Chủ đề này có 6 trả lời

[thanhdotk14]

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 1: Giải hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$$

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu $a,b,c,d$ là bốn nghiệm của đa thức $P(x)=x^4+x^3-1$ thì $ab$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=x^6+x^4+x^3-x^2-1$

Bài 3: Cho $a$ và $b$ là hai số nguyên dương.

Chứng minh rằng: Nếu $ab(5a^2+5b^2-2)$ chia hết cho $5ab-1$ thì $a=b$

Bài 4: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định như sau:$$x_n=\frac{(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}},n\in\mathbb{N^*}$$

$a.$ Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ nguyên 

$b.$ Xác định $n$ để $x_n$ chia hết cho $3$

Bài 5:

$a.$ Cho ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng ($B$ nằm giữa $A$ và $C$). Gọi $(O)$ là đường tròn đi qua hai điểm $A,C$ ($AC$ không phải là đường kính). Hai tiếp tuyến với $(O)$ tại $A$ và $C$ cắt nhau ở $P$, $PB$ cắt $(O)$ tại $Q$. Phân giác của góc $AQC$ cắt $AC$ tại $R$.

Chứng minh rằng: $\frac{AB}{BC}=\frac{AR^2}{RC^2}$

$b.$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$.Giao điểm của $AI$ với $BC$ và $(O)$ lần lượt là $D,A_1$ ($A_1\ne A$)

Chứng minh rằng: $\frac{IA_1}{DA_1}=\frac{AB+AC}{BC}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 18-11-2013 - 12:34

[Juliel]

Bài 3: Cho $a$ và $b$ là hai số nguyên dương.

Chứng minh rằng: Nếu $ab(5a^2+5b^2-2)$ chia hết cho $5ab-1$ thì $a=b$

Bước nhảy Viete

 

Câu hệ từ phương trình đầu được $x^2+y^2=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 18-11-2013 - 12:37

[LNH]

Bài 3: Cho $a$ và $b$ là hai số nguyên dương.

Chứng minh rằng: Nếu $ab(5a^2+5b^2-2)$ chia hết cho $5ab-1$ thì $a=b$

Tớ trình bày lại bài này nhé

Vì $\left ( ab,5ab-1 \right )=1$ nên ta cần CM $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=k \in \mathbb{N}$

Cố định $k$, xét tập $S=\left \{ \left ( a,b \right )\in \mathbb{Z}^+\times\mathbb{Z}^+ \mid \frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=k \right \}$

Giả sử $\left ( a_0,b_0 \right ) \in S$, $a_0+b_0$ nhỏ nhất và $a_0\geq b_0$

Xét phương trình $\frac{5x^2+5b_0^2-2}{5xb_0-1}=k$

$\Leftrightarrow 5x^2-5xkb_0+5b_0^2+k-2=0$

Phương trình trên có 1 nghiệm là $a_0 \in \mathbb{Z}^+$ nên nghiệm $a$ còn lại phải là số nguyên

$a+a_0=kb$

$aa_0=\frac{5b^2+k-2}{5}$

Giả sử $a<0$

Suy ra $5b^2+k-2<0$ (vô lí)

Vậy $a \geq 0$

Với $a>0$ thì suy ra $\left ( a,b_0 \right ) \in S$

Vậy $a \geq a_0$

Suy ra $\frac{5b_0^2+k-2}{5a_0}\geq a_0$

$\Leftrightarrow \left ( a_0+b_0 \right )\left ( 5a_0b_0-1 \right ) \leq a_0-b_0$ (vô lí)

Vậy $a=0$

Suy ra $5b_0^2+k-2=0$

$\Leftrightarrow 2-k=5b_0^2\geq 0$

Mặt khác, $k \geq 2$

Suy ra $k=2$

Thay vào PT đầu thì ta có $a=b$ (đpcm)

[LNH]

Bài 4: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định như sau:$$x_n=\frac{(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}},n\in\mathbb{N^*}$$

$a.$ Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ nguyên 

$b.$ Xác định $n$ để $x_n$ chia hết cho $3$

a) Xét dãy phụ sau:

$y_n=\frac{\left ( 2+ \sqrt{3} \right )^n+\left ( 2- \sqrt{3} \right )^n}{2}$

Ta có $\left ( y_n,x_n \right )$ là nghiệm của PT Pell $x^2-3y^2=1$ với mọi số nguyên dương $n$

Vậy dãy $(x_n)$ nguyên

b) Từ PT Pell ta suy ra công thức truy hồi của $(x_n)$

$x_n=4x_{n-1}-x_{n-2}$

$x_n\equiv x_{n-1}-x_{n-2}$ (mod 3)

Ta có $x_1\equiv 1$ (mod 3), $x_2\equiv 1$ (mod 3) nên $x_3\equiv 0$ (mod 3)

Với $n \geq 3$, dễ dàng CM được $x_{3k} \equiv 0$ (mod 3), $x_{3k+1}\equiv x_{3k+2} \not \equiv 0$ (mod 3)

Vậy $n=3k$ thì $x_n \vdots 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNH: 18-11-2013 - 15:10

[LNH]

Bài 5:

$a.$ Cho ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng ($B$ nằm giữa $A$ và $C$). Gọi $(O)$ là đường tròn đi qua hai điểm $A,C$ ($AC$ không phải là đường kính). Hai tiếp tuyến với $(O)$ tại $A$ và $C$ cắt nhau ở $P$, $PB$ cắt $(O)$ tại $Q$. Phân giác của góc $AQC$ cắt $AC$ tại $R$.

Chứng minh rằng: $\frac{AB}{BC}=\frac{AR^2}{RC^2}$

$b.$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$.Giao điểm của $AI$ với $BC$ và $(O)$ lần lượt là $D,A_1$ ($A_1\ne A$)

Chứng minh rằng: $\frac{IA_1}{DA_1}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

a) Một tính chất cơ bản của tứ giác điều hoà

b) $IA_1=2Rsin \frac{A}{2}$

$DA_1=\frac{a^2}{2\left ( b+c \right )cos\frac{A}{2}}$

$\frac{IA_1}{DA_1}=\frac{4Rsin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}\left ( b+c \right )}{a^2}=\frac{2RsinA\left ( b+c \right )}{a^2}=\frac{b+c}{a}$

[nguyenqn1998]

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 1: Giải hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$$

 

 

ta có $x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\leq \frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y^2+1-x^2}{2}=1$

$=>x^2+y^2=1$

ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$(*)

đặt $\left\{\begin{matrix} S=x+y & & \\ P=xy& & \end{matrix}\right.$

(*) $<=>\left\{\begin{matrix} S^2-2P=1 & & \\ 2(x-y)=-2-2P& & \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+2P=1 & & \\ -x-y-1=-P& & \end{matrix}\right.<=> x-y=3$ hoặc $x-y=-1$ => P=... =>S=...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 18-11-2013 - 17:47

[nguyenqn1998]

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu $a,b,c,d$ là bốn nghiệm của đa thức $P(x)=x^4+x^3-1$ thì $ab$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=x^6+x^4+x^3-x^2-1$

 

 

cách hơi trâu bò tí

theo viet ta có: 

$\left\{\begin{array}{lcr}a+b+c+d &= &-1\\ ab+bc+cd+da+ac+bd &= &0\\ abc+bcd+cda+dab &= &0\\ abcd &= &-1\end{array}\right.$

$<=> \left\{\begin{array}{lcr}(a+b)+(c+d) &= &-1\\ ab+cd+(a+b)(c+d) &= &0\\ ab(c+d)+cd(a+d) &= &0\\ (ab)(cd) &= &-1\end{array}\right.$(*)

đặt: $\left\{\begin{array}{ccl}\alpha &= & a b\\ \beta &= & a+b\\ \gamma &= & c d\\ \delta &= & c+d\\ \end{array}\right.$

(*) $<=> \left\{\begin{array}{lcr}\beta+\delta &= &-1\\ \alpha+\gamma+\beta\delta &= &0\\ \alpha\delta+\gamma\beta &= &0\\ \alpha\gamma &= &-1\end{array}\right.$

thay $\left\{\begin{array}{lcr}\delta &= &-1-\beta\\ \gamma &= &-\frac{1}{\alpha}\end{array}\right.$

vào 2 phương trình còn lại ta được:

$\left\{\begin{array}{lcr}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta) &= &0\\ \alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta &= &0\\ \end{array}\right.$

$ \begin{align*}\alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta = 0 &\iff\alpha (-1-\beta) =\frac{\beta}{\alpha}\\ &\iff\frac{-1-\beta}{\beta}=\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff-\frac{1}{\beta}-1 =\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\left(\frac{1}{\alpha^2}+1\right)\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\frac{1+\alpha^2}{\alpha^2}\\ &\iff\beta =-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\end{align*} $

do đó: $\begin{align*}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta)=0 &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\left(-1+\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\right)=0\\ &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}+\frac{\alpha^2}{(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^2(1+\alpha^2)^2-(1+\alpha^2)^2+\alpha^3}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^6+\alpha^4+\alpha^3-\alpha^2-1}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\end{align*} $ (dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 20-11-2013 - 19:37