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 Olympic 30-4 lớp 10 THPT chuyên Trần Hưng Đạo (vòng 1)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 25-12-2013 - 21:16

Đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lần thứ XX - 2014 Toán 10 Thời gian: 180 phút

Câu 1: Giải phương trình: $\sqrt[3]{x-2}=8x^3-60x^2+151x-128$

 

Câu 2: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhay tại H. Trên các tia FB,EC theo thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC, EQ=EB. BQ cắt CP tại K,I,J theo thứ tự là trung điểm BQ, CP, IJ cắt BC, PQ theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng

1. HK vuông góc IJ

2. $\widehat{IAM}=\widehat{JAN}$

 

Câu 3: Cho 3 số thực dương sao cho $a+b+c=abc$ Chứng minh: \sum \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\leq \frac{3}{2}

 

Câu 4: Tìm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn $pq|(p^p+q^q+1)$

 

Câu 5: Có 3 đống sỏi lần lượt có 2013; 213 và 13 viên sỏi. Được phép (A) Hoặc bớt đi ở cả 3 đống cùng 1 số viên sỏi (B) Hoặc chuyển đi 1 nữa số sỏi từ đống này (có số sỏi chẵn) sang 1 trong 2 đống kia. Hỏi có cách nào chuyển sỏi như trên có thể 1. Làm cho 2 đống sỏi ko còn viên nào hay ko? 2. Làm cho cả 3 đống ko còn viên nào hay ko?

 

Câu 6: Cho hàm số $f$ xác định và có giá trị trên $N$ thỏa các ĐK với mọi n

$1. f^{2}(2n+1)-f^2(2n)=6f(n)+1$

$2. f(2n)\geq f(n)$

 

Hỏi có bao nhiêu giá trị của f nhỏ hơn 2014


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thedragonknight: 26-12-2013 - 09:57


#2 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 26-12-2013 - 01:13

Câu 4: Tìm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn
$pq|(p^p+q^q+1)$

Lời giải. Dễ thấy rằng $p \ne q$. Không mất tính tổng quát, giả sử $p>q$.

Nếu $q=2$ thì ta có $2p|p^p+5$ suy ra $p=5$.

Nếu $q \ne 2$, từ giả thiết ta suy ra $q|p^p+1$ nên $q|p^{2p}-1$. Khi đó ta suy ra $\text{ord}_qp|2p$ và $\text{ord}_qp|q-1$ (vì theo định lý Fermat nhỏ thì $p^{q-1} \equiv 1 \pmod{q}$). Vì $\text{ord}_qp|q-1$ nên $\text{ord}_qp<q$ mà $\text{ord}_qp|2p$ nên $\text{ord}_qp|2$ (vì $p>q$). Do đó hoặc $q|p-1$ hoặc $q|p+1$.

Với $q|p-1$ thì $q|p^p-1$. Do đó $q|2$ nên $q=2$, mâu thuẫn. Vậy $q|p+1$.

 

Lập luận tương tự, ta thu được $\text{ord}_pq|2q$ và $\text{ord}_pq|p-1$.

Nếu $\gcd( \text{ord}_pq,q)>1$ thì $q|p-1$ mà $q|p+1$ nên $2|q$, mâu thuẫn. Vậy $\gcd( \text{ord}_pq,q)=1$. Do đó $\text{ord}_pq|2$. Ta thu được $p|q-1$ hoặc $p|q+1$. Tuy nhiên vì $p\ge q+1$ nên $p=q+1$. Do đó $q=2$, mâu thuẫn.

 

Vậy $\boxed{(p,q)=(2,5),(5,2)}$


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

#3 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 26-12-2013 - 01:20

Câu 3: Cho 3 số thực dương sao cho $a+b+c=abc$
Chứng minh: $\sum \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\leq \frac{3}{2}$

Lời giải. Ta có $$1+a^2= \frac{abc}{a+b+c}+a^2= \dfrac{a(a+b)(a+c)}{a+b+c}= \dfrac{(b+a)(a+c)}{bc}.$$

Do đó $$\sum \frac{1}{ \sqrt{1+a^2}}= \sum \sqrt{ \dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}} \le \frac 12 \left( \sum \frac{b}{a+b}+ \sum \frac{c}{a+c} \right)= \frac 32$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \sqrt 3$. $\blacksquare$


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

#4 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 27-12-2013 - 23:04



 

Câu 2: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhay tại H. Trên các tia FB,EC theo thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC, EQ=EB. BQ cắt CP tại K,I,J theo thứ tự là trung điểm BQ, CP, IJ cắt BC, PQ theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng

1. HK vuông góc IJ

2. $\widehat{IAM}=\widehat{JAN}$

Mới làm được ý đầu  :(

Kí hiệu $(AB)$ là đường tròn đường kính $AB$

untitled.JPG

Dễ dàng thấy $\overline{HF}.\overline{HC}=\overline{HE}.\overline{HB}=P_{H/(BFEC)}\Rightarrow P_{H/(PC)}=P_{H/(BQ)}\;\;(1)$

Lại thấy $\widehat{EQB}=\widehat{BPC}=\dfrac{\pi }{4}$ nên tứ giác $BQCP$ nội tiếp, nên $\overline{KQ}.\overline{KB}=\overline{KC}.\overline{KP}\Rightarrow P_{K/(BQ)}=P_{K/(CP)}\;\;(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $HK$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(BQ),(CP)$

Mà dễ thấy $I,J$ lần lượt là tâm các đường tròn đường kính $BQ,PC$

Suy ra $IJ \perp HK$.

 

~~Bài bất đậm chất lượng giác ~~

 

P.S : Bình Thuận thi nhanh thế nhỉ ? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 27-12-2013 - 23:06

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

Welcome to My Facebook !


#5 Binh Le

Binh Le

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:Number Theory & Geometry

Đã gửi 27-12-2013 - 23:47

Bài 1:
Đặt $\sqrt[3]{x-2}=2y-5$

Ta có hpt
$8y^{3}-60y^{2}+150y-x=123$​

$8x^{3}-60x^{2}+151x-2y=123$
Trừ theo vế .....
ta đc ($(x-y)(2x^{2}+2xy+2y^{2}-15x-15y+38)=0$

+/ $x=y$ 
... ta đc $x=3$
+/$2x^{2}+2xy+2y^{2}-15(x+y)+38$ có $\Delta =-[12(y-2,5)^{2}+4]< 0$
KL :pt có 1 no duy nhất x=3


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Binh Le: 27-12-2013 - 23:48

๖ۣۜI will try my best ๖ۣۜ

 

                               


#6 nhatquangsin

nhatquangsin

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định
  • Sở thích:mathematics

Đã gửi 28-12-2013 - 09:55

Đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lần thứ XX - 2014 Toán 10 Thời gian: 180 phút

 

Câu 2: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhay tại H. Trên các tia FB,EC theo thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC, EQ=EB. BQ cắt CP tại K,I,J theo thứ tự là trung điểm BQ, CP, IJ cắt BC, PQ theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng

1. HK vuông góc IJ

2. $\widehat{IAM}=\widehat{JAN}$

 

 

1. Dễ dàng chứng minh $P,B,Q,C$ đồng viên. Các đường tròn $(F,FC);(PBQC);(E,EB)$ có $K$ là tâm đẳng phương. Các đường tròn $(I,IB);(E,EB);(PBQC)$ có $K$ là tâm đẳng phương. Các đường tròn $(J,JC);(PQBC);(F,FC)$ có $K$ là tâm đẳng phương.

Từ đó suy ra $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(J,JC);(I,IB)$.

Mà $HC.HF=HE.HB$ nên $H$ cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này nên $IJ\perp KH$

 

2.Trong tam giác $ACP$ thì $BQ$ là đường đối song nên $AI$ là đường đẳng giác của $AJ$ trong tam giác $ACP$. Trong tam giác $ABC$ có $PQ$ là đường đối song với $BC$ nên áp dụng bổ đề E.R.I.Q cho bộ các điểm $(Q,I,B)$ và $(P,J,C)$ ta có $\frac{MB}{BC}=\frac{NQ}{PQ}$ từ đó suy ra $AM$ là đường đẳng giác của $AN$ trong tam giác $ABC$.

Do đó $\angle MAI=\angle NAJ$



#7 Rias Gremory

Rias Gremory

    Del Name

  • Thành viên
  • 1384 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 28-12-2013 - 19:27

Đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lần thứ XX - 2014 Toán 10 Thời gian: 180 phút

Câu 1: Giải phương trình: $\sqrt[3]{x-2}=8x^3-60x^2+151x-128$

$PT\Leftrightarrow \sqrt[3]{x-2}=x-3+(2x-5)^{3}$

Đặt $\sqrt[3]{x-2}=2y-5$   (1)

Ta có $2y-5=(2x-5)^{3}+x-3\Leftrightarrow 2y-x-2=(2x-5)^{3}$  (2)

Lại có (1) $\Rightarrow x-2=(2y-5)^{3}$ (3)

Giải hệ (2)(3) ta được 

$2y-2x=(2x-5-2y+5)((2x-5)^{2}+(2x-5)(2y+5)+(2y+5)^{2})$

Nhân tử chung $x-y$ , sau đó thì dễ rồi



#8 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 29-12-2013 - 12:35

Lời giải. Dễ thấy rằng $p \ne q$. Không mất tính tổng quát, giả sử $p>q$.

