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 chọn đội tuyển thi Quốc Gia Khối chuyên ĐHSP 2013-2014


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 27 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-10-2013 - 19:33

Vòng 1
Câu 1.
Cho dãy số $(x_n)$ thỏa mãn $x_1=1$ và :
$$x_{n+1}=\sqrt{x_n^2+2x_n+2}-\sqrt{x_n^2-2x_n+2}\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}^{*}$$
Chứng minh rằng dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty$
Câu 2.
Tìm tất cả nghiệm thực của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.$$
Câu 3.
Cho tam giác nhọn ABC và các đường cao AD, BE, CF. Các đường tròn đường kính AB, AC theo thứ tự cắt tia DF, DE tại Q, P. Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng :
a) AN $\perp$ PQ
b) AN, BP, CQ đồng quy
Câu 4.
Cơ sở dữ liệu tạp chí của thư viện Quốc Gia có đúng 2016 loại khác nhau . Thư viện này cho phép 2013 thư viện địa phương kết nối để có thể khai thác cơ sở dữ liệu tạp chí của nó. Biết mỗi thư viện địa phương được phép khai thác ít nhất 1008 loại tạp chí khác nhau và 2 thư viện địa phương bất kì có tối đa 504 loại tạp chí mà cả 2 thư viện địa phương đó cùng đc phép khai thác. Chứng minh rằng không có quá 1 loại tạp chí trong cơ sở dữ liệu của thư viện Quốc Gia mà cả 2013 thư viện địa phương đều không thể khai thác được
Vòng 2
Câu 1.
Cho hàm số $f: [0;2013]\to \mathbb{R}$ thoả mãn đồng thời các điều kiện sau đây :
1, $f(x)\leq 0$ với mọi $x\in[0;2013]$ và $f(2013)=-2013$
2, $f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)\geq f(x_1+x_2+...+x_n)$ với mọi số nguyên $n$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_n$ tuỳ ý thuộc đoạn $[0;2013]$ sao cho $x_1+x_2+...+x_n\leq 2013$.
Chứng minh rằng $f(x)\geq -2x$ với mọi $x\in[0;2013]$
Câu 2.
Với mỗi số nguyên dương $k$ ta đặt $f(k)=6^k+9^k+10^k+15^k$. Một cặp 2 số nguyên dương $(m;n)$ được gọi là cặp đôi hạnh phúc nếu $f(m)$ và $f(n)$ cùng chia hết cho $mn$.
1, Cho 2 số nguyên lẻ $m,n>1$ và $(m,n)$ là 1 cặp đôi hạnh phúc. Chứng minh rằng $25|mn$ nhưng $125 \not | mn$.
2, Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ để $(k,k)$ là cặp đôi hạnh phúc và nếu phân tích $k=p_1^{\alpha_1}....p_r^{\alpha_r}$ thì $\alpha_1+...+\alpha_{n}=1911^{103}$. Ở đây $p_1,p_2,...,p_r$ là các số nguyên tố đôi 1 phân biệt và $\alpha_{1},...\alpha_{r}$ là các số nguyên không âm.
Câu 3.
Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $(O)$ và không phải hình thang. Gọi $E,F,G,H$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AC,BD)$, $(AB,CD)$ và $(AD,BC)$ và $(OE,FG)$. Đường tròn $(S)$ đi qua $O, H$ và cắt $(O)$ tại các điểm $M, N$. Gọi $X,Y$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $FAD, FBC$. Chứng minh rằng :
1, $E, M, N$ thẳng hàng.
2, $SX=SY$.
Câu 4.
Cho 2 đường gấp khúc khép kín không tự cắt, mỗi đường có 2013 cạnh. Biết rằng đường thẳng chứa các cạnh của 2 đường gấp khúc nói trên không có 3 đường nào đồng quy. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra từ mỗi đường gấp khúc 1 cạnh sao cho các đầu mút của chúng là 4 đỉnh tứ giác lồi.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 26-10-2013 - 14:30

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 T M

T M

    Trung úy

  • Thành viên
  • 926 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\infty$

Đã gửi 21-10-2013 - 19:55

Câu 1.

Cho dãy số $(x_n)$ thỏa mãn $x_1=1$ và : 

$$x_{n+1}=\sqrt{x_n^2+2x_n+2}-\sqrt{x_n^2-2x_n+2}\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}^{*}$$

Chứng minh rằng dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty$

 

Câu này chắc là đơn giản nhất. 

 

Xét $f(x)=\sqrt{x^2+2x+2}-\sqrt{x^2-2x+2}$, có $f'(x)=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+2}}-\frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+2}}$.

 

Ta chứng minh rằng $f'(x)>0$, thật vậy, xét hàm $f(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$, có $f'(t)=\left(t^2+1 \right)^{-1/2}+2t^2\left(t^2+1 \right)^{-3/2}>0$, nên $f(x+1)>f(x-1)$ hay $f'(x)>0$.

 

Từ đó chỉ cần tính $x_2$ và so sánh $x_2$ với $x_1$ là bài toán được giải quyết $\blacksquare$.


ĐCG !

#3 mathforlife

mathforlife

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 21-10-2013 - 20:13


Câu 2.

Tìm tất cả nghiệm thực của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.$$

 

Huong lam bai nay cua minh:

Dat $y=2sin\alpha,2x+y=2\sqrt{3}cos\alpha$ thi $x=\sqrt{3}cos\alpha-sin\alpha$

Thay vao phuong trinh 1 ta duoc: $\sqrt{3}cos{\alpha}-sin{\alpha} + (\sqrt{3}cos{\alpha}-sin{\alpha})^2.2sin{\alpha}=2sin{\alpha}+2$

hay $\sqrt{3}cos\alpha-sin\alpha+4(cos\alpha)^2.sin\alpha-4\sqrt{3}.cos\alpha.(sin\alpha)^2=2$

hay $sin(3\alpha)+\sqrt{3}cos(3\alpha)=2$ (thay $(cos\alpha)^2=1-(sin\alpha)^2$ va $(sin\alpha)^2=1-(cos\alpha)^2$)

Den day de giai duoc roi :D



#4 T M

T M

    Trung úy

  • Thành viên
  • 926 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\infty$

Đã gửi 21-10-2013 - 20:15



Câu 1.

Cho dãy số $(x_n)$ thỏa mãn $x_1=1$ và : 

$$x_{n+1}=\sqrt{x_n^2+2x_n+2}-\sqrt{x_n^2-2x_n+2}\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}^{*}$$

Chứng minh rằng dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty$

Câu 2.

Tìm tất cả nghiệm thực của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.$$

 

 

Nháp một lúc thì ra được câu hệ. Đặt $x+y=u$ và $x-y=v$, thay vào phương trình $(1)$ suy ra $$4(u+v)+(u^2-v^2)(u+v)=4(u-v)+16 \Longleftrightarrow 4(u+v-4)+(u-v)\left[ (u+v)^2 - 4 \right] = 0 \Longleftrightarrow (u+v-4)(4+(u-v)(u+v+4))=0$$

 

Từ phương trình $(2)$ ta được $3u^2+v^2=12$. Đến đây công việc khác là đơn giản :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi T M: 22-10-2013 - 12:48

ĐCG !

#5 mathforlife

mathforlife

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 21-10-2013 - 20:34

Khong biet ban go nham hay lam nham nhung $(u+v)^2-4$ lam sao tao ra nhan tu $u+v-4$ duoc nhi?

 

Bai 3a): Cho $DF,DE$ lan luot cat $BE,CF$ o $R,S$. Ta da biet $AN$ vuong goc $RS$.

Ta cm $RS//PQ$.

$\frac{DS}{DP}=\frac{DS}{DC}.\frac{DC}{DP}=\frac{sin(90^o-B)}{sin(90^o-A+B)}.\frac{sin(90^o-C)}{sin(C+90^o-A)}=\frac{cosB.cosC}{sin(90^o-A+B).sin(90^o-A+C)}$

Tuong tu $\frac{DR}{DQ}=\frac{cosB.cosC}{sin(90^o-A+B).sin(90^o-A+C)}$

Vay theo dinh ly Talet $RS//PQ$

Vay $AN$ vuong goc $PQ$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 21-10-2013 - 20:59


#6 bangdenas

bangdenas

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 21-10-2013 - 21:38

bạn mathforlife làm rõ đoạn AN vuông góc RS hộ mình được không  :wacko: mình chưa biết tính chất đấy

#7 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

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

Đã gửi 21-10-2013 - 22:15

bạn mathforlife làm rõ đoạn AN vuông góc RS hộ mình được không  :wacko: mình chưa biết tính chất đấy

Bổ đề, cho tam giác $ABC$. Đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. $DE, DF$ cắt $CF, BE$ tại $P, Q$ thì khi đó $AN \perp PQ$ với $N$ là tâm $\text{Euler}$ của tam giác

Chứng minh:

an pq.png


"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 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

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

Đã gửi 21-10-2013 - 23:24



Câu 3.

Cho tam giác nhọn ABC và các đường cao AD, BE, CF. Các đường tròn đường kính AB, AC theo thứ tự cắt tia DF, DE tại Q, P. Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng :

a) AN $\perp$ PQ

b) AN, BP, CQ đồng quy

Ảnh chụp màn hình_2013-10-21_231927.png

a, Trước hết, ta chứng minh $AN \perp IJ$ với $I, J$ là giao của $DF, DE$ với $BE, CE$.

Thật vậy, lấy $S$ đối xứng $O$ qua $BC$ thì dễ có $\overline {A,N,S}$ (dựa vào cái hình bình hành) và $SB = SH = SC$

Ta có $\overline{IB}.\overline{IH} = \overline{IF}.\overline{ID}$ nên $I$ nằm trên trục đẳng phương của $(S,SB)$ và $(N)$. Tương tự như vây đối với $J$ thì ta có $NS \perp IJ \Rightarrow AN \perp IJ$

Vậy ta cần chỉ ra $IJ \parallel PQ$, điều này tương đương $\dfrac{\overline{DF}}{\overline{DP}} = \dfrac{\overline{DJ}}{\overline{DQ}}$

Nhưng do $FJ \parallel PE, EI \parallel FQ$ nên điều này hiển nhiên đúng. Tóm lại, ta có $AN \perp PQ$.

b, Sử dụng $\text{Ceva-sin}$ để chứng minh, các bạn tham khảo hình ảnh sau đây :)

Ảnh chụp màn hình_2013-10-21_232431.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 22-10-2013 - 11:58

"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."

#9 Strygwyr

Strygwyr

    Sk8er-boi

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên ĐHSPHN
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 22-10-2013 - 01:22


Câu 2.

Tìm tất cả nghiệm thực của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.$$

Bài hệ chắc là có cách cần cù bù khả năng :))

Ta có :

$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y(x^{2}-1)=2-x(1)\\ x^2+xy+y^2=3(2) \end{matrix}\right.$$

Dễ thấy $x=\pm 1$ không phải là nghiệm nên từ ($1$) suy ra

$y=\frac{2-x}{x^{2}-1}$

Thay vào ($2$) suy ra được :

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

$$\Leftrightarrow x^6-6x^4+2x^3+9x^2-6x+1=0$$

$$\Leftrightarrow x^2(x^2-3)^2+2x(x^2-3)+1=0$$

$$\Leftrightarrow (x(x^2-3)+1)^2=0$$

$$\Leftrightarrow x^3-3x=-1$$

Đặt $x=2t$, suy ra

$$4t^3-3t=-\frac{1}{2}$$

Đặt $t=cosy$, suy ra $$4t^3-3t=cos3y$$

Do đó :

$cos3y=-\frac{1}{2}=cos\frac{2\pi}{3}$

$\Leftrightarrow y=\frac{2\pi}{9},y=\frac{5\pi}{9},y=\frac{8\pi}{9}$

$\Leftrightarrow t=cos\frac{2\pi}{9},t=cos\frac{5\pi}{9},t=cos\frac{8\pi}{9}$

$\Leftrightarrow x=2cos\frac{2\pi}{9},x=2cos\frac{5\pi}{9},x=2cos\frac{8\pi}{9}$

Thay vào tính $y$, ta được :

$y=\frac{2(1-cos\frac{2\pi}{9})}{4cos^2\frac{2\pi}{9}-1}$

$y=\frac{2(1-cos\frac{5\pi}{9})}{4cos^2\frac{5\pi}{9}-1}$

$y=\frac{2(1-cos\frac{8\pi}{9})}{4cos^2\frac{8\pi}{9}-1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 22-10-2013 - 19:00

"Nothing is impossible"

(Napoleon Bonaparte)


#10 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

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

Đã gửi 22-10-2013 - 01:38

Bài hệ chắc là có cách cần cù bù khả năng :))

Ta có :

$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y(x^{2}-1)=2-x(1)\\ x^2+xy+y^2=4(2) \end{matrix}\right.$$

Dễ thấy $x=\pm 1$ không phải là nghiệm nên từ ($1$) suy ra

$y=\frac{2-x}{x^{2}-1}$

Thay vào ($2$) suy ra được :

$$x^2+\frac{(2-x)x}{x^{2}-1}+\frac{(2-x)^2}{(x^{2}-1)^2}=4$$

$$\Leftrightarrow x^6-7x^4+2x^3+11x^2-6x=0$$

$$\Leftrightarrow x(x-2)(x^4+2x^3-3x^2-4x+3)=0$$

$$\Leftrightarrow x(x-2)((x^2+x)^2-4(x^2+x)+3)=0$$

$$\Leftrightarrow x(x-2)(x^2+x-3)(x^2+x-1)=0$$

Tính $x$ rồi thay vào $y=\frac{2-x}{x^{2}-1}$ để tính $y$...

Úi giời...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 22-10-2013 - 11:53

  • T M yêu thích
"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."

#11 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-10-2013 - 10:46

Trong các lời giải bài hệ phương trình hiện tại chỉ có bạn mathforlife làm đúng.


Mr Stoke 


#12 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-10-2013 - 11:46

Strygwyr

Phương trình thứ hai chia sai rồi kìa :|


$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#13 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 22-10-2013 - 15:06

Câu 4.

Cơ sở dữ liệu tạp chí của thư viện Quốc Gia có đúng 2016 loại khác nhau . Thư viện này cho phép 2013 thư viện địa phương kết nối để có thể khai thác cơ sở dữ liệu tạp chí của nó. Biết mỗi thư viện địa phương được phép khai thác ít nhất 1008 loại tạp chí khác nhau và 2 thư viện địa phương bất kì có tối đa 504 loại tạp chí mà cả 2 thư viện địa phương đó cùng đc phép khai thác. Chứng minh rằng không có quá 1 loại tạp chí trong cơ sở dữ liệu của thư viện Quốc Gia mà cả 2013 thư viện địa phương đều không thể khai thác được

Đây là câu hay nhất trong đề, ý tưởng là đếm bằng hai cách

Giải như sau:

Giả sử phản chứng có hai loại tạp chí mà không có bất kì một thư viện địa phương nào khai thác nó. Ta chuyển bài toán về ngôn ngữ tập hợp:
Bài toán: Có tồn tại hay không 2013 tập con $A_1,A_2,...,A_{2013} \subset X=\{1,2,3,...,2014\}$ sao cho

$i)$ $|A_i \cap A_j| \le 504$

$ii)$ $|A_i|\geq 1008$

Mục đích của ta là chứng minh không tồn tại thì khi ấy giả sử phản chứng sẽ sai hay bài toán được cm

Để cm ta cần thực hiện đếm bằng hai cách hai lần cho phép hợp và phép giao

1) Đặt $M=\sum{|A_i \cup A_j|}$ rõ ràng $M=\sum{|A_i \cup A_j|}=\sum{|A_i|+|A_j|-|A_i\cap A_j|}\geq (1008+1008-504).\binom{2013}{2}$ $(1)$

Gọi $a_i$ là số tập con trong số $A_1,...,A_{2013}$ nhận $i$ làm phần tử của nó

Khi đó ta đễm $M$ theo cách hai như sau:

$M=\sum_{i=1}^{2014}{\left(\binom{a_i}{2}+(2013-a_i)a_i\right)}$ $(2)$ thật vậy $\binom{a_i}{2}$ là số cặp $A_m,A_n$ để $a_i$ cùng nằm trong cả $A_m,A_n$ còn $(2013-a_i)a_i$ là số cặp $A_m,A_n$ để $a_i$ nằm vào một trong hai $A_m,A_n$ (chú ý là định nghĩa của phép hợp là nếu $x \in |A \cup B|$ thì $x$ thuộc A hoặc B hoặc có thể cả $A,B$ cũng được)

Do đó từ $(1)(2)$ suy ra $\sum_{i=1}^{2014}{\binom{a_i}{2}+(2013-a_i)a_i}\geq (1008+1008-504).\binom{2013}{2}$

$$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{2014}{\dfrac{4015a_i-a_i^2}{2}}\geq 1512.\binom{2013}{2}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{4015(\sum_{i=1}^{2014}{a_i})-\sum_{i=1}^{2014}{a_i^2}}{2}\geq 1512.\binom{2013}{2}$$

Áp dụng BDT cauchy $\sum_{i=1}^{2014}{a_i^2}\geq \dfrac{1}{2014}(\sum_{i=1}^{2014}{a_i})^2$
Ta có $\dfrac{4015(\sum_{i=1}^{2014}{a_i})-\dfrac{1}{2014}(\sum_{i=1}^{2014}{a_i})^2}{2}\geq \dfrac{4015(\sum_{i=1}^{2014}{a_i})-\sum_{i=1}^{2014}{a_i^2}}{2}\geq 1512.\binom{2013}{2}$

