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 tuyển sinh chuyên Hà Nội 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 09-06-2016 - 17:40

13344793_1038147419586482_74064975231656



#2 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 09-06-2016 - 18:07

Câu V:

Giả sử tồn tại $2017$ SHT được sắp xếp $1$ cách thoả mãn nếu bỏ $2$ số bất kì cạnh nhau thì $2015$ số còn lại chia được thành $2$ nhóm có tổng bằng nhau. Gọi $2017$ số được sắp xếp thoả mãn là $2017$ số có tính chất $P$

Vì có $2017$ SHT có tính chất $P$ nên nếu nhân mẫu của các SHT đó lên thì được $2017$ STN có tính chất $P$. Gọi $2017$ số đó lần lượt xếp theo chiều kim đồng hồ là $a_{1};a_{2};...;a_{2017}$. Giả sử trong $2017$ số đó có 1 số chẵn, 1 số lẻ thì vì $2017$ là số lẻ nên lúc đó trên vòng tròn tồn tại $2$ số liền kề cùng tính chẵn lẻ và $2$ số liền kề không cùng tính chẵn lẻ. Vì vậy có thể bỏ 1 trong 2 cặp số đó để tổng $2015$ số còn lại lẻ, lúc đó thì không thể có cách chia $2015$ số còn lại thoả mãn đề bài. Giả sử tất cả các số trên vòng tròn cùng tính chẵn lẻ, $2017$ số đó không thể cùng lẻ vì cho dù bỏ đi $2$ số nào thì tổng các số còn lại đều lẻ nên không thể chia được. Vậy tất cả các số trên vòng tròn đều chẵn. Đặt $a_{i}=2b_{i}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $2017$. Vì $2017$ số $a_{1};a_{2};...a_{2017}$ có tính chất $P$ nên $b_{1};b_{2};...b_{2017}$ cũng có tính chất $P$. Lập luận tương tự $b_{1};b_{2};...b_{2017}$ đều chẵn. Tiếp tục đặt $b_{i}=2c_{i}$ và lặp lại vô hạn bước như vậy, ta có $a_{1}=a_{2}=...=a_{2017}=0$ (vô lí vì các số hữu tỉ ban đầu dương)

Suy ra dpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 09-06-2016 - 18:07


#3 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 09-06-2016 - 19:07

13346856_10209068352162875_4929608042585



#4 the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nothingness
  • Sở thích:unknown

Đã gửi 09-06-2016 - 19:43

Câu III.1:

Ta có: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow a+b+c\leq 3$. Vậy ta có $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2\leq 3(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ca\leq a+b+c$

Ta có: $\sum \frac{2a^2}{a+b^2}=\sum (2a-\frac{2ab^2}{a+b^2})\geq \sum (2a-\frac{2ab^2}{2b\sqrt{a}})=2(a+b+c)-(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})$.

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: $(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})^2=(\sqrt{a}\sqrt{ac}+\sqrt{c}\sqrt{bc}+\sqrt{b}\sqrt{ab})^2\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2\Rightarrow (a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})\leq a+b+c$

Do đó $\sum \frac{2a^2}{a+b^2}\geq 2(a+b+c)-(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})\geq 2(a+b+c)-(a+b+c)=a+b+c$.

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 09-06-2016 - 19:46

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#5 trungvmfcsp

trungvmfcsp

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 13 Bài viết

Đã gửi 09-06-2016 - 19:44

Mình xin chém câu bất (ms nghĩ ra @@)

Ta có: VT = $\frac{1}{1+\frac{b^{2}}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c^{2}}{b}}+\frac{1}{1+\frac{a^{2}}{c}}$

Mà $(1+\frac{b^{2}}{a})(1+a)\geq (1+b)^{2}$ => VT $\leq \frac{1+a}{(1+b)^{2}}+\frac{1+b}{(1+c)^{2}}+\frac{1+c}{(1+a)^{2}}$

$=\sum \frac{1+a}{(a+2b+c)^{2}}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{1+a}{(a+b)(b+c)}=\frac{1}{4}\frac{\sum (1+a)(1-b)}{\prod(1-a)}=\frac{1}{4}*\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}$

Ta chứng minh $\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$<=>(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc$ (đúng do a+b+c = 1)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = $\frac{1}{3}$.



#6 the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nothingness
  • Sở thích:unknown

Đã gửi 09-06-2016 - 20:11

Kí hiệu $101$ số nguyên dương xếp thứ tự trên vòng tròn là $a_1,a_2,a_3,...,a_{100},a_{101}$. Khi đó với số nguyên dương $i$, $1\leq i\leq 101$. Ta đặt: $S_i=a_1+a_2+a_3+...+a_i$.

Với cách đặt như vậy, để ý rằng theo Dirichlet thì trong $101$ số $S_1;S_2;S_3;...;S_{101}$ tồn tại hai số $S_i;S_j$ ( $1\leq i<j\leq 101$, $i,j$ nguyên dương ) thì ta có $S_i\equiv S_j(mod 100)$. Tức là $100\mid S_j-S_i=a_i+a_{i+1}+...+a_j$.

Nếu $a_i+a_{i+1}+...+a_j=100$ thì ta có điều phải chứng minh.

Nếu $a_i+a_{i+1}+...+a_j=200$ thì khi đó tổng các số của một dãy liên tiếp từ $a_{j+1}$ tới $a_{i-1}$ (với quy ước rằng $a_0=a_{101}$, $a_1=a_{102}$ ) sẽ bằng $100$. Vậy ta cũng có điều phải chứng minh.

Vậy bài toán được chứng minh.


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#7 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 09-06-2016 - 21:38

Câu II:
2) Từ giả thiết suy ra $y=2t$ ($t$ là số tự nhiên)
$PT<=>2^x.x^2=(6t)^2+12t+16$
Dễ thấy với $x\leqslant 3$ thì $x=2$ thoả mãn
Xét $x\geqslant 4$ suy ra $VT\vdots 16$
mà $VP\equiv 4$ $(mod 6)$ nên $PT$ vô nghiệm
Suy ra $x=2$ và $y=0$

#8 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 10-06-2016 - 09:56

Đã có đáp án ở đây!

http://vnexpress.net...an-3417298.html


$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#9 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 10-06-2016 - 10:12

Câu III.1:

Ta có: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3} \Rightarrow a+b+c\leq 3$. Vậy ta có $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2\leq 3(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ca\leq a+b+c$

Ta có: $\sum \frac{2a^2}{a+b^2}=\sum (2a-\frac{2ab^2}{a+b^2})\geq \sum (2a-\frac{2ab^2}{2b\sqrt{a}})=2(a+b+c)-(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})$.

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: $(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})^2=(\sqrt{a}\sqrt{ac}+\sqrt{c}\sqrt{bc}+\sqrt{b}\sqrt{ab})^2\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2\Rightarrow (a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})\leq a+b+c$

Do đó $\sum \frac{2a^2}{a+b^2}\geq 2(a+b+c)-(a\sqrt{c}+c\sqrt{b}+b\sqrt{a})\geq 2(a+b+c)-(a+b+c)=a+b+c$.

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Cách khác : 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swarchz : 
$VT \ge \frac{(\sum 2a^2)^2}{\sum 2a^3+\sum 2a^2b^2} \ge \frac{36}{\sum (a^4+a^2)+\sum 2a^2b^2}=\frac{36}{(\sum a^2)^2+\sum a^2}=3 \ge a+b+c$ 
Vì $\sqrt{9}=\sqrt{(\sum a^2).3} \ge \sum a$ 



#10 cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sông Lô-Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Toán học, bóng đá,...

Đã gửi 10-06-2016 - 16:35

Câu 1:

a, Ta có:

Pt$\Leftrightarrow (x^2-x)^2+(x^2-x)-\sqrt{2(x^2-x)}=0$

Đặt $\sqrt{x^2-x}= y (y\geq 0)$ thì ta có:

$y^4+y^2-\sqrt{2}y$=0

$\Leftrightarrow y(y^3+y-\sqrt{2})=0$

$\Leftrightarrow y(y-\sqrt{2})(y^2+\sqrt{2}y+1)= 0$

$\begin{matrix} y=o\\ y=\sqrt{2}\end{matrix}$

Đến đây thì đơn giản rồi


Nothing in your eyes


#11 cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sông Lô-Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Toán học, bóng đá,...

Đã gửi 10-06-2016 - 16:42

Bài 1b:

Ta có:

HPT$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-2)^2=-2y+4\\ (2x-y^2)^2-2y+4=0\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (2x-y^2)^2+(x-2)^2=0$

Đến đây tìm nguyệm đơn giản rồi


Nothing in your eyes


#12 mathprovn

mathprovn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 147 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VMF

Đã gửi 10-06-2016 - 23:32

Bài III - Câu 2: Đặt $T = 2 + 2\sqrt{2n^2+1}$

1.png


photo-89836_zpseddf800c.gif VMF - Ngôi nhà chung của Toán Học :like 


#13 Mai Thanh Huy

Mai Thanh Huy

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 23-06-2016 - 16:40

mọi người giúp em bài hình của chuyên tin được ko ạ?



#14 ThoiPhong

ThoiPhong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết

Đã gửi 13-08-2016 - 16:30

Đã có đáp án ở đây!

http://vnexpress.net...an-3417298.html

 

Anh ơi! Gợi ý giúp em ý 2b của bài hình với ạ.

Hình gửi kèm

  • New Bitmap Image (2).jpg


#15 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 17-08-2016 - 14:39

Anh ơi! Gợi ý giúp em ý 2b của bài hình với ạ.

Gợi ý: Theo hình vẽ của em nhé! 

Sử dụng định lý đường phân giác lập tỉ số ta dễ dàng chứng minh được $HE$, $HF$ lần lượt là phân giác góc $\angle C'HB$, $\angle B'HC$ => tam giác AEF cân tại A. => $AD$ là trung trực của $EF$

Kéo dài $CC'$ cắt (O) tại $C_1$. Ta dễ có $HC'=C'C_1$ => $E$ là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác $C_1BH$. Mà $C_1D$ là phân giác của góc $BC_1H$ => $C_1, E, D$ thẳng hàng.

Ta có $EK//C_1H$ => $\angle DEK=\angle DC_1H=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle EAK$ => $DE$ là tiếp tuyến của (O') tại E.

Tương tự đối với $DF$ => đpcm.


$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh