Đề đề nghị duyên hải ĐBBB thpt chuyên Hưng Yên năm 2014
#1
Posted 01-07-2014 - 19:06
- thukilop, Nguyen Chi Thanh 3003, hoangmanhquan and 1 other like this
#2
Posted 03-07-2014 - 08:59
Câu 1
Từ phương trình $(1)$ ra được $x^2=\frac{y^2+1}{2}$
Phương trình $(2)$ $<=> 2x^2+8x^2-6xy+3x-2y-6=0$
$<=> 2x^2 + \frac{8(y^2+1)}{2}-6xy+3x-2y-6=0$
$<=>2x^2+3x(1-2y)+4y^2-2y-2=0$
Coi là phương trình bậc hai ẩn $x$ có
$\Delta =9(1-2y)^2+8(4y^2-2y-2)=(2y-5)^2$
Từ đó có được
$\begin{bmatrix} x=2y-2 & & \\ x=\frac{2y+1}{2} & & \end{bmatrix}$
Thay vào phương trình $(1)$ được kết quả nghiệm $(x;y)$ của hệ là
$\left \{ \left ( \frac{2+2\sqrt{15}}{7};\frac{8+\sqrt{15}}{7} \right );\left ( \frac{2-2\sqrt{15}}{7};\frac{8-\sqrt{15}}{7} \right );\left ( \frac{-1+\sqrt{6}}{2};\frac{-2+\sqrt{6}}{2} \right );\left ( \frac{-1-\sqrt{6}}{2};\frac{-2-\sqrt{6}}{2} \right ) \right \}$
Edited by Nguyen Chi Thanh 3003, 03-07-2014 - 09:00.
#3
Posted 06-07-2014 - 08:33
Bài 1:
Lấy pt (2)-4pt(1) ta cũng ra $2x^2+4y^2-6xy+3x-2y-2$ ....
p/s: Hệ pt dạng này "chắc" không ai ra nữa đâu vì đã có cách giải tổng quát rồi
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#4
Posted 07-07-2014 - 16:07
Bài 1:
Lấy pt (2)-4pt(1) ta cũng ra $2x^2+4y^2-6xy+3x-2y-2$ ....
p/s: Hệ pt dạng này "chắc" không ai ra nữa đâu vì đã có cách giải tổng quát rồi
Cách tổng quát nào vậy bạn ? Sao mà lạ vậy !
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -
#5
Posted 09-07-2014 - 08:32
Cách tổng quát nào vậy bạn ? Sao mà lạ vậy !
Có thể là đk có no bạn ạ
#6
Posted 09-07-2014 - 09:36
Mình chém tạm câu này:
câu 3: Trước hết, ta cần chứng minh rằng, với $x_1<x_2<...<x_m$. Ta có:
$x_1^2+x_2^2+...+x_m^2\ge \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$
Thật vậy, với $m=1$, đúng
Giả sử khẳng định trên đúng tới $m=k\ge 1$, tức là:
$x_1^2+x_2^2+...+x_k^2\ge \dfrac{2k+1}{3}(x_1+x_2+...+x_k)$
Với $m=k+1$, ta cần chỉ ra:
$\sum_{i=1}^{k+1}x_i^2\ge \dfrac{2k+1}{3}\sum_{i=1}^kx_i+\dfrac{2k+1}{3}x_{k+1}+\dfrac{2}{3}\sum_{i=1}^{k+1}x_i$
Sử dụng giả thiết qui nạp, ta cần chứng minh:
$a_{k+1}^2\ge \dfrac{2}{3}\sum_{i=1}^{k}x_i+\dfrac{2k+3}{3}x_{k+1}$
Để ý rằng,
$\sum_{i=1}^kx_i\le (x_{k+1}-1)x_{k+1}$
$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^kx_i +\dfrac{2k+3}{3}x_{k+1}\le \dfrac{x_{k+1}^2-x_{k+1}+(2k+3)x_{k+1}}{3}$
$\Leftrightarrow x_{k+1}\ge k+1$
Điều này luôn đúng vì $x_i$ nguyên dương phân biệt. Do đó khẳng định được chứng minh.
Trở lại bài toán, dễ dàng thấy ngay rằng,
$x_1^2+x_2^2+...+x_m^2\le \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$
xảy ra khi và chỉ khi $x_1^2+x_2^2+...+x_m^2= \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$, tức là $x_1=1, x_2=2, x_3=3,..., x_n=n$
Edited by Trung Gauss, 10-07-2014 - 11:25.
#7
Posted 10-07-2014 - 21:22
Bài 5: Tương tự như bài IMO 1978: http://www.cs.cornel...n/isoln786.html
Chỉ khác một điều là đổi số 1978 thành 2014... Thật ra chỉ cần xét 1,2,3...,1954 là được rồi và số 1954 là số bé nhất thỏa mãn các yêu cầu của đề Đây thực chất là một bài toán Đirichlet kết hợp sum-free cho lời giải dễ hiểu
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users