Đặt $\sum_{i=1}^{2014}{a_i}=S$
Suy ra $\dfrac{4025S-\dfrac{1}{2014}S^2}{2}\geq 1512.\binom{2013}{2} \Leftrightarrow 0\geq \dfrac{1}{2014}S^2-4025S+3024.\binom{2013}{2}$ $(*)$
Theo định lý về tam thức bậc hai, $x_1\le S\le x_2$ với $x_1,x_2$ là hai nghiệm nhỏ lớn của $(*)$

Thử trực tiếp ta có $2029609\le S\le 6076471$ $(A)$

$$**********$$
2) Đặt $N=\sum{|A_i\cap A_j|}$ tương tự trên, ta dễ dàng cm được $N\le 504.\binom{2013}{2}$
Mặt khác cũng tương tự, dễ cm $N=\sum_{i=1}^{2014}{\binom{a_i}{2}}$

Do đó $504.\binom{2013}{2}\geq \sum_{i=1}^{2014}{\binom{a_i}{2}}$

$$\Leftrightarrow 504.\binom{2013}{2}\geq \sum_{i=1}^{2014}{\dfrac{a_i^2-a_i}{2}}$$

$$\Leftrightarrow 504.\binom{2013}{2}\geq \dfrac{\sum_{i=1}^{2014}{a_i^2}-S}{2}$$

Áp dụng BDT cauchy lần nữa $\sum_{i=1}^{2014}{a_i^2}\geq \dfrac{1}{2014}S^2$
Do đó $504.\binom{2013}{2}\geq \dfrac{\dfrac{1}{2014}.S^2-S}{2}$

$\Leftrightarrow 1008.\binom{2013}{2}\geq \dfrac{1}{2014}.S^2-S$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2014}.S^2-S-1008.\binom{2013}{2} \le 0$
Giải BPT bậc hai này tương tự trên ta có $0\le S\le 2028600$ $(2)$ (do $S \in N$) $(B)$

Từ $(A),(B)$ suy ra $2029609\le S\le 2028600$ điều này mâu thuẫn do đó giả sử phản chứng sai nên bài toán cm xong :)

Ở đây ta thấy hai số $2029609;2028600$ chặt với nhau một cách khá ấn tượng, cho nên nếu làm mạnh bài toán thành cmr tồn tại hai loại tạp chí thì chưa chắc đúng :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-10-2013 - 15:48


#14 mathforlife

mathforlife

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 22-10-2013 - 18:46

Bài 4 cũng không cần cầu kì như vậy

Kí hiệu $t_i$ là số các thư viện khai thác tài liệu thứ $i$. Phản chứng là có $\geq 2$ tài liệu không được sử dụng, giả sử là $t_{2015},t_{2016}$.

Ta có các bất đẳng thức sau:

+) $\sum_{i=1}^{2014}t_i \geq 2013.1008 (1)$

cm: vế trái chính là tổng số các tài liệu khai thác bởi mỗi thư viện. Mặt khác mỗi thư viện phải khai thác ít nhất 1008 tài liệu nên bđt đúng.

+) $C_{2013}^{2}.504\geq \sum_{i=1}^{2014}C_{t_i}^{2} (2)$

cm: vế phải đếm số cặp thư viên khai thác cùng một tài liệu. Mặt khác mỗi cặp thư viện khai thác chung nhiều nhất 504 tài liệu nên bđt đúng.

 

Đặt $\sum_{i=1}^{2014}t_i=u$

Sử dụng bđt C-S ta được $C_{2013}^{2}.504\geq \sum_{i=1}^{2014}C_{t_i}^{2} \geq \frac{u^2}{4028}-\frac{u}{2}$

Từ đó $u \leq 2028600$ trái với $u \geq 2029104$ theo (1).

Vậy ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 22-10-2013 - 18:47


#15 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

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

Đã gửi 22-10-2013 - 20:20



Câu 3.

Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $(O)$ và không phải hình thang. Gọi $E,F,G,H$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AC,BD)$, $(AB,CD)$ và $(AD,BC)$ và $(OE,FG)$. Đường tròn $(S)$ đi qua $O, H$ và cắt $(O)$ tại các điểm $M, N$. Gọi $X,Y$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $FAD, FBC$. Chứng minh rằng :

1, $E, M, N$ thẳng hàng.

2, $SX=SY$.

Hơi thất vọng về câu này :(, có vẻ còn đơn giản hơn ngày hôm qua

SP TST ngay 2.png

1) $E,M,N$ lần lượt đều nằm trên trục đẳng phương của $(S)$ và $(O)$ nên chúng thẳng hàng...

2) $H$ chính là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCDGF$, từ đó có $ADFH:tgnt, BCFH:tgnt$.

Kí hiệu $\Delta$ là trung trực của $OH$, ta sẽ chứng minh $X$ là ảnh của $Y$ qua phép đối xứng trục $\Delta$

Thật vậy, theo định lý $\text{Brocard}$ thì $OH \perp GF \Rightarrow XY \parallel OH$

Tức ta cần chỉ ra $OXYH$ là hình thang cân, tương đương với $OY = HX (*)$

Nhưng chỉ cần $\text{Angle-chasing}$ chút xíu thì sẽ có $YF \perp AD \Rightarrow YF \parallel OX, XF \perp BC \Rightarrow XF \parallel OY$ (các bạn nhớ sử dụng góc định hướng để tránh phụ thuộc vô hình vẽ).

$\Rightarrow OYFX$ là hình bình hành, vậy $OY = XF = XH$

Vậy $(*)$ đúng, tóm lại ta có $X,Y$ đối xứng nhau qua $\Delta$, mà dễ thấy $S \in \Delta$ nên $SX = SY \ \square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-10-2013 - 11:35

"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."

#16 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 22-10-2013 - 21:57


Câu 2.

Với mỗi số nguyên dương $k$ ta đặt $f(k)=6^k+9^k+10^k+15^k$. Một cặp 2 số nguyên dương $(m;n)$ được gọi là cặp đôi hạnh phúc nếu $f(m)$ và $f(n)$ cùng chia hết cho $mn$.

1, Cho 2 số nguyên lẻ $m,n>1$ và $(m,n)$ là 1 cặp đôi hạnh phúc. Chứng minh rằng $25|mn$ nhưng $125 \not | mn$.

2, Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ để $(k,k)$ là cặp đôi hạnh phúc và nếu phân tích $k=p_1^{\alpha_1}....p_r^{\alpha_r}$ thì $\alpha_1+...+\alpha_{n}=1911^{103}$. Ở đây $p_1,p_2,...,p_r$ là các số nguyên tố đôi 1 phân biệt và $\alpha_{1},...\alpha_{r}$ là các số nguyên không âm.


 

Giải như sau:

Câu 2: 1) $(2^n+3^n)(3^n+5^n) \vdots mn$ và tương tự với $m$
Ta đặt $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ có hai khả năng

Nếu $p|2^n+3^n \rightarrow p|2^{2n}-3^{2n}$ gọi $a$ nhỏ nhất sao cho $2^a-3^a \vdots p$ nên $a|2n$ mà $a$ phải chẵn vì $a$ lẻ thì $a|n$ khi đó $2^n-3^n \vdots 2^a-3^a \vdots p \rightarrow 2.3^n \vdots p$ mâu thuẫn, do đó $a=2k$ suy ra $k|n$ nên $k$ lẻ do đó $2k|p-1$ và $k$ lẻ nên $k=1$ vì nếu $k>1$ thì tồn tại $r$ lẻ, $r|k<p-1<p \Rightarrow r<p$ mà $r|n$ mâu thuẫn do đó $k=1$ nên $p=5$ suy ra $5|n$

Nếu $p|3^n+5^n$ lập luận tươnt tự suy ra $p|3+5=8$ vô lí vì $p$ lẻ do $p|n$ lẻ

Do đó ta cm xong $5|n$ và tương tự với $m$ đặt $5^x||n,5^y||m$ theo LTE, $2^n+3^n \vdots 5^{x+y} \Rightarrow 2^{5^x}+3^{5^x} \vdots 5^{x+y} \Rightarrow v_5(2+3)+v_5(5^x)\geq x+y \Rightarrow 1+x\geq x+y \Rightarrow y\le 1$ mà $y\geq 1$ nên $y=1$ tương tự $x=1$ từ đó có $25|mn,mn \not \vdots 125$

2) Từ giả thiết có $f(k) \vdots k^2 \Rightarrow (2^k+3^k)(3^k+5^k) \vdots k^2$

Ta xây dựng $k$ theo cách sau:

Quy nạp điều sau: Tồn tại $k$ sao cho $k=5.p_2...p_l$ với $p_i \neq p_j$

Và $p_i|2^{5.p_2...p_{i-1}}+3^{5.p_2...p_{i-1}}$

Đầu tiên $k=5.x_1$ ($p_1=5$) tiếp đó $k=5.p_2.x_2$ với $p_2|2^5+3^5$ ($p_2\neq 5$ hay $p_2=11$)

