Chủ đề này có 18 trả lời

[namcpnh]

Ai nhớ đề bao nhiêu thì đăng lên bấy nhiêu đi , tò mò quá ( câu đa thức nghe đồn chế từ bài VMO 1991 và đã xuất hiện trong Tài liệu mới nhất của Gặp gỡ Toán học ) .

[namcpnh]

[vinh1712]

buồn quá làm chắc được mỗi câu 1 

lấy được đề về hay thế 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vinh1712: 05-04-2014 - 19:51

[Ispectorgadget]

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 TRUYỀN THỐNG LỚP 11 LẦN XX NĂM 2014

 

Câu 1: (4 điểm)

Giải hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = 1\\
125{y^8} - 125{y^3} + 6\sqrt {15}  = 0
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,(x,y \in \mathbb{R})\]

Bài 2: (4 điểm) Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi :

\[\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 1}},\forall n \ge 1
\end{array} \right.\]

a. Chứng minh $u_{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n},\forall n\ge 1$

b. Chứng minh dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3: (3 điểm)

Hai đường tròn $(O_1,R_1)$ và $(O_2,R_2) \; (R_1>R_2)$ cắt nhau tại hai điểm $M$ và $M'$. Một tiếp tuyến chung $T_1T_2$ của hai đường tròn cắt đường thẳng $O_1O_2$ tại $P$ ($T_1$ thuộc $(O_1), T_2$ thuộc $(O_2)$). Đường thẳng $PM$ cắt $(O_1)$ và $(O_2)$ lần lượt tại $M_1$ và $M_2$ khác $M$. Đường thẳng $PM'$ cắt $(O_1)$ và $(O_2)$ lần lượt tại $M_1'$ và $M_2'$ khác $M'$. Gọi $A,B,C,D$ lần lượt là trung điểm của $MM_1,MM_2,MM_3,M'M_1', M'M_2'$. Chứng minh rằng $A,B,C,D$ nằm trên một đường trọn và đường tròn này tiếp xúc $T_1T_2.$

 

Câu 4: (3 điểm)
Xác định các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn $P(x)P(x^2)=P(x^3+3x), \forall x\in \mathbb{R}$

Câu 5: (3 điểm)
Cho hai số tự nhiên $m$ và $n$ sao cho $m>n\ge 1$. Biết rằng hai chữ số tần cùng của $2014^m$ bằng với hai chữ số tận cùng của $2014^n$ theo cùng thứ tự. Tìm các số $m$ và $n$ sao cho tổng $m+n$ có giá trị nhỏ nhất.
Câu 6: (3 điểm)
Cho đa giác đều 9 đỉnh $A_1A_2...A_9$. Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biết bằng nhau có tất cả các đỉnh là đỉnh của đa giác cùng màu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-04-2014 - 20:21

[Ispectorgadget]

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 TRUYỀN THỐNG LỚP 11 LẦN XX NĂM 2014

 

Câu 4: (3 điểm)
Xác định các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn $P(x)P(x^2)=P(x^3+3x), \forall x\in \mathbb{R}$

Câu này có trên diễn đàn rồi đề này toàn câu cũ...

 

$P(x)P(3x^{2})=P(3x^{3}+x) (1)$
Trường hợp 1: $P(x)\equiv c$ (với c là hằng số thực)

Khi đó (1) $c^{2}=c\iff \left\{\begin{matrix} c=0 & \\ c=1 & \end{matrix}\right.$

Trường hợp 2: $\deg P=n\geq 1$

Giả sử $P(x)$ thỏa (1).
Với mỗi đa thức $F(x)$ khác đa thức không, kí hiệu $F^*$ hoặc $(F(x)^*)$ chỉ hệ số bậc cao nhất của $F(x)$
$(1)\Rightarrow P*P*3^{n}=P^*3^{n} \iff P^*=1$

$(1)\Rightarrow P^{2}(0)=P(0) \iff  P(0)=1\wedge P(0)=0$

Nếu $P(0)=0$ thì P(x)=$x^{m}Q(x)$ với m nguyên dương và Q(x) là đa thức hệ số thực thỏa $Q(0)$ khác 0.

khi đó: (1) $\iff x^{m}Q(x)3^{m}x^{2m}Q(3x^{2})=(3x^{3}+x)^{m}Q(3x^{3}+x) \forall x$

$\iff Q(x)3^{m}x^{2m}Q(3x^{2})=(3x^{2}+1)^{m}Q(3x^{3}+x) \forall x\neq 0$

$\iff Q(x)3^{m}x^{2m}Q(3x^{2})=(3x^{2}+1)^{m}Q(3x^{3}+x) \forall x$ (do $Q(x)$ là đa thức)

Lấy $x=0$ ta có $Q(0)=$0 mâu thuẩn với giả thuyết đang xét là $Q(0)$ khác 0.

Vậy không thể có $P(0)=0$ tức là $P(0)=1$

Gọi a là nghiệm phức của P(x) có môđun lớn nhất

Do $P(0)$ khác $0$ $\Rightarrow \left |a \right |>0$. Ta có $P(a)=0$ nên từ (1)
$\Rightarrow P(3a^{3}+a)=0$

$\Rightarrow 3a^{3}+a$ cũng là nghiệm của $P(x)$

$\left | 3a^{3}+a \right |\leq \left | a \right |$

$\Rightarrow 2\left | a \right |\geq \left | a \right |+\left | 3a^{3}+a \right |=\left | a \right |+\left | -3a^{3} -a\right |\geq \left | a-3a^{3}-a \right |=3\left | a \right |^{3}$

$\Rightarrow \left | a \right |^{2}\leq \frac{2}{3}\Rightarrow \left | a \right |\leq 1 \Rightarrow \left | a \right |^{n}\leq 1$.

Gọi $a_1,a_2,...,a_n$ là $n$ nghiệm phức của $P(x)$

Ta có $P*=P(0)=1$ nên theo định lý viét ta có

$\left | a_1 \right |\left | a_2\right |...\left | a_n \right |=\left | a_1a_2..a_n \right |=\left | \frac{P(0)}{P*} \right |=1$

$\Rightarrow1=\left | a_1 \right |\left | a_2 \right |..\left | a_n \right |<\left | a \right |^{n}<1$ (vô lý)
$\Rightarrow $    Không có đa thức P(x) nào có bậc $\geq 1$ mà thỏa (1)
vậy $P(x)$ là đa thức hệ số thực thỏa $(1)\iff P(x)=0$ hoặc $P(x)=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-04-2014 - 20:12

[phatsp]

Vào lúc 05 Tháng 4 2014 - 19:52, Ispectorgadget đã nói:

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 TRUYỀN THỐNG LỚP 11 LẦN XX NĂM 2014

 Câu 5: (3 điểm)
Cho hai số tự nhiên $m$ và $n$ sao cho $m>n\ge 1$. Biết rằng hai chữ số tần cùng của $2014^m$ bằng với hai chữ số tận cùng của $2014^n$ theo cùng thứ tự. Tìm các số $m$ và $n$ sao cho tổng $m+n$ có giá trị nhỏ nhất.

Làm như vầy không biết đúng không
từ giả thiết $\Rightarrow (2014^{m}-2014^{n})|100$
$\Leftrightarrow 2014^{n}(2014^{m-n}-1)|100$
Nhận thấy số có tận cùng =4 khi lũy thừa n thì tận cùng =4 hoặc =6 $(n\geq 1)$
$\Rightarrow 2014^{n}(2014^{m-n}-1)$ không chia hết cho 100 (mâu thuẫn) $(m>n)$
$\Rightarrow$ không tồn tại m,n thỏa ycbt
p/s :Rất rất hy vọng mình làm đúng

[phatsp]

Thôi xong r, thiếu TH r
TH1:25*4
Xét do $2014^{n}$ không thể tận cùng bằng (do khong chia hết cho 5)
$\Rightarrow (2014^{m-n}-1)$ tận cùng bằng 25
$\Rightarrow 2014^{m-n}$ tận cùng =6
$\Rightarrow m-n=2a$
ta có $2014^{2a}=(2000+14)^{2a}$
$\Rightarrow ta cần cm 14^{2a}$ không tận cùng bằng 26
ta có $14^{2a}=196^{a}=(200-4)^{a}$
$\Rightarrow$ 2 chữ số tận cùng của $14^{2a}$ là 2 chữ số tận cùng của $(-4)^{a}$
$\Rightarrow (-4)^{a}$ có tận cùng là 26 (vô lý vì số tận cùng =26 không chia hết cho 4)
Ngu quá h mới nghĩ ra
TH2:75*4
cmtt $\Rightarrow (-4)^{a}$ có tận cùng là 76
$\Rightarrow a=2b$
$\Rightarrow$ chữ số tận cùng của $(-4)^{a}=16^{b}$ là 76
tới đấy xét b=1,2,3,4,5
nhận thấy b=5 là GTNN thỏa ycbt (tại biết trước kq mới đám tính thử )
$\Rightarrow $...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatsp: 05-04-2014 - 21:37

[TuanNguyenHoangNHC]

Đáp Án Của Bài Số Học Là (m;n) = (12;2)

[phatsp]

Đáp Án Của Bài Số Học Là (m;n) = (12;2)

Xem giúp sai chỗ nào vậy

[PT42]

Câu 5 Vì $m > n \geq 1$ nên ta có 

 $2014^{m}$ và $2014^{n}$ có hai chữ số tận cùng bằng nhau theo đúng thứ tự

$\Leftrightarrow 2014^{m} - 2014^{n} = 2014^{n}. (2014^{m - n} - 1) \vdots 100$ (1)

 

Vì m > n nên $(2014^{m - n} - 1)$ là số lẻ. Do đó từ (1) $\Rightarrow$ $2014^{n} \vdots 4$ $\Rightarrow n \geq 2$

 

Từ (1) $\Rightarrow$ $(2014^{m - n} - 1) \vdots 25$ (2)

Đặt m - n = 10k + r với k, r là số tự nhiên và $0 \leq r \leq 9$

$\Rightarrow 2014^{m - n} \equiv 14^{m - n} = (14^{5})^{2k}. 14^{r} = (537824^{2})^{k}. 14^{r} \equiv ((-1)^{2})^{k}. 14^{r} \equiv 14^{r}$ (mod 25)

Nên từ (2) $\Rightarrow 14^{r} \equiv 1$ (mod 25) . Với $0 \leq r \leq 9$ chỉ có r = 0 thỏa mãn.

Vậy m = n + 10k. Mà m > n nên $k \geq 1$

 

Mà $n \geq 2$ nên m + n = 2n + 10k $\geq$ 2. 2 + 10. 1 = 14

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} m = n + 10. 1\\n = 2 \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m = 12\\n = 2 \end{matrix}\right.$

 

Vậy $\left\{\begin{matrix} m = 12\\n = 2 \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 05-04-2014 - 21:31

[LNH]

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 TRUYỀN THỐNG LỚP 11 LẦN XX NĂM 2014

Câu 6: (3 điểm)
Cho đa giác đều 9 đỉnh $A_1A_2...A_9$. Mỗi đỉnh của đa giác hoặc có màu đỏ hoặc có màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biết bằng nhau có tất cả các đỉnh là đỉnh của đa giác cùng màu.

 

Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại $5$ đỉnh có cùng một màu

Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 9 đỉnh, 9 đỉnh này chia đường tròn thành 9 phần

Gọi $(x,y,z)$ lần lượt là số đo các cung (đơn vị phần) của một bộ ba đỉnh

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \leq y \leq z$

Ta tính được số các bộ $(x,y,z)$ là $6$

Trong $5$ đỉnh cùng màu có $C^3_5=10$ tam giác

Theo nguyên tắc Dirichlet, có ít nhất $2$ tam giác có cùng bộ $(x,y,z)$ (đpcm)

[nhatnew]

mấy bác cho biết cái này HC tính kiểu gì ( mấy điểm là đc vang vậy)

[ongngua97]

Câu hệ giải ntn z mọi người???

[bachhammer]

Bỏ câu đa thức, hơi tiếc....(nói trắng là ko ôn phần này )

Nhìn chung:

Câu 1: Thay $y^2$ bởi $1-x^2$ vào pt 2 ta được $x^2.y^3=...$ (1) rồi bình phương lên và áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số..... (để ý từ (1) suy ra y >0)

Câu 2: ý a) dùng quy nạp mười mươi.

ý b) ta dùng bất đẳng thức kẹp phụ $ln(1+\frac{1}{n+k})\leq \frac{1}{n+k} \leq ln(1+\frac{1}{n+k-1})$ và thu được lim= ln2.

Câu 3 (bỏ ý 2): ý a) thì ta dùng phép đối xứng trục $O_{1}O_{2}$ để cm ABDC là hình thang cân.

Câu 4: như trên.

Câu 5: Ta có $2014^{n}(2014^{m-n}-1)\vdots 100$ mà $2014^{m-n}-1$ là số lẻ nên $2014^{n}$ chia hết cho 4, suy ra n ko nhỏ hơn 2. Bây giờ ta xét m-n lẻ thì ta suy ra $2014^{m-n}-1$ tận cùng khác 5 và 0 nên ko chia hết cho 25. Do đó m-n chẵn, Khi đó ta đặt m-n= 2t (t nguyên dương).

Ta có: $2014^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow 14^{2t}-1 \vdots 25\Leftrightarrow (15-1)^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow -30t \vdots 25$ (khai triển nhị thức Newton ta thấy các số hạng thứ 1 đến thứ 2t - 2 đều chứa nhân tử $15^2$ chia hết cho 25. Suy ra t chia hết cho 5, hay t ko nhỏ hơn 5, suy ra m-n ko nhỏ hơn 10.

Do đó m+n = (m-n)+ 2n ko nhỏ hơn 10 + 2.2 = 14 khi m = 12 và n = 2.

Câu 6: Gần giống cách của chú Hoàng, nhưng do hoảng quá nên ngồi chia trường hợp ra xét (nhiều hơn chú Hoàng....) 

[mbrandm]

Câu hệ giải ntn z mọi người???

từ PT đầu suy ra $y\in \left [ -1,1 \right ]$

Dùng điều kiện này để lập bảng biến thiên cho PT 2 từ đó suy ra$y=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Đề này mình còn mỗi câu số học mới chỉ làm một nửa, làm bài trình bày có thiếu chỗ nào đâu, và kết quả của mình là HCĐ.

[Trung Gauss]

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 TRUYỀN THỐNG LỚP 11 LẦN XX NĂM 2014

 

Câu 4: (3 điểm)
Xác định các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn $P(x)P(x^2)=P(x^3+3x), \forall x\in \mathbb{R}$
 

 

 

Lời giải:

Dễ thấy nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì có hai đa thức thỏa mãn bài toán là $P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$. Ta xét trong trường hợp $P(x)$ khác hằng.

Trong $(*)$ cho $x=0$, ta được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.

    Trường hợp 1: $P(0)=0$. Đặt $P(x)=x^k.Q(x)$, trong đó $k\ge 1, Q(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3k}Q(x).Q(x^2)=(x^3+3x)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2k}.Q(x).Q(x^2)=(x^2+3)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R^*}$$ Do $Q(0)\neq 0$ nên $Q(x)$ có hệ số tự do khác $0$. Gọi hệ số này là $d$. Ta nhận thấy:

       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là: $d^2$

       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là: $3^kd$

 Từ đó suy ra: $$d^2=3^k d\Leftrightarrow d=0, \text{ hay } Q(0)=0,\text{vô lý}$$ Do vậy, ta thu được $P(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.

    Trường hợp 2: $P(0)=1$. Đặt $P(x)=x^h.F(x)+1$ trong đó:  $h\ge 1, F(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3h}F(x).F(x^2)+x^hF(x)+x^{2h}F(x^2)=(x^3+3x)^hF(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2h} F(x).F(x^2)+F(x)+x^hF(x^2)=(x^2+3)^h.F(x^3+3x),\forall x\neq 0$$ Do $F(0)\neq 0$ nên tồn tại $l\neq 0$ là hệ số tự do của $F(x)$. Tương tự như trường hợp 1, ta nhận thấy:

       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là $l$

       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là $3^h l$

  Từ đó suy ra: $$l=3^h.l\Leftrightarrow l=0,\text{ vô lý}$$

 Như vậy, ta thu được $P(x)\equiv 1, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.

 Tóm lại, có hai đa thức thỏa mãn bài toán $$\boxed{P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\\\P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 21-02-2015 - 19:25

[Christian Goldbach]

Bài tổ hợp có trong cuốn của Titu

[Nidalee Teemo]

Câu 5 Vì $m > n \geq 1$ nên ta có 

 $2014^{m}$ và $2014^{n}$ có hai chữ số tận cùng bằng nhau theo đúng thứ tự

$\Leftrightarrow 2014^{m} - 2014^{n} = 2014^{n}. (2014^{m - n} - 1) \vdots 100$ (1)

 

Vì m > n nên $(2014^{m - n} - 1)$ là số lẻ. Do đó từ (1) $\Rightarrow$ $2014^{n} \vdots 4$ $\Rightarrow n \geq 2$

 

Từ (1) $\Rightarrow$ $(2014^{m - n} - 1) \vdots 25$ (2)

Đặt m - n = 10k + r với k, r là số tự nhiên và $0 \leq r \leq 9$

$\Rightarrow 2014^{m - n} \equiv 14^{m - n} = (14^{5})^{2k}. 14^{r} = (537824^{2})^{k}. 14^{r} \equiv ((-1)^{2})^{k}. 14^{r} \equiv 14^{r}$ (mod 25)

Nên từ (2) $\Rightarrow 14^{r} \equiv 1$ (mod 25) . Với $0 \leq r \leq 9$ chỉ có r = 0 thỏa mãn.

Vậy m = n + 10k. Mà m > n nên $k \geq 1$

 

Mà $n \geq 2$ nên m + n = 2n + 10k $\geq$ 2. 2 + 10. 1 = 14

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} m = n + 10. 1\\n = 2 \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m = 12\\n = 2 \end{matrix}\right.$

 

Vậy $\left\{\begin{matrix} m = 12\\n = 2 \end{matrix}\right.$

Tại sao lại cho dấu "=" xảy ra vậy? @@

[binvippro]

Bỏ câu đa thức, hơi tiếc....(nói trắng là ko ôn phần này )

Nhìn chung:

Câu 1: Thay $y^2$ bởi $1-x^2$ vào pt 2 ta được $x^2.y^3=...$ (1) rồi bình phương lên và áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số..... (để ý từ (1) suy ra y >0)

Câu 2: ý a) dùng quy nạp mười mươi.

ý b) ta dùng bất đẳng thức kẹp phụ $ln(1+\frac{1}{n+k})\leq \frac{1}{n+k} \leq ln(1+\frac{1}{n+k-1})$ và thu được lim= ln2.

Câu 3 (bỏ ý 2): ý a) thì ta dùng phép đối xứng trục $O_{1}O_{2}$ để cm ABDC là hình thang cân.

Câu 4: như trên.

Câu 5: Ta có $2014^{n}(2014^{m-n}-1)\vdots 100$ mà $2014^{m-n}-1$ là số lẻ nên $2014^{n}$ chia hết cho 4, suy ra n ko nhỏ hơn 2. Bây giờ ta xét m-n lẻ thì ta suy ra $2014^{m-n}-1$ tận cùng khác 5 và 0 nên ko chia hết cho 25. Do đó m-n chẵn, Khi đó ta đặt m-n= 2t (t nguyên dương).

Ta có: $2014^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow 14^{2t}-1 \vdots 25\Leftrightarrow (15-1)^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow -30t \vdots 25$ (khai triển nhị thức Newton ta thấy các số hạng thứ 1 đến thứ 2t - 2 đều chứa nhân tử $15^2$ chia hết cho 25. Suy ra t chia hết cho 5, hay t ko nhỏ hơn 5, suy ra m-n ko nhỏ hơn 10.

Do đó m+n = (m-n)+ 2n ko nhỏ hơn 10 + 2.2 = 14 khi m = 12 và n = 2.

Câu 6: Gần giống cách của chú Hoàng, nhưng do hoảng quá nên ngồi chia trường hợp ra xét (nhiều hơn chú Hoàng.... ) 

bạn có thể nói rõ bài dãy được không ?