: $QRJM$ nội tiếp nên $\widehat{JRM}=\widehat{EQM}$. Lại có; $\widehat{RMJ}=\widehat{DEM}$

Do đó $\triangle RMJ \backsim \triangle QEM$ suy ra $\dfrac{MJ}{MR} = \dfrac{EM}{EQ}$ suy ra điều phải chứng minh

b) Kẻ đường cao $AL$ . Gọi $U$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$

Ta có: $AL.AO$ đẳng giác nên dễ suy ra $QD$ là phân giác của $\widehat{RQS}$

Mà $DS\perp QS$ nên $DS=DR$ và $R,S$ đối xứng qua $A,E$

Gỉa sử $EN$ cắt $AL$ tại $T$. Do $AE$ là phân giác của $\widehat{TAO}$ và $\widehat{TEO}$ nên dễ dàng suy ra $O,T$ đối xứng qua $A,E$ suy ra $T$ cố định 

Ta chứng minh $PT \perp SM \Leftrightarrow TS^2-TM^2=PS^2-PM^2 $

Mà $PS=PR,TS=OR$( Phép đối xứng trục $AE$) nên chỉ cần chứng minh $OR^2-TM^2=PR^2-PM^2 \Leftrightarrow OM^2+RM^2-TM^2=RU^2-MU^2$

$\Leftrightarrow TM^2-OM^2=RM^2+MU^2-RU^2=(RM-RU)(RM+RU)+MU^2=MU(RM+RU+MU)=2MR.MU$

Chứng minh tương tự phần $a$ ta cũng có: $\dfrac{MJ}{MU}=\dfrac{ME}{PE}$

Do đó $2MU.MR=2MJ^2.\dfrac{EP.EQ}{ME^2}$

Bằng cộng góc dễ dàng chứng minh được $EB$ là tiếp tuyến của $(BPQ)$ nên $2MU.MR=\dfrac{2.MJ^2.EB^2}{ME^2}$ là số cố định nên ta chỉ cần chứng minh đẳng thức trên khi $P \equiv Q$ là tâm nội tiếp của tam giác

Gọi tâm nội tiếp của tam giác là $I$ và tiếp điểm trên $BC$ là $X$

Cần chứng minh: $TM^2-OM^2=2MX^2$

Lại có:

$TM^2-OM^2=TM^2-TD^2+OD^2-OM^2=ML^2-DL^2+DM^2=DM(ML+DL+MD)=2MD.ML$

Do đó chỉ cần chứng minh $MD.ML=MX^2 \Leftrightarrow \dfrac{ML}{MD}=\dfrac{MX^2}{MD^2}$

Mặt khác $\dfrac{ML}{MD}=\dfrac{EA}{ED}$

Và $\dfrac{MX^2}{MD^2}=\dfrac{EI^2}{ED^2}$ nên chỉ cần chứng minh $EI^2=EA.ED$ ( Tính chất quen thuộc)

Vậy ta có đường thẳng qua $P$ vuông góc với $SM$ đi qua điểm $T$ cố định


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 18-09-2016 - 21:03

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#11 captain luffy7

captain luffy7

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:Mathematics...

Đã gửi 18-09-2016 - 22:08

Sorry mình gõ lộn><



#12 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 19-09-2016 - 00:57

bài 1 ai có cách tìm lim sn không nhỉ?



#13 huya1k43pbc

huya1k43pbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ngạo nghễ cười trên cả những niềm đau
  • Sở thích:Hạt cát vô danh.

Đã gửi 19-09-2016 - 17:24

Từ giả thiết  không mất tính tổng quát giả sử $R(x)=P(x)+T(x)(degT\leq 2)=>T(x)^2+2T(x)P(x)=Q(x)^2(do Q bậc 2 P bậc 3)=>degT=1..Q(x)^2=T(x)(T(x)+2P(x))=>P(x)\vdots T(x)=>R(x) có ít nhất 1 nghiệm.ĐặtP(x)=T(x)K(x)(deg K=2)=>Q(x)^2=T(x)^2(1+2K(x)).Q(x)\vdots T(x)=>Q(x) có nghiệmQ(x)có 1 nghiệm kép=>1+2K(x)=M(x)^2=>K(x)=(M(x)+1)(M(x)-1)/2(degM=1)=>K(x)có 2 nghiệm phân biệt(vì M bậc 1)=>P(x) có 3 nghiệm.Q(x) có 2 nghiệm phân biệt,tương tự=>P(x)có 3 nghiệm =>H(x)=P(x)Q(x)R(x) có ít nhất 6 nghiệm.Chọn M(x)=x=>P(x)=\frac{x^3-x}{2},Q(x)=x^2,R(x)=\frac{x^3+x}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huya1k43pbc: 19-09-2016 - 17:48


#14 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 401 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 19-09-2016 - 18:39

Bài hình ngày 2 nằm trong chuyên đề về đối xứng trục của thầy Hùng đăng trên báo toán học tuổi trẻ tháng này và tháng trước.

Câu a, giải như anh Phương là chuẩn rồi, câu b, có thể giải ngắn gọn như sau.

Do $BP,BQ$ đẳng giác nên $\angle BQE=\angle PBE$ suy ra $\triangle BPE\sim \triangle QBE$, từ đó $BE^2=EP\cdot EQ$

Gọi $F$ là giao điểm của $EM$ với $(O)$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì $EP\cdot EQ=BE^2=EM\cdot EF$ suy ra tứ giác $PQFM$ nội tiếp.

Do đó $\triangle QME\sim \triangle FPE$ (góc - góc) suy ra $\triangle RNM\sim \triangle OPE$ (đồng dạng trung tuyến)

Từ đó đường thẳng qua $P$ vuông góc với $RN$ đi qua $(O)$. Xét phép đối xứng trục $Đ_{AD}:N\to M,R\to S,O\to T$ ($T$ đối xứng $O$ qua $AD$). Ta có đpcm.



#15 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 21-09-2016 - 16:15

Ngày 1:

Câu 1: (khá quen thuộc nhưng mình xét BĐT hơi loằng ngoằng)

a) Xét $f'_{n}(x)=\dfrac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(x-1)^2}$

$f'_n(x)=0 \Leftrightarrow 2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0 (x \neq 1)$

Ta chứng minh $g_{n}(x)=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0$ có nghiệm duy nhất trên $\mathbb{R}$

Xét $g'_n(x) = 2n(2n+1)x^{2n}-2n(2n+1)x^{2n-1}=0 \Leftrightarrow x^{2n}=x^{2n-1} \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$

Do đó với $x<0$ thì $g'_n(x) \neq 0$ do đó $f'_n(x)=0$ có nghiệm duy nhất trên $(-\infty;0)$ 

Mặt khác ta cũng có thể viết : $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$ nên rõ ràng với $x\geq 0$ thì  $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1>0$

Vậy $f'_{n}(x)=0$ có duy nhất một nghiệm

Mặt khác $f_n(x)$ có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ nên nó chỉ đạt giá trị nhỏ nhất đó tại một điểm duy nhất 

b) $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$

Do đó $f'_{n}(-1)<0$ và $f'_{n}(0)>0$ nên rõ ràng $(s_n)$ bị chặn giữa $-1$ và $0$

Ta chứng minh $(s_n)$ là dãy giảm

Từ phần $(a)$ dễ suy ra $f'_{n}(x)$ đồng biến trên $(-\infty;0)$

Do đó chỉ cần chứng minh $f'_{n+1}(s_n) > f'_{n+1}(s_{n+1})=0$

Do đó ta cần chứng minh $2(n+1)s_{n}^{2n+1}+(2n+1)s_{n}^{2n}>0$ hay $s_n>\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}$

Hay cần chứng minh $f_n(\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}) <0$

Bằng cách ghép lần lượt $2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2} <0$ và tương tự thì ta dễ dàng có điều phải chứng minh 

Do đó $s_{n}$ giảm và bị chặn nên ta có điều phải chứng minh

Câu 2: (Nhiều khả năng bài này chế từ một bài trong Old and new)

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ thì dễ có $a^5b^5(a^5+b^5+1+1+1)\geq 5a^6b^6$

Chứng minh tương tự và đặt $a^5=x,b^5=y,c^5=z$ thì $x+y+z=3$

Ta có: $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq xy(x+y+3)+yz(y+z+3)+zx(z+x+3)=2pq-3r$ với $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta thu được: $27+9r\geq 4pq \Leftrightarrow 2pq-\dfrac{9r}{2} \leq \dfrac{27}{2} $

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta thu được $r \leq 3 \Leftrightarrow \dfrac{r}{2} \leq \dfrac{3}{2}$

Suy ra $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq 15 \Rightarrow a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6 \leq 3$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Câu 4 ngày 1 liệu có vấn đề gì không nhỉ sao nó đúng với $k=0$ được

sao lại có cái này?



#16 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 21-09-2016 - 18:42

sao lại có cái này?

$s_n$ là nghiệm của $f_{n}'(x)=0$ và $f_{n}'(x)=0$ có nghiệm duy nhất. $f_{n}'(x)$ liên tục và có đạo hàm trên $(0;1)$ nên nó có nghiệm nằm giữa $-1$ và $0$ nên đó là $s_n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 21-09-2016 - 18:43

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#17 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 21-09-2016 - 19:25

$s_n$ là nghiệm của $f_{n}'(x)=0$ và $f_{n}'(x)=0$ có nghiệm duy nhất. $f_{n}'(x)$ liên tục và có đạo hàm trên $(0;1)$ nên nó có nghiệm nằm giữa $-1$ và $0$ nên đó là $s_n$

$s_{n}$ là giá trị của hàm mà có phải là giá trị của biến đâu?



#18 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4155 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 21-09-2016 - 21:27

Bài 4 ngày 1 của đề lấy từ IMO Shortlist 2008 C2.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#19 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 22-09-2016 - 10:51

$s_{n}$ là giá trị của hàm mà có phải là giá trị của biến đâu?

em đọc nhầm đề ạ 

Nếu gọi $t_{n}$ là dãy nghiệm thì $t_{n}$ bị chặn giữa $0,1$ nên từ đó $s_{n}$ cũng bị chặn giữa $0,1$

Do tính nhỏ nhất nên $s_{n+1}=f_{n+1}(t_{n+1})<f_{n+1}(t_{n})=t_{n}^{2n+2}+t_{n}^{2n+1}+s_n<s_{n}$

Do đó $s_{n}$ là dãy giảm

Do đó nó có giới hạn hữu hạn


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#20 tay du ki

tay du ki

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:số hoc : định lí goldbach
    trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới

Đã gửi 29-12-2016 - 21:26

bài 1 ngày 2 thì sao nhỉ ? 






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh