Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc Gia tỉnh Bắc Giang


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

#1 nhatduy01

nhatduy01

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-09-2013 - 11:37

                                             Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc Gia tỉnh Bắc Giang

                                                              Năm học 2013-2014

                                                        Thời gian : 180 phút

Câu 1(4 điểm)

          Giải hệ phương trình

                                 $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-8x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^{2}+4y+5} & & \\ x^{2}+2y^{2}=4x-8y-6 & & \end{matrix}\right.$             

Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

Câu 3(4 điểm)

           Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC<\angle BAC$.Trên đường thẳng $BC$ lấy điểm $D$ thỏa mãn $\angle CAD=\angle ABC$.Đường tròn $(O)$ bất kì đi qua $B,D$ cắt $AB,AD$ lần lượt tại $M,N$ .Kẻ hai tiếp tuyến $AP,AQ$ với $(O)$ ,$P,Q$ thuộc $(O)$ .Gọi $G$ là giao điểm của $BN$ và $DM$,gọi $I$ là trung điểm của $AG$.

           a/ CMR : $P,Q,G$ thẳng hàng.

           b/ CMR : $CI$ vuông góc với $AG$.

Câu 4(4 điểm)

          Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa mãn  

                                      $\left\{\begin{matrix} x_{1}=0,x_{2}=1 & & \\ x_{n+1}=\frac{3x_{n-1}+2}{10x_{n}+2x_{n-1}+2},n\geq 2 & & \end{matrix}\right.$ 

                 Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn và tìm $lim x_{n}$

Câu 5(4 điểm)

         Tìm cặp các số nguyên $(a,b)$ sao cho

                                          $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$

             là một số nguyên.



#2 25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:KHTN-NEU
  • Sở thích:Cafe + radio + mưa

Đã gửi 22-09-2013 - 12:00

               Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có

    $(\sum a\sqrt{\frac{b+c}{a^2+bc}})^2\leqslant (a+b+c)(\frac{ab+ac}{a^2+bc}+\frac{ba+bc}{b^2+ac}+\frac{ca+cb}{c^2+ab})$

Do đó ta chỉ cần chứng minh 

    $(a+b+c)(\frac{ab+ac}{a^2+bc}+\frac{ba+bc}{b^2+ac}+\frac{ca+cb}{c^2+ab})\leqslant \frac{9}{(abc)^2}$

$\Leftrightarrow (abc)^2(a+b+c)(\frac{ab+ac}{a^2+bc}+\frac{ba+bc}{b^2+ac}+\frac{ca+cb}{c^2+ab})\leqslant 9$  (1)

Áp dụng AM-GM ta có $(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)$

                                    $ab+bc+ca\geqslant 3\sqrt[3]{(abc^2)}\Rightarrow abc\leqslant 1$

 $\Rightarrow (abc)^2(a+b+c)\leqslant 3$   (2)

Từ (1) và (2) ta chỉ cần chứng minh

         $\frac{ab+ac}{a^2+bc}+\frac{ba+bc}{b^2+ac}+\frac{ca+cb}{c^2+ab}\leqslant 3$

$\Leftrightarrow \frac{ab+ac}{a^2+bc}-1+\frac{ba+bc}{b^2+ac}-1+\frac{ca+cb}{c^2+ab}-1\leqslant 0$

$\Leftrightarrow \frac{-(a-b)(a-c)}{a^2+bc}+\frac{-(b-a)(b-c)}{b^2+ac}+\frac{-(c-a)(c-b)}{c^2+ab} \leqslant 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)(a-c)}{a^2+bc}+\frac{(b-a)(b-c)}{b^2+ac}+\frac{(c-a)(c-b)}{c^2+ab}\geqslant 0$

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo Schur suy rộng

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#3 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 22-09-2013 - 12:48



                                             

          Giải hệ phương trình

                                 $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-8x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^{2}+4y+5} & & \\ x^{2}+2y^{2}=4x-8y-6 & & \end{matrix}\right.$             

Từ pt (2) suy ra $2y^2+8y+9=-x^2+4x+9$  .Thay vào (1):

 

$(1)\Leftrightarrow 3+2x^{2}-4x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=\left ( \sqrt{y^2+4y+5}+y+2 \right )^2 $

 

$\Leftrightarrow (x-1+\sqrt{x^{2}-2x+2})^2=\left ( \sqrt{y^2+4y+5}+y+2 \right )^2$

 

$\Leftrightarrow [x-1+\sqrt{(x-1)^2+1}]^2=\left [\sqrt{(y+2)^2+1}+y+2 \right ]^2$  

 

*Nếu    $x-1+\sqrt{(x-1)^2+1}=\sqrt{(y+2)^2+1}+y+2$   (*)

     Xét hàm $f(t)=\sqrt{t^2+1}+t$

                   

                   $f'(t)=\frac{t+\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{t^2+1}}\geq 0,\forall t\in \mathbb{R}$

   

    $\Rightarrow f(t)$  đồng biến trên $\mathbb{R}$

 

    Do vậy $(*)\Leftrightarrow x-1=y+2\Leftrightarrow x=y+3$ 

 

    Thay vào pt (2) thì pt này vô nghiệm

 

*Nếu $-x+1-\sqrt{(x-1)^2+1}=\sqrt{(y+2)^2+1}+y+2$  hay $x-1\neq y+3$  (**)

 

    $pt \Leftrightarrow x+y+1+\sqrt{(y+2)^2+1}+\sqrt{(x-1)^2+1}=0$

 

    $\Leftrightarrow(x+y+1).\left [1+ \frac{y-x+3}{\sqrt{(y+2)^2+1}-\sqrt{(x-1)^2+1}} \right ]=0$

 

    $\Leftrightarrow x=-y-1$     (Do (**) )

 

    Thay vào pt (2):   $(2) \Leftrightarrow y=-1 \vee y=-\frac{11}{3}$

 

Vậy $S=\left \{ (0;-1);\left ( \frac{8}{3};-\frac{11}{3} \right ) \right \}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primary: 22-09-2013 - 13:40

Nothing won't change 

 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\ln[h(t)]=117771$


#4 SOYA264

SOYA264

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 179 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi ấy!!!

Đã gửi 22-09-2013 - 20:47

                 Câu 1(4 điểm)

          Giải hệ phương trình

                                 $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-8x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^{2}+4y+5} & & \\ x^{2}+2y^{2}=4x-8y-6 & & \end{matrix}\right.$             

 

 

Vậy $S=\left \{ (0;-1);\left ( \frac{8}{3};-\frac{11}{3} \right ) \right \}$

 

Nghiệm này thế vào pt(1) không đúng bạn ơi!

 

Mình làm thế này:

 

$(1)\Leftrightarrow 2x^2-4x+2+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=-x^2+4x+2+2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5}$

 

 

$(2)\Leftrightarrow -x^2+4x+2=2y^2+8y+8$

 

Do đó, ta có: 

 

$(x-1)^2+(x-1)\sqrt{(x-1)^2+1}=(y+2)^2+(y+2)\sqrt{(y+2)^2+1}$

 

Xét hàm:

 

 

$f(t)=t^2+t\sqrt{t^2+1}$ trên R

 

 

$f'(t)=2t+\sqrt{t^2+1}+\frac{t^2}{\sqrt{t^2+1}}\geq 2t+2\left | t \right |\geq 0$

 

 

$\Rightarrow f(t) $đồng biến trên R

 

 

$f(x-1)=f(y+2)$ $\Leftrightarrow x-1=y+2\Leftrightarrow y=x-3$. Thay vào (2) , ta có: $3x^2-8x=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=0 \Rightarrow y=-3& \\ x=\frac{8}{3}\Rightarrow y=\frac{-1}{3} & \end{bmatrix}$

 

Vậy hệ có 2 nghiệm $(x;y)$ là : $(0;-3)(\frac{8}{3};\frac{-1}{3})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SOYA264: 22-09-2013 - 20:54


#5 talata1992

talata1992

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 23-09-2013 - 18:56

                                             Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc Gia tỉnh Bắc Giang

                                                              Năm học 2013-2014

                                                        Thời gian : 180 phút

     

Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

Ta có: $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}=\sqrt{a}.\sqrt{\frac{ab+ac}{a^{2}+bc}}$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy được: $a^{2}+bc+ab^{2}c^{2}\geqslant 3abc$

$\Rightarrow a^{2}+bc\geqslant abc(ab+ac)\Rightarrow \sqrt{a}.\sqrt{\frac{ab+ac}{a^{2}+bc}}\leqslant \frac{1}{\sqrt{bc}}$

Từ đó dễ dàng suy ra ĐPCM.



#6 quocbaolqd11

quocbaolqd11

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 73 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Khánh Hòa.
  • Sở thích:tổ hợp và số học

Đã gửi 23-09-2013 - 21:28

Câu 5(4 điểm)

         Tìm cặp các số nguyên $(a,b)$ sao cho

                                          $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$

             là một số nguyên.

$(a,b)$ nguyên hay nguyên dương vậy bạn. Nếu nguyên thì bài rất dài dòng.



#7 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-09-2013 - 01:41

Câu 3(4 điểm)

           Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC<\angle BAC$.Trên đường thẳng $BC$ lấy điểm $D$ thỏa mãn $\angle CAD=\angle ABC$.Đường tròn $(O)$ bất kì đi qua $B,D$ cắt $AB,AD$ lần lượt tại $M,N$ .Kẻ hai tiếp tuyến $AP,AQ$ với $(O)$ ,$P,Q$ thuộc $(O)$ .Gọi $G$ là giao điểm của $BN$ và $DM$,gọi $I$ là trung điểm của $AG$.

           a/ CMR : $P,Q,G$ thẳng hàng.

           b/ CMR : $CI$ vuông góc với $AG$.

Thật sự là quá hại não cho đề bài + người chép đề.

Đề đúng câu b phải là $CI$ vuông góc với $AO$ chứ k phải là AG, mất bn là thời gian luận ra cái đề đúng ~~

Bac Giang TST 2013.png

Đôi chút về ý tưởng câu a bài toán này, thực chất nó xuất phát từ bài toán khá quen thuộc sau:

Cho tam giác $ABC$, $(O)$ là đường tròn đường kính $BC$. Tiếp tuyến $AA_1, AA_2$ tới $(O)$ khi đó $A_1,A_2,H$ thẳng hàng với $H$ là trực tâm tam giác ABC

Và câu a là mở rộng của trường hợp trên, tức $(O)$ ko nhất thiết là đường tròn đường kính $BC$. Với tư tưởng như vậy, dựng điểm $H$ sao cho $HGND:tgnt$. Ta có $AG.AH = AN.AD = AM.AB \Rightarrow MGHB:tgnt$

Ta sẽ chứng minh $\angle OHA = 90^\circ$, thật vậy ~!

Ta có $OA^2 - OG^2 = OA^2 - R^2 + R^2 - OG^2 = AN.AD + GM.GD = AH.AG + GH.GA = AH^2 - AH.GH + AG.GH  = AH^2 - GH^2$.

Theo $\text{Carnot}$ thì $OH \perp AH$.

Một chút "angle-chasing", ta có $\angle  APG = \angle AHP = \angle AQP = \angle APQ \Rightarrow \overline{P,G,Q}$ (đpcm)!

b, Ta có $CA^2 - CO^2 = CD.CB - CD.CB + R^2 = R^2 (1)$
Mặt khác, áp dụng công thức trung tuyến cho $\triangle OGA$
$\Rightarrow OI^2 = \dfrac{2(OA^2+OG^2)-AG^2}{4} = \dfrac{2(R^2 + R^2 + AG.AH - AG.GH) - AG^2}{4} = \dfrac{4R^2 +AG^2}{4}$

$\Rightarrow IO^2 - IA^2 = R^2 (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $CI$ vuông góc $AO$ (đpcm~!)


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#8 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 24-09-2013 - 11:56

$(a,b)$ nguyên hay nguyên dương vậy bạn. Nếu nguyên thì bài rất dài dòng.

Em nghĩ là nguyên thì mới là đề chọn đội tuyển  :icon6: .

Gọi $a^2+ab+1|b^2+ab+a+b-1 \Rightarrow a^2+ab+1| (b+1)(a^2+ab+1)-(a+b+1) \Rightarrow a^2+ab+1|a+b+1$. Do đó $|a+b+1| \ge a^2+ab+1$.


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

#9 123123

123123

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-09-2013 - 00:23

Bài hình:

Câu a dễ thấy ngay theo cực và đối cực.

Câu b ta cũng có thể chứng minh  như sau:

Gọi R, S là trung điểm của AP, AQ thì RS là trục đẳng phương của (O) và đường tròn điểm (A,0).

Lại có $CA^{2}=CD.CB$ (tam giác đồng dạng) nên C thuộc RS

Cũng có I thuộc RS nên CI vuông góc với AO.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123123: 25-09-2013 - 00:25


#10 nhatduy01

nhatduy01

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-09-2013 - 20:40

$(a,b)$ nguyên hay nguyên dương vậy bạn. Nếu nguyên thì bài rất dài dòng.

nguyên bạn ạ



#11 nhatduy01

nhatduy01

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-09-2013 - 20:48

Thật sự là quá hại não cho đề bài + người chép đề.

Đề đúng câu b phải là $CI$ vuông góc với $AO$ chứ k phải là AG, mất bn là thời gian luận ra cái đề đúng ~~

attachicon.gifBac Giang TST 2013.png

Đôi chút về ý tưởng câu a bài toán này, thực chất nó xuất phát từ bài toán khá quen thuộc sau:

Cho tam giác $ABC$, $(O)$ là đường tròn đường kính $BC$. Tiếp tuyến $AA_1, AA_2$ tới $(O)$ khi đó $A_1,A_2,H$ thẳng hàng với $H$ là trực tâm tam giác ABC

Và câu a là mở rộng của trường hợp trên, tức $(O)$ ko nhất thiết là đường tròn đường kính $BC$. Với tư tưởng như vậy, dựng điểm $H$ sao cho $HGND:tgnt$. Ta có $AG.AH = AN.AD = AM.AB \Rightarrow MGHB:tgnt$

Ta sẽ chứng minh $\angle OHA = 90^\circ$, thật vậy ~!

Ta có $OA^2 - OG^2 = OA^2 - R^2 + R^2 - OG^2 = AN.AD + GM.GD = AH.AG + GH.GA = AH^2 - AH.GH + AG.GH  = AH^2 - GH^2$.

Theo $\text{Carnot}$ thì $OH \perp AH$.

Một chút "angle-chasing", ta có $\angle  APG = \angle AHP = \angle AQP = \angle APQ \Rightarrow \overline{P,G,Q}$ (đpcm)!

b, Ta có $CA^2 - CO^2 = CD.CB - CD.CB + R^2 = R^2 (1)$
Mặt khác, áp dụng công thức trung tuyến cho $\triangle OGA$
$\Rightarrow OI^2 = \dfrac{2(OA^2+OG^2)-AG^2}{4} = \dfrac{2(R^2 + R^2 + AG.AH - AG.GH) - AG^2}{4} = \dfrac{4R^2 +AG^2}{4}$

$\Rightarrow IO^2 - IA^2 = R^2 (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $CI$ vuông góc $AO$ (đpcm~!)

mình đã xem lại đề là $CI$ vuông góc với $AG$ ,ko lẽ đề ra sai?



#12 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-09-2013 - 21:23

mình đã xem lại đề là $CI$ vuông góc với $AG$ ,ko lẽ đề ra sai?

bạn có thể xem trên hình của mình để thấy $CI$ ko vuông góc vơi $AG$ :-?


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#13 nhatduy01

nhatduy01

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-09-2013 - 21:30

bạn có thể xem trên hình của mình để thấy $CI$ ko vuông góc vơi $AG$ :-?

chắc là đề ra sai rồi, cảm ơn bạn .



#14 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 09-11-2013 - 12:59

                                             Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc Gia tỉnh Bắc Giang

                                                              Năm học 2013-2014

                                                        Thời gian : 180 phút

Câu 1(4 điểm)

          Giải hệ phương trình

                                 $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-8x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^{2}+4y+5} & & \\ x^{2}+2y^{2}=4x-8y-6 & & \end{matrix}\right.$             

Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

Câu 3(4 điểm)

           Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC<\angle BAC$.Trên đường thẳng $BC$ lấy điểm $D$ thỏa mãn $\angle CAD=\angle ABC$.Đường tròn $(O)$ bất kì đi qua $B,D$ cắt $AB,AD$ lần lượt tại $M,N$ .Kẻ hai tiếp tuyến $AP,AQ$ với $(O)$ ,$P,Q$ thuộc $(O)$ .Gọi $G$ là giao điểm của $BN$ và $DM$,gọi $I$ là trung điểm của $AG$.

           a/ CMR : $P,Q,G$ thẳng hàng.

           b/ CMR : $CI$ vuông góc với $AG$.

Câu 4(4 điểm)

          Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa mãn  

                                      $\left\{\begin{matrix} x_{1}=0,x_{2}=1 & & \\ x_{n+1}=\frac{3x_{n-1}+2}{10x_{n}+2x_{n-1}+2},n\geq 2 & & \end{matrix}\right.$ 

                 Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn và tìm $lim x_{n}$

Câu 5(4 điểm)

         Tìm cặp các số nguyên $(a,b)$ sao cho

                                          $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$

             là một số nguyên.

*Xét a = -b thì ta thấy thỏa với mọi a, b nguyên.

*Xét a = 0 thì dễ suy ra với mọi b luôn thỏa.

*Xét a = -1 thì ta dễ suy ra b nhận một trong các giá trị sau: 0; 1; 3; 4.

*Xét a = 1 thì ta suy ra thỏa với mọi b nguyên (trừ b = -2).

*Xét a khác các trường hợp trên:

Ta có: $a^{2}+ab+1\mid b^{2}+ab+a+b-1\Rightarrow a^{2}+ab+1\mid a^{2}+b^{2}+2ab+a+b\Leftrightarrow (a+b)(a+b+1)\vdots a^{2}+ab+1.$

Dễ dàng chứng minh được: $(a+b,a^{2}+ab+1)=1$ nên ta suy ra : $a+b+1\vdots a^{2}+ab+1\Leftrightarrow a+b-a^{2}-ab\vdots a^{2}+ab+1\Leftrightarrow (a+b)(1-a)\vdots a^{2}+ab+1\Rightarrow 1-a\vdots a^{2}+ab+1\Rightarrow a^{2}-1\vdots a^{2}+ab+1\Leftrightarrow ab+2\vdots a^{2}+ab+1.$

Vì |a| > 1 nên $ab+2< a^{2}+ab+1\Rightarrow ab=-2$. Suy ra (a;b) nhận một trong các giá trị (-2;1) hoặc (2;-1) (trường hợp a = 1 và a = -1 đã xét ở trên). Thử lại chỉ b thấy có (-2;1) thỏa.

Vậy các cặp (a;b) thỏa mãn là: $\left \{ (0,b)|b\in\mathbb{Z} \right \};\left \{ (1,b)|b\in\mathbb{Z}\setminus \left \{ 2 \right \} \right \};(-1;1);(-1;0);(-1;3);(-1;4);(-2;1)$.

P/s: chém gió bài này một tí, thấy vui vui  :lol:  :lol:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 09-11-2013 - 13:00

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#15 dshung1997

dshung1997

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:CBG
  • Sở thích:chả biết thích j =))

Đã gửi 19-07-2014 - 21:53

chắc là đề ra sai rồi, cảm ơn bạn .

đề này sai mà bạn. vẽ xong cái hình ngồi làm phần a thôi là tắt điện rồi :v


                                  Ai tìm cho tôi công thức của số thập phân vô hạn tuần hoàn 0,999999.... với
                                                                                                                                                                                                                                          :luoi:


#16 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 24-07-2014 - 19:51

                  Câu 4(4 điểm)

          Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa mãn  

                                      $\left\{\begin{matrix} x_{1}=0,x_{2}=1 & & \\ x_{n+1}=\frac{3x_{n-1}+2}{10x_{n}+2x_{n-1}+2},n\geq 2 & & \end{matrix}\right.$ 

                 Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn và tìm $lim x_{n}$

Lời giải :

 

Ta xét hàm hai biến sau trên tập số không âm :

$$f(x,y)=\dfrac{3x+2}{10y+2x+2}$$

Cố định $x$, lúc này $f$ là hàm một biến theo $y$ có đạo hàm :

$$f'_x=\dfrac{-10(3x+2)}{(10y+2x+2)^2}< 0$$

Vậy $f$ là hàm nghịch biến theo $y$.

Cố định $y$, lúc này $f$ là hàm một biến theo $x$ có đạo hàm :

$$f'_y=\dfrac{30y+2}{(10y+2x+2)^2}> 0$$

Vậy $f$ là hàm đồng biến theo $x$.

Ta có :

$2-x_{n+1}=\dfrac{2(10x_{n}+2x_{n-1}+2)-(3x_{n-1}+2)}{10x_{n}+2x_{n-1}+2}=\dfrac{20x_n+x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}> 0$

Như vậy thì :

$$0\leq x_n< 2,\;\forall n\in \mathbb{N}^*\;\;\;(*)$$

Ta tính được $x_3=1/6>x_1$ và $x_4=15/17<x_2$. Từ đó ta giả sử rằng dãy $(x_{2n+1})$ tăng và $(x_{2n})$ giảm.

Tức giả sử $x_{2n+1}>x_{2n-1}$ và $x_{2n}<x_{2n-2}$.

Chú ý vì $f(x,y)$ thì nghịch biến theo $y$ và đồng biến theo $x$ nên :

$$x_{2n+3}=f(x_{2n+1},x_{2n+2})> f(x_{2n-1},x_{2n+2})>f(x_{2n-1},x_{2n})=x_{2n+1}$$

$$x_{2n+2}=f(x_{2n},x_{2n+1})< f(x_{2n},x_{2n-1})< f(x_{2n-2},x_{2n-1})=x_{2n}$$

Quy nạp xong, ta được $(x_{2n+1})$ tăng và $(x_{2n})$ giảm. Cả hai dãy này đều bị chặn do $(*)$ nên chúng đều hội tụ, giả sử chúng hội tụ lần lượt về $X,Y$. Ta được hệ :

$$\left\{\begin{matrix} X=\dfrac{3X+4}{10Y+2X+2}\\ Y=\dfrac{3Y+4}{10X+2Y+2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4=10XY+2X^2-Y\\ (X-Y)(2(X+Y)-1)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow X=Y=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}\;\;(X,Y> 0)$$

Vậy :

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}x_n=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 26-07-2014 - 17:12

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#17 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 291 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 26-07-2014 - 16:56

                    

Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

 

Theo AM-GM ta có:

$a\sqrt{\frac{b+c}{a^2+bc}}= \sqrt{\frac{a^2(b+c)}{a^2+bc}}\leq \sqrt{\frac{a^2(b+c)}{2a.\sqrt{bc}}}=\sqrt{\frac{a(b+c)}{2\sqrt{bc}}}$

Áp dụng BDT BCS:

$\sum a\sqrt{\frac{b+c}{a^2+bc}}\leq \sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{2\sqrt{bc}}}\leq \sqrt{2(ab+bc+ca)(\sum\frac{1}{2\sqrt{ab}})}=\sqrt{3.(\frac{\sum \sqrt{a}}{\sqrt{abc}})}=\sqrt{\frac{3}{abc}.\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})} (*)$

Ta có BĐT phụ sau (từ AM-GM suy ra): $x,y,z >0, (xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)$. Đặt $x=\sqrt{a},y=\sqrt{b},z=\sqrt{c}$ thì từ (*) ta được: 

$(*)\leq \sqrt{\frac{1}{abc}.(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2}\leq \sqrt{\frac{1}{abc}.3(ab+bc+ca)}=\frac{3}{\sqrt{abc}} (**)$

Mặc khác $ 3= ab+bc+ca \geq 3.\sqrt{a^2b^2c^2}$ suy ra $\sqrt{abc} \geq abc$ nên từ (**) ta có: 

$\frac{3}{\sqrt{abc}} \leq \frac{3}{abc}$ suy ra đpcm


-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#18 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 291 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 06-08-2014 - 01:02

  

Câu 4(4 điểm)

          Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa mãn  

                                      $\left\{\begin{matrix} x_{1}=0,x_{2}=1 & & \\ x_{n+1}=\frac{3x_{n-1}+2}{10x_{n}+2x_{n-1}+2},n\geq 2 & & \end{matrix}\right.$ 

                 Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn và tìm $lim x_{n}$

 

Bài toán này có thể tham khảo trong sách của thầy Tài Chung Chuyên Khảo Dãy số, mình trích bài giải của thầy (bài toán tương tự thôi, cách của bạn Juliel là chính xác rồi, mình chỉ muốn bổ sung cách trình bày hoàn chỉnh hơn thôi  :icon6: )

10577177_610103292440442_824311459329050

10559781_610103305773774_269750152215306

10527269_610103345773770_360463145267108


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 06-08-2014 - 01:02

-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#19 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 849 Bài viết

Đã gửi 17-02-2020 - 14:41

HAY



#20 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 849 Bài viết

Đã gửi 18-02-2020 - 10:53

tuyệt






0 người đang xem chủ đề

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