Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi lập đội tuyển dự thi Học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 THPT, tỉnh Thái Nguyên.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1
huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 336 Bài viết

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/10/2016

 

Bài 1 (4 điểm). Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

\[\dfrac{1}{\left(1+a\right)^3}+\dfrac{1}{\left(1+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(1+c\right)^3}+\dfrac{3}{32}\left(ab+bc+ca\right)\geqslant \dfrac{21}{32}\]

 

Bài 2 (4 điểm)Tìm tất cả các hàm $f(x)$ xác định trên tập hợp số thực và nhận giá trị thực, sao cho với mọi $x$, $y$ thực ta có:

\[f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)\]

 

Bài 3 (4 điểm)Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp một đường tròn. Một đường thẳng $\Delta$ đi qua $A$ cắt đường thẳng $BC$ tại $E$, cắt đường thẳng $CD$ tại $F$. Gọi $I_1$, $I_2$ và $I_3$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ABE$, $ECF$ và $FAD$. Chứng minh rằng đường thẳng $\Delta$ đi qua trực tâm của tam giác $I_1I_2I_3$.

 

Bài 4 (4 điểm)Tô màu luân phiên các đỉnh của $2n$-giác lồi bởi hai màu đỏ và xanh. Xét tất cả các đường chéo của đa giác mà hai đầu mút khác màu. Tìm số giao điểm lớn nhất nằm trong đa giác của tất cả các đường chéo đó.

 

Bài 5 (4 điểm)Cho $x$, $y$, $z$ là ba số thực dương thoả mãn $xyz\geqslant 1$ và $z\leqslant 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[F=\dfrac{x}{1+y}+\dfrac{y}{1+x}+\dfrac{4-z^3}{3\left(1+xy\right)}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 22-10-2016 - 16:05

$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#2
LuaMi

LuaMi

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Bài hình là bài G8 trong IMO 2009 Shortlist



#3
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Bài $1$: Dễ c/m bổ đề sau: $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq\frac{1}{xy+1}$ $\forall x,y>0$

Áp dụng bđt $AM-GM$: $\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(1+a)^6}.\frac{1}{8}}=\frac{3}{2(1+a)^2}$

$\Rightarrow VT=\sum\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{3\sum ab}{32}\geq\frac{3}{4}\sum\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{3\sum ab}{32}-\frac{3}{16}\geq\frac{3}{8}\sum\frac{1}{1+ab}+\frac{3\sum ab}{32}-\frac{3}{16}\geq\frac{27}{8(3+\sum ab)}+\frac{3(3+\sum ab)}{32}-\frac{15}{32}\geq 2\sqrt{\frac{27}{8(3+\sum ab)}.\frac{3(3+\sum ab)}{32}}-\frac{15}{32}=\frac{9}{8}-\frac{15}{32}=\frac{21}{32}$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 23-10-2016 - 15:11


#4
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Bài 5: 

Trước hết, ta thu được từ điều kiện: $xy\geq \frac{1}{z}\geq 1$.

Ta có: $F=\frac{x}{1+y}+\frac{y}{1+x}+\frac{4-z^3}{3(1+xy)}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y+2xy}+\frac{1}{1+xy}$.

Xét hàm: $f(t)=\frac{a^2}{a+2m},a> 0,m> 0$.

Ta có: $f'(t)=\frac{a^2+4am}{(a+2m)^2}> 0$ Nên $f(t)$ đồng biến.

Ta lại có: $x+y\geq 2\sqrt{xy}$.

Nên $f(x+y)\geq f(2\sqrt{xy})$ và chọn $m=\sqrt{xy}$.

Do đó: $F\geq \frac{2\sqrt{xy}}{1+\sqrt{xy}}+\frac{1}{1+xy}$.

Tới đây, ta chỉ cần dùng đạo hàm là ra. 


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#5
Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(1-y)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=2$ và $x=1$ ta được $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$

Nếu $f(1)=0$ thì ta suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=2$ thì thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x+1)=f(x)+2(x+1)$

Quy nạp ta được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$, $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ thỏa mãn $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 23-10-2016 - 18:49


#6
pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=1$ ta được $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

Xem lại lời giải bạn, lời giải bài toán còn có nghiệm: $f(x)=x^2+x$ nữa nhé!!

Chữ đỏ nhầm nhé, thay y bởi -y nên đó thành $(1-y)f(x)$ và nếu cứ thay $y=1$ như em thì không rút ra được điều gì nhé!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 23-10-2016 - 11:05

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#7
pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(1-y)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=2$ và $x=1$ ta được $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$

Nếu $f(1)=0$ thì ta suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=2$ thì thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x+1)=f(x)+2(x+1)$

Quy nạp ta được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$, $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ thỏa mãn $\blacksquare$

Nói rõ quy nạp đi bạn, trên N rồi sao nữa. Không phải soi mói nhưng đăng lời giải thì rõ ràng nha!!

Thay vì làm như vậy em có thể thay $y$ bởi $y+1$ ở (1)

Thế tiếp vào (1) khử đi $f(x).f(y)$ rồi thay $y$ bởi $\frac{1}{x}$, sẽ tìm được nghiệm $f(x)=x^2+x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 24-10-2016 - 18:08

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#8
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

Bài 4: Giả sử có $k$ điểm xanh, $2n-k$ điểm đỏ. Chọn ra bộ $4$ điểm $2$ xanh là $A_1,A_2$, $2$ đỏ là $B_1,B_2$. Xét các cặp đoạn thẳng $(A_1B_1;A_2B_2)$ và $(A_1B_2;A_2B_1)$. Dễ thấy rằng nếu $A_1B_1,A_2B_2$ cắt nhau thì $A_2B_1,A_1B_2$ không cắt nhau. Vậy trong $2$ cặp đoạn thẳng đó chỉ chứa nhiều nhất $1$ giao điểm. Vì vậy cứ chọn $4$ điểm thoả mãn $2$ điểm xanh ,$2$ đỏ thì sẽ tạo ra nhiều nhất $1$ giao điểm. Có tất cả $\binom{k}{2}\binom{2n-k}{2}\leq \binom{n}{2}^2$ cách chọn $4$ điểm nên có nhiều nhất $\binom{n}{2}^2$ giao điểm. Xét đa giác $A_1A_2...A_{2n}$ thì ta tô xanh $A_1,A_2,...,A_n$, đỏ $A_{n+1},...,A_{2n}$ thì số giao điểm sẽ lớn nhất (không có $3$ đoạn nào đồng quy)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 25-10-2016 - 11:57


#9
huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 336 Bài viết

Bài 4: Giả sử có $k$ điểm xanh, $2n-k$ điểm đỏ. Chọn ra bộ $4$ điểm $2$ xanh là $A_1,A_2$, $2$ đỏ là $B_1,B_2$. Xét các cặp đoạn thẳng $(A_1B_1;A_2B_2)$ và $(A_1B_2;A_2B_1)$. Dễ thấy rằng nếu $A_1B_1,A_2B_2$ cắt nhau thì $A_2B_1,A_1B_2$ không cắt nhau. Vậy trong $2$ cặp đoạn thẳng đó chỉ chứa nhiều nhất $1$ giao điểm. Vì vậy cứ chọn $4$ điểm thoả mãn $2$ điểm xanh ,$2$ đỏ thì sẽ tạo ra nhiều nhất $1$ giao điểm. Có tất cả $\binom{2n}{k}\binom{2n}{2n-k}\leq \binom{2n}{n}^2$ cách chọn $4$ điểm nên có nhiều nhất $\binom{2n}{n}^2$ giao điểm. Xét đa giác $A_1A_2...A_{2n}$ thì ta tô xanh $A_1,A_2,...,A_n$, đỏ $A_{n+1},...,A_{2n}$ thì số giao điểm sẽ lớn nhất (không có $3$ đoạn nào đồng quy)

 

Mình tưởng tô luân phiên là cứ xanh - đỏ - xanh - đỏ - ... chứ nhỉ...


$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#10
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

Mình tưởng tô luân phiên là cứ xanh - đỏ - xanh - đỏ - ... chứ nhỉ...

Giả sử tô $A_1,A_3$ xanh, $A_2,A_4$ đỏ thì $A_1A_2$ không cắt $A_3A_4$,$A_1A_4$ không cắt $A_2A_3$ nên khi chọn $4$ điểm đó thì ta sẽ không thu được giao điểm nào, vì vậy tô theo cách của mình vẫn tốt hơn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 24-10-2016 - 23:08


#11
huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 336 Bài viết

Giả sử tô $A_1,A_3$ xanh, $A_2,A_4$ đỏ thì $A_1A_2$ không cắt $A_3A_4$,$A_1A_4$ không cắt $A_2A_3$ nên khi chọn $4$ điểm đó thì ta sẽ không thu được giao điểm nào, vì vậy tô theo cách của mình vẫn tốt hơn

 

không, ý mình là đầu bài cho sẵn là tô luân phiên rồi mà...


$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#12
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

không, ý mình là đầu bài cho sẵn là tô luân phiên rồi mà...

Nếu cho sẵn cách tô rồi thì còn hỏi cách tô nào cho số giao điểm lớn nhất nữa ?



#13
huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 336 Bài viết

Nếu cho sẵn cách tô rồi thì còn hỏi cách tô nào cho số giao điểm lớn nhất nữa ?

 

Có lẽ là không có ba đường nào đồng quy...


$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#14
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 4: 

Mình nghĩ ý kiến của bạn huykinhcan99 đúng hơn, với lại đề người ta cũng ghi là tô luân phiên rồi mà. Vói trường hợp tô luân phiên xanh với đỏ thì mình nghĩ số giao điểm nằm trong đa giác lớn nhất là khi không có 3 đường nào đồng quy, do đó ta chỉ cần tính số giao điểm của các đường chéo rồi chọn cách dựng các đỉnh sao cho chúng không trùng nhau là được. Đây là cách giải của mình:

Ta xét hai điểm xanh và hai điểm đỏ bất kỳ. Dễ thấy nếu 4 điểm này nằm xen kẽ nhau theo kiểu $X-D-X-D$ thì giao điểm của chúng nằm ngoài đa giác, còn nếu 2 điểm xanh kề nhau và 2 điểm đỏ kề nhau thì giao điểm của chúng nằm trong đa giác.

Do đó ta sẽ đi tính số cách chọn ra hai điểm xanh và hai điểm đỏ sao cho hai điểm xanh nằm về cùng một phía và hai điểm đỏ nằm về cùng một phía.

Ta chọn một đỉnh xanh bất kỳ và đánh dấu số 1, sau đó theo chiều kim đồng hồ ta đánh dấu các đỉnh xanh còn lại với các số tiếp theo. Đỉnh màu đỏ sẽ mang số tương ứng với đỉnh xanh đứng trước nó.Ta xét theo chiều kim đồng hồ. Gọi $x_1$ là hiệu của điểm đầu tiên với 1, $x_i\left ( i=\overline{2,4} \right )$ là hiệu của điểm thứ $i+1$ và $i$ và $x_5$ là hiệu của $n$ với điểm cuối cùng.

Do đó $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=n-1$. ta có các nhận xét sau:

-Nếu có điểm đỏ nằm trước điểm xanh thì hiệu của chúng phải lớn hơn 1.

-Hai điểm cùng màu nằm liền nhau thì có hiệu lớn hơn 1.

Ta xét 4 cách chọn sau:
$XXDD: x_1+\left (x_2-1 \right )+x_3+\left (x_4-1 \right )+x_5=n-3\left ( x_2,x_4\geq 1 \right )$, suy ra số cách chọn là $C^4_{n+1}$ cách theo bài toán chia kẹo Euler.

Tương tự các trường hợp $DDXX,XDDX,DXXD$ sẽ cho số cách chọn lần lượt là $C^4_{n},C^4_{n+1},C^4_{n+1}$.

Vậy có $3C^4_{n+1}+C^4_n$ cách chọn tương ứng với  $3C^4_{n+1}+C^4_n$ giao điểm.



#15
mitom17

mitom17

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Nếu n=4 thì số giao điểm là 16 mà bạn?

Bài 4: 

Mình nghĩ ý kiến của bạn huykinhcan99 đúng hơn, với lại đề người ta cũng ghi là tô luân phiên rồi mà. Vói trường hợp tô luân phiên xanh với đỏ thì mình nghĩ số giao điểm nằm trong đa giác lớn nhất là khi không có 3 đường nào đồng quy, do đó ta chỉ cần tính số giao điểm của các đường chéo rồi chọn cách dựng các đỉnh sao cho chúng không trùng nhau là được. Đây là cách giải của mình:

Ta xét hai điểm xanh và hai điểm đỏ bất kỳ. Dễ thấy nếu 4 điểm này nằm xen kẽ nhau theo kiểu $X-D-X-D$ thì giao điểm của chúng nằm ngoài đa giác, còn nếu 2 điểm xanh kề nhau và 2 điểm đỏ kề nhau thì giao điểm của chúng nằm trong đa giác.

Do đó ta sẽ đi tính số cách chọn ra hai điểm xanh và hai điểm đỏ sao cho hai điểm xanh nằm về cùng một phía và hai điểm đỏ nằm về cùng một phía.

Ta chọn một đỉnh xanh bất kỳ và đánh dấu số 1, sau đó theo chiều kim đồng hồ ta đánh dấu các đỉnh xanh còn lại với các số tiếp theo. Đỉnh màu đỏ sẽ mang số tương ứng với đỉnh xanh đứng trước nó.Ta xét theo chiều kim đồng hồ. Gọi $x_1$ là hiệu của điểm đầu tiên với 1, $x_i\left ( i=\overline{2,4} \right )$ là hiệu của điểm thứ $i+1$ và $i$ và $x_5$ là hiệu của $n$ với điểm cuối cùng.

Do đó $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=n-1$. ta có các nhận xét sau:

-Nếu có điểm đỏ nằm trước điểm xanh thì hiệu của chúng phải lớn hơn 1.

-Hai điểm cùng màu nằm liền nhau thì có hiệu lớn hơn 1.

Ta xét 4 cách chọn sau:
$XXDD: x_1+\left (x_2-1 \right )+x_3+\left (x_4-1 \right )+x_5=n-3\left ( x_2,x_4\geq 1 \right )$, suy ra số cách chọn là $C^4_{n+1}$ cách theo bài toán chia kẹo Euler.

Tương tự các trường hợp $DDXX,XDDX,DXXD$ sẽ cho số cách chọn lần lượt là $C^4_{n},C^4_{n+1},C^4_{n+1}$.

Vậy có $3C^4_{n+1}+C^4_n$ cách chọn tương ứng với  $3C^4_{n+1}+C^4_n$ giao điểm.



#16
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Nếu n=4 thì số giao điểm là 16 mà bạn?

$3C^4_5+C^4_4=16$ mà, hay ý bạn là sao?



#17
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(1-y)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=2$ và $x=1$ ta được $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$

Nếu $f(1)=0$ thì ta suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=2$ thì thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x+1)=f(x)+2(x+1)$

Quy nạp ta được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$, $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ thỏa mãn $\blacksquare$

Quy nạp đúng trên $\mathbb{R}$ :v

 

Kí hiệu $P(u,v)$ là việc thay $x$ bởi $u, y$ bởi $v$ vào  $f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$

 

$P(0,0)$ $\implies$ $f(0)^2=2f(0)$ $\Rightarrow$ $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$
 
Nếu $f(0)=2$, $P(x,0)$ $\implies$ $f(x)=x+2$ Không là nghiệm. Vậy $f(0)=0$
 
$P(1,-1)$ $\implies$ $f(1)f(-1)=3f(-1)$ Suy ra $f(-1)=0$ hoặc $f(1)=3$
 
Nếu $f(1)=3$, $P(x-1,1)$ $\implies$ $f(x)=3x$ Là một nghiệm.
 
Nếu $f(-1)=0$
 
$P(-x,1)$ $\implies$ $f(-x+1)=(3-f(1))f(-x)+(-x+1)f(1)$ 
$P(x,-1)$ $\implies$ $f(x-1)=f(-x)$
$P(x-1,-1)$ $\implies$ $f(x-2)=f(-x+1)$
 
$\Rightarrow$ $f(x-2)=(3-f(1))f(x-1)+(-x+1)f(1)$
Nhưng $P(x-2,1)$ $\implies$ $f(x-1)=(3-f(1))f(x-2)+(x-1)f(1)$
Kết hợp lại được $(2-f(1))(f(x-2)+f(x-1))=0$
 
Do $f(1)\ne 2$, nên $f(x-2)=-f(x-1)$ $\Rightarrow f(x+1)=-f(x)$ và $f(1)=0$
 $P(x,1)$ $\implies$ $f(x+1)=3f(x)$ $ \Rightarrow -f(x)=3f(x)$  $f(x)=0$ $\forall x$ cũng là một nghiệm
 
Nếu $f(1)=2$, Khi đó $P(x,1)$ $\implies$ $f(x+1)=f(x)+2x+2$ nên :
 
$f(x+n)=f(x)+2nx+n^2+n$
 $\Rightarrow f(n)=n^2+n$
 
 $P(\frac pq,q)$ $\implies$ $f(\frac pq)=(\frac pq)^2+\frac pq$ và được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in\mathbb Q$
 
Đặt tiếp $g(x)=f(x)-x^2-x$ khi đó $g(x)=0$ $\forall x\in\mathbb Q$. Phương trình ban đầu trở thành :$g(x+y)+g(x)g(y)+g(x)(y^2-1)+g(y)(x^2-1))=g(xy)$
 
Đặt $Q(u,v)$ chỉ sự thay $x$ bởi $u$ và $y$ bởi $v$ vào: $g(x+y)+g(x)g(y)+g(x)(y^2-1)+g(y)(x^2-1))=g(xy)$
 
$Q(x,1)$ $\implies$ $g(x+1)=g(x)$
 
từ $Q(x,y)$ và $Q(x,y+1)$, được $g(x)(2y+1)=g(xy+x)-g(xy)$
 
 $\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)(\frac{2x}y+1)$ $\forall x,y\ne 0$
 
$\Rightarrow g(x)+g(y)(\frac{2x}y+1)=g(y)+g(x)(\frac{2y}x+1)$  $\Rightarrow  \frac{g(y)}{y^2}=\frac{g(x)}{x^2}$ $\forall x,y\ne 0$
$\Rightarrow  g(x)=ax^2$ $\Rightarrow  g(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ cũng là một nghiệm
 
Vậy có 3 nghiệm thỏa mãn:
 
$f(x)=0$
$f(x)=3x$
$f(x)=x^2+x$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 07-11-2016 - 23:28


#18
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/10/2016

 

Bài 1 (4 điểm). Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

\[\dfrac{1}{\left(1+a\right)^3}+\dfrac{1}{\left(1+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(1+c\right)^3}+\dfrac{3}{32}\left(ab+bc+ca\right)\geqslant \dfrac{21}{32}\]

 

Bài 2 (4 điểm)Tìm tất cả các hàm $f(x)$ xác định trên tập hợp số thực và nhận giá trị thực, sao cho với mọi $x$, $y$ thực ta có:

\[f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)\]

 

Bài 3 (4 điểm)Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp một đường tròn. Một đường thẳng $\Delta$ đi qua $A$ cắt đường thẳng $BC$ tại $E$, cắt đường thẳng $CD$ tại $F$. Gọi $I_1$, $I_2$ và $I_3$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ABE$, $ECF$ và $FAD$. Chứng minh rằng đường thẳng $\Delta$ đi qua trực tâm của tam giác $I_1I_2I_3$.

 

Bài 4 (4 điểm)Tô màu luân phiên các đỉnh của $2n$-giác lồi bởi hai màu đỏ và xanh. Xét tất cả các đường chéo của đa giác mà hai đầu mút khác màu. Tìm số giao điểm lớn nhất nằm trong đa giác của tất cả các đường chéo đó.

 

Bài 5 (4 điểm)Cho $x$, $y$, $z$ là ba số thực dương thoả mãn $xyz\geqslant 1$ và $z\leqslant 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[F=\dfrac{x}{1+y}+\dfrac{y}{1+x}+\dfrac{4-z^3}{3\left(1+xy\right)}\]

Thực ra bài hàm đi từ bài  IMO Shortlist 2005 A4






0 người đang xem chủ đề

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