Giả sử quy nạp ta đã có $k=5.p_2.p_3...p_l$ với $p_i|2^{5.p_2...p_{i-1}}+3^{5.p_2...p_{i-1}}$ các số $p_i$ đôi một pb
Ta cm tồn tại $k$ để $k=5.p_2.p_3...p_l.p_{l+1}$

Thật vậy ta có $2^k+5^k=2^{5.p_2.p_3...p_l}+3^{5.p_2.p_3...p_l}$

Đặt $2^{5.p_2.p_3...p_{l-1}}=A,B=3^{5.p_2.p_3...p_{l-1}}$
Khi đó $A^{p_l}+B^{p_l}=(A+B)(A^{p_l-1}-...+B^{p_l-1})$

Chú ý theo cách chọn $p_i|2^{5.p_2...p_{i-1}}$ do đó $5,p_2,...,p_l|2^{5.p_2.p_3...p_{l-1}}+3^{5.p_2.p_3...p_{l-1}}=A+B$

Mặt khác $gcd((A+B);(A^{p_l-1}-...+B^{p_l-1})|p_l$ $(1)$ trong khi $A+B \vdots p_l$ nên $A^{p_l-1}-...+B^{p_l-1} \vdots p_l$ mặt khác $v_{p_l}(A^{p_l}+B^{p_l})=v_{p_l}(A+B)+v_{p_l}(p_l)=v_{p_l}(A+B)+1$ do đó $v_p(A^{p_l-1}-...+B^{p_l-1})=1$ mà $(A^{p_l-1}-...+B^{p_l-1})>p_l$ do đó nó còn có một ước nguyên tố khác $p_l$ và khác hẳn $5,p_2,...,p_{l-1}$ (do $(1)$) gọi ước nguyên tố đó là $p_{l+1}$

Do đó $k=5.p_2...p_l.p_{l+1}$ dễ kiểm chứng đúng nên quy nạp đúng

Như vậy từ cách quy nạp trên ta có thể thấy tồn tại $k$ là số square-free tức là số có dạng $p_1p_2...p_l$ với $l$ tuỳ ý

Cũng thấy rằng $k=p_1p_2...p_l$ và $2^k+3^k \vdots k$ với $p_1,p_2,..,p_l$ được chọn theo phương thức như cách quy nạp thì ta thấy $2^k+3^k=2^{p_1p_2...p_l}+3^{p_1p_2...p_l}$ thấy $2^{p_1..p_i}+3^{p_1...p_i} \vdots p_{i+1}$ (theo phương thức chọn quy nạp) do đó $v_{p_{i+1}}(2^{p_1p_2...p_l}+3^{p_1p_2...p_l})=v_{p_{i+1}}(2^{p_1..p_i}+3^{p_1...p_i})+v_{p_{i+1}}(p_{i+1}...p_l)\geq 1+1=2 \Rightarrow \vdots p_{i+1}^2$

(với mọi $i=\overline{1,l}$) từ đây suy ra $2^k+3^k \vdots k^2$

Chọn $l=1911^{103}$ khi đó $\alpha_1+...+\alpha_l=1911^{103}$ đây là đpcm

P/S bài này cho nhiều số $6,9,10,15$ để đánh lạc hướng chứ thực ra chỉ cần đề bài là $2^n+3^n \vdots n^2$ là được


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-10-2013 - 20:44
Anh chỉ xíu cho dễ nhìn


#17 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 23-10-2013 - 08:53

Bài hệ có một biến thể đẹp mắt: Cho $x,y$ là các số thực mà $x^2+xy+y^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $x-y+x^2y$. Xem ra bài này không dễ nếu không dùng lượng giác.


Mr Stoke 


#18 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-10-2013 - 20:24



Câu 1.

Cho hàm số $f: [0;2013]\to \mathbb{R}$ thoả mãn đồng thời các điều kiện sau đây :

1, $f(x)\leq 0$ với mọi $x\in[0;2013]$ và $f(2013)=-2013$

2, $f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)\geq f(x_1+x_2+...+x_n)$ với mọi số nguyên $n$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_n$ tuỳ ý thuộc đoạn $[0;2013]$ sao cho $x_1+x_2+...+x_n\leq 2013$.

Chứng minh rằng $f(x)\geq -2x$ với mọi $x\in[0;2013]$

Từ điều kiện 2) cho $n=2,x_1=a\in [0.2013],x_2=0$ ta có $f(x)\geq 0$ mà $f(x)\leq 0\,\,\forall x\in [0;2013]$ nên $f(0)=0$.

Với điều kiện 2) ta lại cho $n=2$ suy ra $f(x_1)\geq f(x_1)+f(x_2)\geq f(x_1+x_2)\,\,\forall x_1,x_2,x_1+x_2\in [0;2013]$ vậy $f$ là hàm không tăng. 

Tiếp tục cho $x_1=x_2=...=x_n=x$ vào điều kiện 2 suy ra :

$$nf(x)\geq f(nx)\,\,\,\forall x\in [0;2013]\,\,\,n\in \mathbb{N}^{*}$$

$$\Rightarrow \frac{f(x)}{x}\geq \frac{f(xn)}{xn}$$

Cho $n=\left[\frac{2013}{x}\right]$ ta có $\frac{f(x)}{x}\geq \dfrac{f(2013)}{x.\left[\frac{2013}{x}\right]}$ ( Do $f$ không giảm và $x.\left[\frac{2013}{x}\right]\leq 2013$).

Cuối cùng ta sẽ chứng minh $\frac{f(2013)}{x.\left[\frac{2013}{x}\right]}\geq -2$ điều này tương đương :

$$\frac{-2013}{x.\left[\frac{2013}{x}\right]}\geq -2$$

$$\Leftrightarrow x.\left[\frac{2013}{x}\right]\geq \frac{2013}{2}$$

Nếu $x\leq \frac{2013}{2}$ thì $x.\left[\frac{2013}{x}\right]\geq x\left(\frac{2013}{x}-1\right)=2013-x\geq \frac{2013}{2}$

Nếu $x\geq \frac{2013}{2}$ thì $x.\left[\frac{2013}{x}\right]\geq x.1 \geq \frac{2013}{2}$

Vậy tóm lại ở cả 2 trường hợp ta đều có điều phải chứng minh, hay tóm lại $\frac{f(x)}{x}\geq -2\,\, \forall x\in [0;2013]$ $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 23-10-2013 - 20:34

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#19 123123

123123

    Binh nhất

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

Đã gửi 25-10-2013 - 21:37



Tiếp tục cho $x_1=x_2=...=x_n=x$ vào điều kiện 2 suy ra :

$$nf(x)\geq f(nx)\,\,\,\forall x\in [0;2013]\,\,\,n\in \mathbb{N}^{*}$$

$$\Rightarrow \frac{f(x)}{x}\geq \frac{f(xn)}{xn}$$

Cho $n=\left[\frac{2013}{x}\right]$ ta có $\frac{f(x)}{x}\geq \dfrac{f(2013)}{x.\left[\frac{2013}{x}\right]}$ ( Do $f$ không giảm và $x.\left[\frac{2013}{x}\right]\leq 2013$).

Cách làm của Đạt rất hay. Mình chỉ xin góp ý là Với mỗi $x\in (0;2013]$ xét $n= \left [ \frac{2013}{x} \right ]$ rồi mới cho $x_{1}= x_{2}= ...= x_{n}=x$ thay vào điều kiện (2) để đảm bảo $\sum_{i=1}^{n}x_{i}\leq 2013$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123123: 25-10-2013 - 21:41


#20 DUONGSMILE

DUONGSMILE

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUẾ
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 26-10-2013 - 15:19



Huong lam bai nay cua minh:

Dat $y=2sin\alpha,2x+y=2\sqrt{3}cos\alpha$ thi $x=\sqrt{3}cos\alpha-sin\alpha$

Thay vao phuong trinh 1 ta duoc: $\sqrt{3}cos{\alpha}-sin{\alpha} + (\sqrt{3}cos{\alpha}-sin{\alpha})^2.2sin{\alpha}=2sin{\alpha}+2$

hay $\sqrt{3}cos\alpha-sin\alpha+4(cos\alpha)^2.sin\alpha-4\sqrt{3}.cos\alpha.(sin\alpha)^2=2$

hay $sin(3\alpha)+\sqrt{3}cos(3\alpha)=2$ (thay $(cos\alpha)^2=1-(sin\alpha)^2$ va $(sin\alpha)^2=1-(cos\alpha)^2$)

Den day de giai duoc roi :D

Bạn mathforlife có 1 ý kiến khá hay, nhưng bạn không nên đặt $y=2sin\left ( \alpha \right )$ vì như vậy là ràng buộc điều kiện của y, y chưa chắc thuộc vào đoạn [-2;2], bạn nên c/m lại hay có lời giải khác


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DUONGSMILE: 26-10-2013 - 15:22

TOÁN HỌC LÀ HƠI THỞ CỦA CUỘC SỐNG





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh