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 học sinh giỏi toán lớp 11-12 chuyên KHTN 2013-2014 (Vòng 1)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 29-09-2013 - 13:24

                                  Đề thi chọn học sinh giỏi toán 11-12 năm 2013-2014

 

Ngày thi thứ nhất

Thời gian làm bài:240 phút

 

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số tự nhiên $n$ để số 

 $A=2+n+n^{2}+...+n^{p-1}$

là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương.

 

Bài 2:Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh rằng

$\frac{1}{c\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{1}{a\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{1}{b\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\geq \frac{9}{2\sqrt{2}-3\sqrt{6}abc}$

 

Bài 3:Cho tam giác $ABC$ nhọn,không cân.Dựng hình chữ nhật $MNPQ$ có $M$ thuộc đoạn $AB$,$N$ thuộc đoạn $AC$,$P,Q$ thuộc đoạn $BC$ sao cho $P$ nằm giữa $Q,C$ và $\widehat{MNQ}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $NP$ tại $K$.Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AC$ cắt $MQ$ tại $L$.$CL$ cắt $NP$ tại $E$,$BK$ cắt $MQ$ tại $F$.Chứng minh rằng $AE=AF$.

 

Bài 4:Ta xếp một hoán vị của ${1,2,...,2014}$ lên một vòng tròn và kí hiệu bởi $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$ theo chiều kim đồng hồ.Quy ước $a_{2015}=a_{1},a_{2014}=a_{0}$.

Gọi $N$ là số các chỉ số $1\leq i\leq 2014$ soa cho hoặc $a_{i-1}< a_{i}< a_{i+1}$ hoặc $a_{i-1}> a_{i}> a_{i+1}$.Tìm tất cả các giá trị có thể của $N$.

 

============================================================

 

Ngày thi thứ hai

Thời gian làm bài:240 phút

 

Bài 1:Cho dãy số ${a_{n}}$ xác định bởi: $a_{1}=2,a_{2}=10$

$a_{n+2}=\frac{8a_{n+1}^{2}-a_{n+1}a_{n}}{a_{n+1}+a_{n}}$

     1) Chứng minh rằng dãy trên là dãy số nguyên.

      2)Tìm $\lim \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{a_{k+1}+a_{k}+3}$

 

Bài 2:Tìm các đa thức $P(x)$ hệ số thực sao cho 

$P^{2}(x)+P^{2}(\frac{1}{x})=P(x^{2})P(\frac{1}{x^{2}})$

 

Bài 3:Cho tam giác $ABC$ với $AC>AB$.Phân giác trong góc $A$ cắt $BC$ tại $D$.$E$ là điểm nằm giữa $B,D$ sao cho $\frac{ED}{EA}=\frac{AC-AB}{AC+AB}$.Gọi $K,L$ là tâm nội tiếp các tam giác $EAB,EAC$.Gọi $P,Q$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $KAB$ và $LAC$.Chứng minh rằng $PQ//KL$.

 

Bài 4:Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại hoán $(a_{1},a_{2},...,a_{2013})$ của $(1,2,3,...2013)$ thỏa mãn $k|2014+a_{i}-i$ với mọi $1\leq i\leq 2013$.

 

HẾT



#2 caophonghoang

caophonghoang

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 30 Bài viết

Đã gửi 29-09-2013 - 14:00

Bài 1 ngày một là một bài toán cơ bản về cấp số. 

Đề xuất cách giải của bài 2 ngày 1:

Đặt $ab=x$ $bc=y$ $ca=z$

Điều kiện biến thành: $x+y+z=1$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{1}{^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}\geq \frac{9}{2\sqrt{2}-3\sqrt{6xyz}}$

Dùng Cauchy Swarzt, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:

$\sum \sqrt{x^{2}+y^{2}}+3\sqrt{6xyz}\leq 2\sqrt{2}$

Ta có nhận xét sau:

$\sqrt{2x^{2}+2y^{2}}\leq 2(x+y)-2\sqrt{xy}$

Công vế với vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh cuối cùng là:

$\sum \sqrt{xy}\geq 3\sqrt{3xyz}$

$\sum \frac{1}{\sqrt{x}}\geq 3\sqrt{3}$

Ta có:

$\sum \frac{1}{\sqrt{x}}\geq \frac{9}{\sum \sqrt{x}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{x+y+z}}= 3\sqrt{3}$

Kết thúc chứng minh



#3 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-09-2013 - 17:09

                                  Đề thi chọn học sinh giỏi toán 11-12 năm 2013-2014

 

Ngày thi thứ nhất

Thời gian làm bài:240 phút

 

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số tự nhiên $n$ để số 

 $A=2+n+n^{2}+...+n^{p-1}$

là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương.

Lời giải. Đặt $A=a^5$. Áp dụng bổ đề như bài này rồi ta suy ra $a-1 \equiv 1 \pmod{p}$ và $a^4+a^3+a^2+a+1 \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $p|30$. Do đó $p \in \{ 2;3;5 \}$.


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

#4 LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũ Trụ
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 29-09-2013 - 18:35

Bài 4:Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại hoán $(a_{1},a_{2},...,a_{2013})$ của $(1,2,3,...2013)$ thỏa mãn $k|2014+a_{i}-i$ với mọi $1\leq i\leq 2013$.

 

HẾT

Đây là lời giải của bạn nguyenta98 :)

Ta có $k|\sum_{i=1}^{2013}{2014+a_i-i} \Rightarrow k|2013.2014+(a_1+a_2+...+a_{2013})-(1+2+...+2013) \Rightarrow k|2013.2014$
TH1: $k|2013$ suy ra $gcd(k,2014)=1$
Chọn $a_1=2013,a_i=i-1$ với $i=2,3,...,2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH2: $k|2014$ suy ra $gcd(k,2013)=1$
Chọn $a_i=i$ với mọi $i=1,2,...2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH3: $k \not \mid 2013$ và $k \not \mid 2014$
Khi đó tồn tại $p,q$ nguyên tố sao cho $pq|k$ và $p|2014,q|2013$ nên $p\neq q$
Lúc đó ta có $2014 \equiv 0 \pmod{p}$ và $2014 \equiv 1 \pmod{q}$ nên theo định lý Phần Dư Trung Hoa, tồn tại $m$ sao cho $2014 \equiv m \pmod{pq}$ dễ cm $m\neq 0,1$
Ta có $k|2014+a_i-i$ vói mọi $i=1,2013$ hay $2014+a_i-i \equiv 0 \pmod{pq}$ hay $a_i-i \equiv -m \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Nên $a_i \equiv -m+i \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Ta thấy với mỗi $i=1,2,...,2013$ xác định duy nhất số $a_i$ theo (mod $pq$) và ngược lại do đó số số đồng dư với $-m+i \pmod{pq}$ từ $1->2013$ phải bằng số số đồng dư với $i$ từ $1->2013$ với mọi $i=\overline{1,2013}$ (nhưng đã xác định) $(1)$
Ta chọn $i=m-1$ khi đó ta đếm số số đồng dư với $m-1 \pmod{pq}$ từ $1->2013$ chính bằng $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1$ mà $2014 \equiv m \pmod{pq} \Rightarrow 2013 \equiv m-1 \pmod{pq} \Rightarrow 2013=pq.t+(m-1)$ do đó $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1=t+1$ $(2)$
Mặt khác số số từ $1-2013$ mà đồng dư với $-m+i \equiv -m+m-1 \equiv pq-1 \pmod{pq}$ là
$\left\lfloor\dfrac{2013-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=\left\lfloor\dfrac{pq.t+(m-1)-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=t$ $(3)$
Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn $(1)$ do đó TH này loại
Vậy để $k$ thỏa mãn đề thì $k|2013$ hoặc $k|2014$

Nguồn: MathScope.ORG



#5 tranquocluat_ht

tranquocluat_ht

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 236 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Giáo viên Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Sáng tạo

Đã gửi 29-09-2013 - 19:02

                                  Đề thi chọn học sinh giỏi toán 11-12 năm 2013-2014

 

Ngày thi thứ nhất

Thời gian làm bài:240 phút

 

Bài 3:Cho tam giác $ABC$ nhọn,không cân.Dựng hình chữ nhật $MNPQ$ có $M$ thuộc đoạn $AB$,$N$ thuộc đoạn $AC$,$P,Q$ thuộc đoạn $BC$ sao cho $P$ nằm giữa $Q,C$ và $\widehat{MNQ}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $NP$ tại $K$.Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AC$ cắt $MQ$ tại $L$.$CL$ cắt $NP$ tại $E$,$BK$ cắt $MQ$ tại $F$.Chứng minh rằng $AE=AF$.

Đề có vấn đề?

ScreenHunter_05%20Sep.%2029%2019.01.gif



#6 hungvu11

hungvu11

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bắc Giang
  • Sở thích:Toán học, thể thao

Đã gửi 29-09-2013 - 19:09



Đề có vấn đề?

ScreenHunter_05%20Sep.%2029%2019.01.gif

thầy ơi có điều kiện của  $\angle MNQ$  nữa

Thực sự mình rất ấn tượng với 2 bài hình này.

Bài 1 có thể sử dụng định lý Pascal hoặc chỉ cần dùng tứ giác nội tiếp

Bài 2 cũng rất hay vì bài có điều kiện khá là ảo


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungvu11: 29-09-2013 - 21:37


#7 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4160 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 29-09-2013 - 21:53

Ngày 2:

Bài 2:

\[
P \in R\left[ x \right]: P\left( x \right)^2  + P\left( {\frac{1}{x}} \right)^2  = P\left( {x^2 } \right)P\left( {\frac{1}{{x^2 }}} \right)
\]
Nếu $P$ là đa thức hằng, dễ thấy $P \equiv 0$. Xét $P$ là đa thức khác hằng. $\deg P=n \ge 1$.

Đặt \[
P\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {a_i x^i } ;Q\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^n {a_{n - i} x^i }  \Rightarrow P\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{{x^n }}Q\left( x \right)
\]
Viết lại giả thiết:\[
\begin{array}{rcl}
 P\left( x \right)^2  + \frac{1}{{x^{2n} }}Q\left( x \right)^2  &=& P\left( {x^2 } \right)\frac{1}{{x^{2n} }}Q\left( {x^2 } \right) \\
  \Leftrightarrow x^{2n} P\left( x \right)^2  + Q\left( x \right)^2  &=& P\left( {x^2 } \right)Q\left( {x^2 } \right),\left( 1 \right) \\
 \end{array}
\]

So sánh hệ số tự do, ta có:\[
a_n^2  = a_n a_0  \Rightarrow a_n  = a_0  = a
\]
Giả sử $n\ge 2$, khi đó tồn tại số nguyên dương $k (k \le n-1)$ sao cho

\[
\begin{array}{l}
 P\left( x \right) = ax^n  + a + x^k R\left( x \right)\left( {R\left( 0 \right) \ne 0;\deg R = n - 1 - k} \right) \\
 Q\left( x \right) = ax^n  + a + x^k T\left( x \right)\left( {T\left( 0 \right) \ne 0;\deg T = n - 1 - k} \right) \\
 \end{array}
\]
Khi đó:

\[
\begin{array}{l}
 \left( 1 \right) \Leftrightarrow x^{2n} \left[ {ax^n  + a + x^k R\left( x \right)} \right]^2  + \left[ {ax^n  + a + x^k T\left( x \right)} \right]^2  = \left[ {ax^{2n}  + a + x^{2k} R\left( {x^2 } \right)} \right]\left[ {ax^{2n}  + a + x^{2k} T\left( {x^2 } \right)} \right] \\
  \Leftrightarrow a^2 x^{4n}  + a^2 x^{2n}  + x^{2n + 2k} R\left( x \right)^2  + 2a^2 x^{3n}  + 2ax^{3n + k} R\left( x \right) + 2ax^{2n + k} R\left( x \right) + a^2 x^{2n}  + a^2  + x^{2k} T\left( x \right)^2  + 2a^2 x^n  + 2ax^{n + k} T\left( x \right) \\
  + 2ax^k T\left( x \right) = a^2 x^{4n}  + 2a^2 x^{2n}  + ax^{2n + 2k} T\left( {x^2 } \right) + a^2  + ax^{2k} T\left( {x^2 } \right) + ax^{2n + 2k} R\left( {x^2 } \right) + ax^{2k} R\left( {x^2 } \right) + x^{4k} R\left( {x^2 } \right)T\left( {x^2 } \right) \\
  \Leftrightarrow x^{2n + 2k} R\left( x \right)^2  + 2a^2 x^{3n}  + 2ax^{3n + k} R\left( x \right) + 2ax^{2n + k} R\left( x \right) + x^{2k} T\left( x \right)^2  + 2a^2 x^n  + 2ax^{n + k} T\left( x \right) \\
  + 2ax^k T\left( x \right) = ax^{2n + 2k} T\left( {x^2 } \right) + ax^{2k} T\left( {x^2 } \right) + ax^{2n + 2k} R\left( {x^2 } \right) + ax^{2k} R\left( {x^2 } \right) + x^{4k} R\left( {x^2 } \right)T\left( {x^2 } \right) \\
  \Leftrightarrow x^{2n + k} R\left( x \right)^2  + 2a^2 x^{3n - k}  + 2ax^{3n} R\left( x \right) + 2ax^{2n} R\left( x \right) + x^k T\left( x \right)^2  + 2a^2 x^{n - k}  + 2ax^n T\left( x \right) + 2aT\left( x \right) \\
  = ax^{2n + k} T\left( {x^2 } \right) + ax^k T\left( {x^2 } \right) + ax^{2n + k} R\left( {x^2 } \right) + ax^k R\left( {x^2 } \right) + x^{3k} R\left( {x^2 } \right)T\left( {x^2 } \right) \\
 \end{array}
\]
Thay $x=0$ vào hệ thức cuối, ta được: \[
2aT\left( 0 \right) = 0
\]
Điều này trái với cách đặt $T(x)$. Do đó $n=1 \Rightarrow P(x)=ax+a$.

Thay vào (1), ta được:

\[
x^2 \left( {ax + a} \right)^2  + \left( {ax + a} \right)^2  = \left( {ax^2  + a} \right)^2  \Leftrightarrow \left( {x^2  + 1} \right)\left( {x + 1} \right)^2  = \left( {x^2  + 1} \right)^2
\]
Đẳng thức cuối không đúng với mọi $x$ nên không tồn tại $P$ thoả đề khi $\deg P\ge 1$.

Kết luận: $P(x)=0\,\forall x$


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#8 trananh2771998

trananh2771998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:You can't see me .My time is now

Đã gửi 30-09-2013 - 15:32

Lời giải. Đặt $A=a^5$. Áp dụng bổ đề như bài này rồi ta suy ra $a-1 \equiv 1 \pmod{p}$ và $a^4+a^3+a^2+a+1 \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $p|30$. Do đó $p \in \{ 2;3;5 \}$.

P=31 cũng được mà Toàn.Cho $n=n^{2}=...=n^{p-1}=1$ Khi ấy A=32 :icon6:


:namtay :namtay :namtay :namtay :namtay :namtay :namtay :namtay :namtay


#9 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4160 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 01-10-2013 - 18:22

Ngày 1:

Bài 3:

Gọi $I$ là tâm của $MNPQ$. Ta có: $\angle MIN = 180^o  - 2\angle INM = 180^o  - \angle BAC \Rightarrow A,M,I,N \in (O')$.

$\angle MAK=\angle MNK=90^o \Rightarrow K \in (O')$. Tương tự $L \in (O')$.

$\angle MAI=\angle MNI=\dfrac{1}{2}\angle BAC \Rightarrow AI$ là phân giác $\angle BAC$.

Vẽ $AI$ cắt $BC$ tại $D$. $DM,DN$ thứ tự cắt $(O')$ lần 2 tại $G,H$. Ta có:

\[
MN\parallel BC \Rightarrow \left( {DG;DC} \right) \equiv \left( {MN;MG} \right) \equiv \left( {AN;AG} \right) \pmod {\pi }
\]

Do đó $A,G,D,C$ đồng viên (1). Tương tự $A,H,D,B$ đồng viên (2).

\[
\left( 1 \right) \Rightarrow \left( {GD;GC} \right) \equiv \left( {AD;AC} \right) \equiv \left( {AM;AI} \right) \equiv \left( {GD;GI} \right)\pmod {\pi }\]

$\Rightarrow G,I,C$ thẳng hàng. Tương tự, $H,I,B$ thẳng hàng.

011013.png

\[
\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {DH;DP} \right) \equiv \left( {AH;AM} \right) \equiv \left( {IH;IP} \right) \pmod{\pi}
\]

Nên $H,I,D,P$ đồng viên (3). Tương tự, $D,I,G,Q$ đồng viên (4). (3) kết hợp (2):

\[
\left( {HD;HP} \right) \equiv \left( {DI;DB} \right) \equiv \left( {HA;HB} \right) \equiv \left( {MB;MI} \right)
\]

Suy ra $M,B,P,H$ đồng viên. $ \Rightarrow \overline {IB} .\overline {IH}  = \overline {IM} .\overline {IP}$

Chú ý rằng $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $\overline {IM} .\overline {IP}  = \overline {IN} .\overline {IQ}$

Vì thế $\overline {IB} .\overline {IH}  = \overline {IN} .\overline {IQ}  \Rightarrow B,Q,H,N$ đồng viên.

$ \Rightarrow \overline {DQ} .\overline {DB}  = \overline {DH} .\overline {DN}  = \overline {DM} .\overline {DG}  \Rightarrow M,G,Q,B$ đồng viên.

\[
 \Rightarrow \left( {GM;GB} \right) \equiv \left( {QM;QB} \right) \equiv \frac{\pi }{2} \pmod {\pi } \Rightarrow G \in BK \Rightarrow F \in GB
\]
Lại có:\[
\left( {QF;QD} \right) \equiv \left( {GF;GD} \right) \equiv \frac{\pi }{2}\pmod {\pi }
\]
Nên $F,G,D,Q$ đồng viên. Kết hợp (4) thì $F,G,I,D,Q$ đồng viên. Cho nên

\[
\left( {IF;ID} \right) \equiv \frac{\pi }{2} \pmod{\pi}
\]

Tương tự : \[
\left( {IE;ID} \right) \equiv \frac{\pi }{2} \pmod{\pi}
\]

Do đó $I,E,F$ thẳng hàng và $AD \perp FE$.

$\triangle IQF=\triangle INE (c.g.c) \Rightarrow IF=IE \Rightarrow AD$ là trung trực $EF$. Ta có đpcm.

 

===========================================

 

nguyenthehoan thi được không em ;)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-10-2013 - 18:24

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#10 123123

123123

    Binh nhất

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

Đã gửi 01-10-2013 - 18:59

Thực sự mình rất ấn tượng với 2 bài hình này.

Bài 1 có thể sử dụng định lý Pascal hoặc chỉ cần dùng tứ giác nội tiếp

Bạn có thể giới thiệu cách sử dụng định lí pascal được không? Thanks



#11 ducthinh26032011

ducthinh26032011

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hội những người độc thân thích chém gió !

Đã gửi 02-10-2013 - 23:55

Bài 1:Cho dãy số ${a_{n}}$ xác định bởi: $a_{1}=2,a_{2}=10$

$a_{n+2}=\frac{8a_{n+1}^{2}-a_{n+1}a_{n}}{a_{n+1}+a_{n}}$

     1) Chứng minh rằng dãy trên là dãy số nguyên.

      2)Tìm $\lim \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{a_{k+1}+a_{k}+3}$

1) thôi nhé @@

Tính được $a_{3}=65$

$$a_{n+2}=\frac{8a_{n+1}^{2}-a_{n+1}a_{n}}{a_{n+1}+a_{n}}$$

$$\Leftrightarrow a_{n+2}+a_{n+1}=\frac{9a_{n+1}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}}$$ (1)

Tương tự,ta có:$\Leftrightarrow a_{n+1}+a_{n}=\frac{9a_{n}^{2}}{a_{n}+a_{n-1}}$

Mà từ (1),ta có:$\Leftrightarrow a_{n+1}+a_{n}=\frac{9a_{n+1}^{2}}{a_{n+1}+a_{n+2}}$

$$\Rightarrow \frac{9a_{n+1}^{2}}{a_{n+1}+a_{n+2}}=\frac{9a_{n}^{2}}{a_{n}+a_{n-1}}\Leftrightarrow a_{n+1}(a_{n}^{2}-a_{n+1}a_{n-1})=a_{n}(a_{n+1}^{2}-a_{n+2}a_{n})$$

$$\Leftrightarrow \frac{a_{n}^{2}-a_{n+1}a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n+2}a_{n}}{a_{n+1}}=...=\frac{a_{2}^{2}-a_{3}a_{1}}{a_{2}}=-3$$

Ta cũng có:

$$\frac{a_{n}^{2}-a_{n+1}a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n+2}a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n-1})-a_{n}(a_{n+2}+a_{n})}{a_{n+1}-a_{n}}=-3$$

$$\Leftrightarrow a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n-1}+3)=a_{n}(a_{n+2}+a_{n}+3)\Leftrightarrow \frac{a_{n+1}+a_{n-1}+3}{a_{n}}=\frac{a_{n+2}+a_{n}+3}{a_{n+1}}=...=\frac{a_{3}+a_{1}+3}{a_{2}}=7$$

$$a_{n+2}+a_{n}+3=7a_{n+1}\Leftrightarrow a_{n+2}=7a_{n+1}-a_{n}-3$$

Vậy dãy $(a_{n})$ nguyên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthinh26032011: 02-10-2013 - 23:57

Hình đã gửi


#12 hungvu11

hungvu11

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bắc Giang
  • Sở thích:Toán học, thể thao

Đã gửi 03-10-2013 - 13:06

Bạn có thể giới thiệu cách sử dụng định lí pascal được không? Thanks

Thực ra cách của mình tương tự bạn perfectstrong. Còn cách sử dụng pascal là của bạn mình mình sẽ hỏi lại sau.

Bài 3 ngày 2 ngoài cách sử dụng định lý Thales ta có thể gọi $EK \cap AB =M, EL \cap AC = N$. 

Bằng tính toán và sử dụng giả thiết ta chứng minh được AM = AN.

Từ đó chứng minh được EK và PQ cùng vuông góc với AI (I là tâm nội tiếp)



#13 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

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

Đã gửi 03-10-2013 - 20:39

Thực ra cách của mình tương tự bạn perfectstrong. Còn cách sử dụng pascal là của bạn mình mình sẽ hỏi lại sau.

Bài 3 ngày 2 ngoài cách sử dụng định lý Thales ta có thể gọi $EK \cap AB =M, EL \cap AC = N$. 

Bằng tính toán và sử dụng giả thiết ta chứng minh được AM = AN.

Từ đó chứng minh được EK và PQ cùng vuông góc với AI (I là tâm nội tiếp)

Nếu đã tính toán thì có thể dùng ngay Thales đảo để chứng minh song song.


"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."




0 người đang xem chủ đề

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