Chủ đề này có 5 trả lời

[Dung Du Duong]

Đề thi Năng khiếu lớp 11 Toán lần thứ 4

29/2/2016

 

Bài 1:      Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $2(a^2+b^2+c^2) + abc +8 \geq 5(a+b+c)$

 

Bài 2:      Cho dãy số $a_n$ xác định bởi: $a_1=a_2=1$, $a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$   

               CMR: tồn tại $lim a_n$ hữu hạn

 

Bài 3:      Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H và X là một điểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác. Đường tròn đường kính HX cắt AH,AX tại $A_1,A_2$; BH,BX tại $B_1,B_2$ và CH,CX tại $C_1,C_2$. CMR: $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng quy  

 

Bài 4:      Tìm số nguyên dương m và các số nguyên tố p,q sao cho: $2^m.p^2 + 1 = q^5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 29-02-2016 - 19:31

[phamngochung9a]

 

Đề thi Năng khiếu lớp 11 Toán lần thứ 4

29/2/2016

 

Bài 1:      Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $2(a^2+b^2+c^2) + abc +8 \geq 5(a+b+c)$

Bài 1:

$2(a^2+b^2+c^2) + abc +8 \geq 5(a+b+c)(*)$

Đổi biến $p,q,r$, bài toán đưa về chứng minh:

$2p^{2}-4q+8+r-5p\geq 0$

Theo BĐT Schur, ta có:

$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

Ta cần chứng minh:

$-p^{3}+18p^{2}-45p+4q(p-9)+72\geq 0 (**)$

*) Nếu $p\geq 9$ thì: $VT(*)> \frac{2}{3}p^{2}> 5p=VT$

*) Nếu $p< 9$, ta có: $4q(p-9)\geq \frac{4}{3}p^{2}(p-9)$

$\Rightarrow VT(**)\geq -p^{3}+18p^{2}-45p+\frac{4}{3}p^{2}(p-9)+72\\=\frac{1}{3}p^{3}+6p^{2}-45p+72=\frac{1}{3}.(p-3)^{2}(p+24)\geq 0$

 

Vậy cả hai trường hợp đều đúng, BĐT được chứng minh

[huya1k43pbc]

ôn thi dại học cũng kiểm tra làm cái này à ban?

[Ego]

Bài 4. Để ý $q$ lẻ.
Có $2^{m}.p^{2} = (q - 1)(q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1)$
Do $q$ lẻ nên $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ lẻ nốt.
Do đó $q - 1 = 2^{m}.t$ với $t = 1$ hoặc $t = p$ (do $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1 > 1$)
TH1. $q = 2^{m}p + 1$. Do đó $p = q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$. Thế vào đó $q = 2^{m}.(q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1) + 1 > q$, vô lí.
TH2. $q = 2^{m} + 1$. Do đó $p^{2} = q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1 = \frac{q^{5} - 1}{q - 1} = \frac{2^{5m} + 5.2^{4m} + 10.2^{3m} + 10.2^{2m} + 5.2^{m}}{2^{m}} = 2^{4m} + 5.2^{3m} + 10.2^{2m} + 10.2^{m} + 5$
Nếu $m \ge 2$ thì vế phải đồng dư $5$ modulo $8$, mặt khác, một số chính phương không thể đồng dư $5$ modulo $8$. Do đó $m = 1$. Suy ra $q = 3$. Thế lại ta có $(p, q, m) = (11, 3, 1)$
Vậy ta có bộ nghiệm $(p, q, m) = (11, 3, 1)$

[Dung Du Duong]

ôn thi dại học cũng kiểm tra làm cái này à ban?

Không bạn ạ, phần này ko thi Đại học đâu, đây là Topic HSG mà 

 

Bài 1:

$2(a^2+b^2+c^2) + abc +8 \geq 5(a+b+c)(*)$

Đổi biến $p,q,r$, bài toán đưa về chứng minh:

$2p^{2}-4q+8+r-5p\geq 0$

Theo BĐT Schur, ta có:

$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

Ta cần chứng minh:

$-p^{3}+18p^{2}-45p+4q(p-9)+72\geq 0 (**)$

*) Nếu $p\geq 9$ thì: $VT(*)> \frac{2}{3}p^{2}> 5p=VT$

*) Nếu $p< 9$, ta có: $4q(p-9)\geq \frac{4}{3}p^{2}(p-9)$

$\Rightarrow VT(**)\geq -p^{3}+18p^{2}-45p+\frac{4}{3}p^{2}(p-9)+72\\=\frac{1}{3}p^{3}+6p^{2}-45p+72=\frac{1}{3}.(p-3)^{2}(p+24)\geq 0$

 

Vậy cả hai trường hợp đều đúng, BĐT được chứng minh

Cách 2: Luôn tồn tại 2 số x,y thuộc {a,b,c} sao cho (1-x)(1-y) $\geq 0$

Không mất tổng quát giả sử 2 số đó là a và b ta có: (1-a)(1-b) $\geq 0$ <==> 1+ab $\geq$ a+b

BĐT <==> $2(a^2+b^2+c^2) + abc + 8 - 5(a+b+c) \geq 0$   (1)

VT(1) $\geq (a+b)^2 + 2c^2 + c(1+ab) - c + 8 - 5(a+b+c) \geq (a+b)^2 + 2c^2 + (a+b)c -6c + 8 - 5(a+b)$

Đặt a+b = u ta cần CM: f(u) = $u^2 + u(c-5) + 2c^2 - 6c + 8 \geq 0$

==> f '(u) = 2u + c - 5=0 <==> u = $\frac{5-c}{2}$. Thay vào f(u) ta được: 7.$\frac{(c-1)^2}{4} \geq 0$ với mọi c thực ==> đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 29-02-2016 - 22:09

[lenhatsinh3]

 

Đề thi Năng khiếu lớp 11 Toán lần thứ 4

29/2/2016

 

Bài 1:      Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $2(a^2+b^2+c^2) + abc +8 \geq 5(a+b+c)$

 

Bài 2:      Cho dãy số $a_n$ xác định bởi: $a_1=a_2=1$, $a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$   

               CMR: tồn tại $lim a_n$ hữu hạn

 

Bài 3:      Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H và X là một điểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác. Đường tròn đường kính HX cắt AH,AX tại $A_1,A_2$; BH,BX tại $B_1,B_2$ và CH,CX tại $C_1,C_2$. CMR: $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng quy  

 

Bài 4:      Tìm số nguyên dương m và các số nguyên tố p,q sao cho: $2^m.p^2 + 1 = q^5$

 

Câu 2.

Từ cách cho dãy số ta suy ra ${a_{n}}$ là dãy tăng.

$a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}=a_{n-1}+\frac{a_{n-2}}{(n-1)n}+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}=...=1+\frac{1}{2.3}+...\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$

Bằng quy nạp CM $a_{n}< \frac{5}{3}$

Ta có $a_{3}=1+\frac{1}{2.3}=\frac{7}{6}< \frac{5}{3}$

Gỉa sử $a_{k}< \frac{5}{3}$

$a_{k+1}=1+\frac{1}{2.3}+...+\frac{a_{k-1}}{k(k+1)}< \frac{5}{3}(\frac{1}{k(k+1)}+\frac{1}{(k-1)k}+...+\frac{1}{4.5})+\frac{1}{12}+\frac{1}{6}+1=\frac{5}{3}(\frac{1}{4}-\frac{1}{k+1})+\frac{5}{4}< \frac{5}{3}.\frac{1}{4}+\frac{5}{4}=\frac{5}{3}$

Từ đó suy ra dãy số bị chặn trên bởi$\frac{5}{3}$

Do đó dãy tồn tại giới hạn hữu hạn