Nếu $q=2$ thì ta có $2p|p^p+5$ suy ra $p=5$.

Nếu $q \ne 2$, từ giả thiết ta suy ra $q|p^p+1$ nên $q|p^{2p}-1$. Khi đó ta suy ra $\text{ord}_qp|2p$ và $\text{ord}_qp|q-1$ (vì theo định lý Fermat nhỏ thì $p^{q-1} \equiv 1 \pmod{q}$). Vì $\text{ord}_qp|q-1$ nên $\text{ord}_qp<q$ mà $\text{ord}_qp|2p$ nên $\text{ord}_qp|2$ (vì $p>q$). Do đó hoặc $q|p-1$ hoặc $q|p+1$.

Với $q|p-1$ thì $q|p^p-1$. Do đó $q|2$ nên $q=2$, mâu thuẫn. Vậy $q|p+1$.

 

Lập luận tương tự, ta thu được $\text{ord}_pq|2q$ và $\text{ord}_pq|p-1$.

Nếu $\gcd( \text{ord}_pq,q)>1$ thì $q|p-1$ mà $q|p+1$ nên $2|q$, mâu thuẫn. Vậy $\gcd( \text{ord}_pq,q)=1$. Do đó $\text{ord}_pq|2$. Ta thu được $p|q-1$ hoặc $p|q+1$. Tuy nhiên vì $p\ge q+1$ nên $p=q+1$. Do đó $q=2$, mâu thuẫn.

 

Vậy $\boxed{(p,q)=(2,5),(5,2)}$

Giờ mới để ý cặp $(2,5),(5,2)$ đâu thỏa mãn đâu Toàn.

 

Lời giải :

Bổ đề quen thuộc : Cho các số nguyên tố $p,q,r$ trong đó $p$ lẻ và thỏa mãn $p\mid q^r+1$ khi đó thì $2r\mid p-1$ hoặc $p \mid q^2-1$.

Chứng minh :

Từ giả thiết ta có $q^{2r}\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow ord_p(q)\mid 2r\Rightarrow ord_p(q)\in \left \{ 1,2,r,2r \right \}$

Mà theo định lí $Fermat$ nhỏ thì $q^{p-1}\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow ord_p(q)\mid p-1$

Nếu $ord_p(q)=1$ thì $q-1\equiv 0\;(mod\;p)\Rightarrow p\mid q^2-1$

Nếu $ord_p(q)=2$ thì $q^2\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow p\mid q^2-1$

Nếu $ord_p(q)=r$ thì $r\mid p-1$ mà $p-1$ chẵn và $gcd(2,r)=1$ nên $2r\mid p-1$

Nếu $ord_p(q)=2r$ thì $2r \mid p-1$

Tóm lại bổ đề được chứng minh

BÀI TOÁN : 

Từ đề bài ta suy ra $q \mid p^q+1$ và $p \mid q^p+1$.

Nếu $p=2$ thì ta có $q\mid 2^{q}+1$ hay $2^{q}\equiv -1\;(mod\;q)$. Theo định lí $Fermat$ nhỏ thì $2^{q}\equiv 2\;(mod\;q)$

Suy ra $-1\equiv 2\;(mod\;q)\Rightarrow q=3$.

Tương tự nếu $q=2$ thì $p=3$

Bây giờ, ta xét các số nguyên tố $p,q$ đều lẻ.

Khi đó vì $q\mid p^{q}+1$ nên theo bổ đề trên thì ta có $2q \mid q-1$ hoặc $q\mid p^2-1$.

Rõ ràng trường hợp $2q \mid q-1$ không xảy ra do đó phải có $q \mid p^2-1$.

Suy ra $q\mid (p-1)$ hoặc $q\mid (p+1)$.

Nếu như $q\mid p-1\Rightarrow p^{q}+1\equiv 2\;(mod\;q)$, mâu thuẫn.

Do vậy $q\mid p+1\Rightarrow 2q \mid p+1$ (vì $p+1$ chẵn và $gcd(2,q)=1$)

Suy ra $p+1\geq 2p$. Tương tự $q+1\geq 2p$.

Từ đó $p+q+2\geq 2(p+q)\Leftrightarrow p+q\leq 1$ và đây là điều vô lí

Kết luận : $\boxed{(p,q)=(2,3),(3,2)}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-12-2013 - 13:33

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

Welcome to My Facebook !


#9 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 29-12-2013 - 14:26

Em thấy đề là $pq|p^p+q^q+1$ mà anh ? Đâu có $pq|p^q+q^p+1$.


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

#10 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 29-12-2013 - 14:32

Em thấy đề là $pq|p^p+q^q+1$ mà anh ? Đâu có $pq|p^q+q^p+1$.

Chắc về mua kính quá  :(  :mellow: Ngồi một hồi bịa ra cái đề luôn mới ghê  ~O)  :excl:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-12-2013 - 14:32

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

Welcome to My Facebook !


#11 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 30-12-2013 - 07:56

Câu 6: hình như chưa ai giải. Gợi ý nha:

Cần chứng minh $f(2n+1)=3f(n)+1$ và $f(2n)=3f(n)$



#12 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 614 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 31-12-2013 - 20:16

Câu 6: hình như chưa ai giải. Gợi ý nha:

Cần chứng minh $f(2n+1)=3f(n)+1$ và $f(2n)=3f(n)$

Cái này thì e làm đc nhưng e thắc mắc k biết nếu như vậy thì $f(n)$ bằng bao nhiêu?

$f$ ở đây là $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ phải không ạ?


"Of all creatures that breathe and move upon the earth, nothing is bred that is weaker than man. For he thinks that he will never suffer evil in time to come, so long as the gods give him prosperity and his knees are quick; but when again the blessed gods decree him sorrow, this too he bears in sore despite with steadfast heart; for the spirit of men upon the earth is even such as the day which the father of gods and men brings upon them." (Homer, The Odyssey)

#13 hoangvtvpvn

hoangvtvpvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12A1 THPT chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Inequality,geometry

Đã gửi 02-01-2014 - 08:08

đường đối song là gì vậy


Trên con đường thành công không có bước chân của những kẻ lười biếng


#14 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 06-01-2014 - 22:21

Cái này thì e làm đc nhưng e thắc mắc k biết nếu như vậy thì $f(n)$ bằng bao nhiêu?

$f$ ở đây là $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ phải không ạ?

Lâu quá, hôm nay rảnh vào diễn đàn:

Chứng minh thế này:

Ta có:

$(f_{2n+1}-f_{2n})(f_{2n+1}+f_{2n})=6f_n+1 \Rightarrow 6f_n+1\geqslant 2f_n(f_{2n+1}-f_{2n}) \Rightarrow f_{2n+1}-f_{2n}\leqslant 3$

$f_{2n+1}-f_{2n} \in \left \{ 1,2,3 \right \}$

Vì: $6f_n+1\equiv 1 (mod 6)$  nên $\Rightarrow f_{2n+1}-f_{2n}=1 \Rightarrow f_{2n+1}+f_{2n}=6f_n+1 \Rightarrow f_{2n}=3f_n;f_{2n+1}=3f_n+1$

Ta nhận thấy rằng nếu $n$ được viết trong hệ nhị phân thì giá trị của $f_n$ được tính trong hệ tam phân.

Ví dụ:

$n=3$ => $3_{10}=11_2$ thì $11_3=4_{10}$. Điều này chứng minh dễ dàng

Từ đó ta có $2014_{10}=2202121_3$ và ta dễ thấy $1111111_3<2202121_3<10000000_3$ chuyển các số $1111111$,$10000000$ qua hệ nhị phân ta suy ra:

$f_{128}>2014$ và $f_{127}<2014$.

Vậy có 128 giá trị (chỉ số đi từ 0 đến 127).

PS: Bài này khó!

 

Câu 5:

Dễ quá:

1. Có. Cách làm:

bỏ đi cả 3 đống 13 viên sau đó đem đống 2 100 viên sang đống 3, rồi bớt cả 3 đống 100 viên. Sẽ sạch 2 đống 2 và 3.

2. Không. Bất biến : dù chuyển thế nào tổng số viên sỏi cả ba đống vẫn là số chia 3 dư 1.

 

À, thedragonknight có đề vòng 2 post luôn nhé!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 07-01-2014 - 21:19

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#15 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 07-01-2014 - 20:09

Lâu quá, hôm nay rảnh vào diễn đàn:

Chứng minh thế này:

Ta có:

$(f_{2n+1}-f_{2n})(f_{2n+1}+f_{2n})=6f_n+1 \Rightarrow 6f_n+1\geqslant 2f_n(f_{2n+1}-f_{2n}) \Rightarrow f_{2n+1}-f_{2n}\leqslant 3$

$f_{2n+1}-f_{2n} \in \left \{ 1,2,3 \right \}$

Vì: $6f_n+1\equiv 1 (mod 6)$  nên $\Rightarrow f_{2n+1}-f_{2n}=1 \Rightarrow f_{2n+1}+f_{2n}=6f_n+1 \Rightarrow f_{2n}=3f_n;f_{2n+1}=3f_n+1$

Ta nhận thấy rằng nếu $n$ được viết trong hệ nhị phân thì giá trị của $f_n$ được tính trong hệ tam phân.

Ví dụ:

$n=3$ => $3_{10}=11_2$ thì $11_3=4_{10}$. Điều này chứng minh dễ dàng

Từ đó ta có $2014_{10}=2202121_3$ và ta dễ thấy $1111111_3<2202121_3<10000000_3$ chuyển các số $1111111$,$10000000$ qua hệ nhị phân ta suy ra:

$f_{128}>2104$ và $f_{127}<2104$.

Vậy có 128 giá trị (chỉ số đi từ 0 đến 127).

PS: Bài này khó!

 

 

 

 

Lời giải của nntien là chính xác rồi. Ngoài ra ta có thể dự đoán được đáp số bằng cách quy nạp $f(2^kn)=3^kf(n)$



#16 TrungNhan

TrungNhan

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

Đã gửi 07-01-2014 - 21:03

Nhầm nhờ mod xóa dùm! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TrungNhan: 07-01-2014 - 21:05


#17 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 07-01-2014 - 21:06

Lời giải của nntien là chính xác rồi. Ngoài ra ta có thể dự đoán được đáp số bằng cách quy nạp $f(2^kn)=3^kf(n)$

Ta để ý thấy rằng: $f_{2^n}=3^n$. => $f_{2^7}=3^7=2187>2014$. Sau đó ta tính:

$f_1=1$ => $f_3=3f_1+1=4$ => $f_7=3f_3+1=13$ => $f_{15}=3f_7+1=40$ => $f_{31}=3f_{15}+1=121$ => $f_{63}=3f_{31}+1=364$ => $f_{127}=3f_{63}+1=1093<2014$. 

Ta có thể chứng minh $f_n$ được tính theo quy tắc viết $n$ ra nhị phân sau đó xem số nhị phân này như số tam phân rồi đổi lại thập phân.

Thực vậy, ta có:

$f_0=0, f_1=1$

Ta xét bổ đề sau: cho $p,q$ có giá trị 0 hoặc 1 thì khi đó: $f_{p2^k+q2^l}=p3^k+q3^l$. Với $f_n$ được xác định như trên.

Thật vậy: nếu $p$ hoặc $q$ bằng 0 thì hiển nhiên. Ta xét $p=1, q=1$

Xét $k>l$ khi đó $f_{2^k+2^l}=f_{2^l(2^{k-1}+1)}=3^l.f_{2^{k-l}+1}=3^l(3^{k-l}+1)=3^k+3^l$ => bổ đề được chứng minh.

Ta xét $n=(a_na_{n-1}...a_1a_0)_2=a_n.2^n+a_{n-1}2^{n-1}+...+a_1.2^1+a_0.2^0$.

Sử dụng bổ đề trên ta có:

$f_n=f_{a_n.2^n+a_{n-1}2^{n-1}+...+a_1.2^1+a_0.2^0}=a_n.3^n+a_{n-1}3^{n-1}+...+a_1.3^1+a_0.3^0$.

Suy ra điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 08-01-2014 - 14:53

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#18 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 27-03-2014 - 18:21

Mình có một lời giải đẹp cho bài bất đẳng thức

Do a,b,c dương thoã $a+b+c=abc$ nên ta có thể đặt $a=tanA;b=tanB;c=tanC$ (A ,B ,C là 3 đỉnh của một tam giác)

Bất đẳng thức được viết lại là

$\sum \frac{1}{\sqrt{1+tanA^{2}}}\leq \frac{3}{2}$

Ta thấy

$\sum \frac{1}{\sqrt{1+tanA^{2}}}=\sum \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{cosA^{2}}}}=cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$

(Đây là một bất đẳng thức cơ bản trong tam giác).

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 27-03-2014 - 18:25


#19 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 27-03-2014 - 18:35

các bạn trình bày chi tiết lại câu 6 đi, mình đọc chẳng hiểu gì cả.






1 người đang xem chủ đề

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