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 kiểm tra đội tuyển toán Chuyên Bảo Lộc (Lâm Đồng)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1 loolo

loolo

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-08-2016 - 07:39

Nguồn: facebook thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Hình gửi kèm

  • binhduong1.jpg
  • binhduong2.jpg
  • binh dương 3.jpg

 


#2 L Lawliet

L Lawliet

    Tiểu Linh

  • Thành viên
  • 1624 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 21-08-2016 - 10:52

ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC (LÂM ĐỒNG)

 

 

LẦN I

Câu 1 (4 điểm): Tìm số hạng tổng quát của dãy số $\left ( u_{n} \right )$, biết:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=\dfrac{1}{2},\,\,\,\, u_{2}=673 & & \\ u_{n+2}=\dfrac{2\left ( n+2 \right )^{2}u_{n+1}-\left ( n^{3}+4n^{2}+5n+2 \right )u_{n}}{n+3},\,\,\,\, n\in \mathbb{N},\,\,\,\, n\geq 1 & & \end{matrix}\right.$$

 

Câu 2 (4 điểm): Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$. Tiếp tuyến của $\left ( O \right )$ tại $B$, $C$ cắt nhau tại $S$. Gọi $d$ là đường thẳng chứa phân giác trong góc $A$ của $\triangle ABC$. Các trung trực của $AB$, $AC$ cắt $d$ tại $M$, $N$. Gọi $P$ là giao điểm $BM$ và $CN$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle MNP$, $H$ là trực tâm $\triangle OMN$.

$\qquad a)$ Chứng minh $H$, $I$ đối xứng nhau qua $d$.

$\qquad b)$ Chứng minh $A$, $I$, $S$ thẳng hàng.

 

Câu 3 (4 điểm): Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho:

$$f\left ( xf\left ( x+y \right ) \right )=f\left ( yf\left ( x \right ) \right )+x^{2}\,\,\,\, \forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Câu 4 (4 điểm): Tìm tất cả cặp số nguyên dương $\left ( x;y \right )$ với $x$, $y$ nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương trình $2\left ( x^{3}-x \right )=y^{3}-y$.

 

Câu 5 (4 điểm): Cho $n$ là một số nguyên dương chẵn lớn hơn hoặc bằng $4$. Ta tô màu mỗi số trong các số nguyên dương từ $1$ đến $n$ sao cho $\dfrac{n}{2}$ trong số chúng được tô màu xanh, $\dfrac{n}{2}$ trong số chúng được tô màu đỏ. Với mỗi cách tô như vậy, gọi $f_{n}$ là số các số nguyên dương bất kì mà ta có thể viết được dưới dạng tổng hai số khác màu.

$\qquad a)$ Tìm tất cả các giá trị có thể của $f_{4}$.

$\qquad b)$ Khi $n\geq 8$ chứng minh $f_{n}<2n-3$. Hãy chỉ ra một cách tô thỏa mãn $f_{n}=2n-5$.

 

 

LẦN II

Câu 1 (3 điểm): Giải phương trình trên tập số thực:

$$\sqrt{x^{3}+x^{2}+3x-1}+\sqrt{x^{3}+6x+2}=5$$

 

Câu 2 (3 điểm): Cho dãy số thực $\left ( u_{n} \right )$ được xác định bởi:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=\dfrac{3}{2} & & \\ u_{n+1}=\sqrt{u_{n}^{3}+3u_{n}^{2}-9u_{n}+\dfrac{9n+10}{n+1}-1},\,\,\,\, n\in \mathbb{N},\,\,\,\, n\geq 1 & & \end{matrix}\right.$$

$\qquad a)$ Chứng minh $\left ( u_{n} \right )$ bị chặn dưới.

$\qquad b)$ Chứng minh dãy $\left ( u_{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty $. Tìm giới hạn đó.

 

Câu 3 (3 điểm): Cho $x$, $y$, $z$ là các số dương thỏa

$$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$$

Chứng minh rằng

$$\dfrac{x}{x^{4}+1+2xy}+\dfrac{y}{y^{4}+1+2yz}+\dfrac{z}{z^{4}+1+2zx}\leq \dfrac{3}{4}$$

 

Câu 4 (3 điểm): Cho $\triangle ABC$ ($AB<AC$) có ba góc nhọn và nội tiếp $\left ( O \right )$. Các đường cao $BE$, $CF$ cắt nhau tại trực tâm $H$ ($E\in AC$, $F\in AB$). Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$. Lấy điểm $T$ trên $\left ( O \right )$ sao cho $\angle ATH=90^{\circ}$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle GTO$ cắt $EF$ tại $K$ khác $G$. Chứng minh rằng:

$\qquad a)$ $G$, $T$, $A$ thẳng hàng.

$\qquad b)$ Đường thẳng $OK$ vuông góc với đường thẳng $AT$.

 

Câu 5 (3 điểm): Cho

$$\left\{\begin{matrix} x_{1}=1;\,\,\,\, x_{2}=1;\,\,\,\, x_{3}=1 & & \\ x_{n+3}=x_{n+2}x_{n+1}+x_{n} \end{matrix}\right.$$

với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$, tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $x_{k}$ chia hết cho $m$.

 

Câu 6 (4 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$, $y$, $z$ thỏa mãn

$$11^{n}=xy\left ( z^{2}+1 \right )+\left ( x^{2}+y^{2} \right )z$$

 

 

LẦN III

Câu 1 (3 điểm): Cho dãy số thực $\left ( u_{n} \right )$ được xác định bởi:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2014 & & \\ u_{n+1}=\dfrac{u_{n}^{4}+2013^{2}}{u_{n}^{3}-u_{n}+4026},\,\,\,\, n\in \mathbb{N^{*}} & & \end{matrix}\right.$$

Đặt

$$v_{n}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{u_{k}^{2}+2013},\,\,\,\, \forall n\in \mathbb{N^{*}}$$

Tính $\lim v_{n}$.

 

Câu 2 (4 điểm): $\triangle ABC$ cân tại $A$ có $D$ là trung điểm $AC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle BCD$ giao với phân giác góc $\angle BAC$ tại $E$ nằm trong $\triangle ABC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABE$ giao với $BD$ tại $F$ khác $B$. $AF$ giao $BE$ tại $I$, $CI$ giao $BD$ tại $K$. Chứng minh $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABK$.

 

Câu 3 (3 điểm): Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

$\qquad 1.$ $f\left ( x+y \right )\leq f\left ( x \right )+f\left ( y \right )$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.

$\qquad 2.$ $f\left ( x \right )\leq e^{x}-1$ với mỗi $x\in \mathbb{R}$.

 

Câu 4 (4 điểm): Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x^{2}-\left ( x+y \right )}=\dfrac{y}{\sqrt[3]{x-y}} & & \\ 2\left ( x^{2}+y^{2} \right )-3\sqrt{2x-1}=11 & & \end{matrix}\right.$$

 

Câu 5 (3 điểm): Trên bảng ô vuông $3\times 3$, người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có không quá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số: các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ các viên sỏi trên đó. Hàng không có sỏi ứng với $0$ điểm.

$\qquad a)$ Tồn tại hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đó là $8$.

$\qquad b)$ Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ.

 

Câu 6 (3 điểm): Cho $x,y,z\in \left ( 0;1 \right )$. Chứng minh rằng

$$\left ( x-x^{2} \right )\left ( y-y^{2} \right )\left ( z-z^{2} \right )\geq \left ( x-yz \right )\left ( y-zx \right )\left ( z-xy \right )$$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 21-08-2016 - 11:24

Thích ngủ.


#3 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-08-2016 - 13:03

Câu 5(lần I):

a/ liệt kê tất cả các trường hợp, ta có các giá trị là $f_4=3,4$

b/ Nếu có $2n-3$ số thoả mãn thì có nghĩa tất cả các số từ $3$ đến $2n-1$ đều là tổng của $2$ số khác màu. Giả sử $n$ tô màu xanh, có $2n-1=n+n-1$ nên $n-1$ tô màu đỏ, có $2n-2=n+n-2$ nên $n-2$ cũng được tô đỏ, $n-1$ và $n-2$ đều được tô đỏ và $2n-3=n+n-3$ nên $n-3$ cũng được tô đỏ, tương tự, ta có tất cả các số từ $1$ đến $n-1$ được tô đỏ(vô lí)

Nếu $f_n=2n-5$, ta có cách tô như sau

Tô đỏ số $1$ và các số từ $\frac{n}{2}+1$ đến $n-1$

Tô xanh số $2n$ và các số từ $2$ đến $\frac{n}{2}$



#4 wanderboy

wanderboy

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 34 Bài viết

Đã gửi 21-08-2016 - 23:22

Câu 5 (lần 2): a,Có .VD:3 viên hàng đầu tiên

b,Khi cho thêm 1 viên vào bảng thì hàng và cột, đường chéo sẽ từ $0\Leftrightarrow 1$ nhưng vì ta chỉ xét chẵn lẻ nên coi như tăng mỗi hàng,... 1 điểm

Ta đánh số cho bảng lần lượt $1\rightarrow 9$ thì các ô 2,4,5,6,8 không ảnh hưởng đến tính chẵn lẻ vì tăng 4 điểm nên ta chỉ xét ô 1,3,7,9

Đến đây có 2 cách chọn lẻ và chẵn



#5 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:wild animal, furry

Đã gửi 22-08-2016 - 17:41

Câu 5(lần 3)

a) Giả sử có cách sắp như vậy. Vì bảng có $8$ điểm nên mỗi đường có số lẻ viên sỏi.

Xét $2$ cột hai bên, $2$ đường chéo ,$1$ hàng ở giữa. Ta xét tổng các viên sỏi của các đường (kể cả lặp).

Mỗi ô trừ ô giữa lặp $2$ lần nên tổng là số chẵn.

Có $5$ đường, mỗi đường có số lẻ viên sỏi nên tổng là số lẻ.

Mâu thuẫn này dẫn đến không tồn tại cách sắp như vậy.

b) Đổi trạng thái một ô góc cố định (không sỏi thành có sỏi và ngược lại). Khi đó tính chẵn lẻ của số viên sỏi của $3$ đường đi qua ô góc này thay đổi nên tính chẵn lẻ điểm của bảng thay đổi. Vậy bằng cách làm này ta thành lập một song ánh giữa bảng có điểm số chẵn và bảng có điểm số lẻ hay số cách đặt sỏi bằng nhau.



#6 Boruto

Boruto

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:DBO
  • Sở thích:Đá banh, học toán ,.........

Đã gửi 22-08-2016 - 19:12

câu 1 ai biết làm k



#7 Boruto

Boruto

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:DBO
  • Sở thích:Đá banh, học toán ,.........

Đã gửi 22-08-2016 - 19:23

ai biet làm cau 1 k



#8 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 22-08-2016 - 22:29

LẦN I (Câu 4) 
PT $\Leftrightarrow 2x(x^2-1)=y(y^2-1)$  
Dễ thấy $y|2x^2-2,x|y^2-1$ do $gcd(x,y)=1$ 
$\Rightarrow \frac{2x^2+2y^2-2}{xy}=k \in \mathbb{Z}$ 
$\Rightarrow 2x^2+2y^2-2-kxy=0 \Leftrightarrow 2y^2-kxy+2x^2-2=0$

Bằng Vieta Jumping giải được $k=2,4$ 
$k=2$ cho ta $x^2+y^2-1-xy=0 \Rightarrow x=y=1$ 
$k=4$ cho ta $y-x=1$ suy ra $x=4$, $y=5$ 
Lần II : Câu (6) 
PT $\Leftrightarrow (xz+y)(yz+x)=11^n$ 
$n=1$ thì không tồn tại 
$n>1$ thì ta có $xz+y=11^a,yz+x=11^b$ 
$x,y,z>0 \Rightarrow a,b>0$ 
Xét $z=1$ thì suy ra $n=2k$ 
Xét $z>1$ (*)
Suy ra ta có $(x+y)(1+z) \vdots 11$ và $(x-y)(z-1) \vdots 11$ 
Xét $z$ giao động từ $z \equiv 2,3,4....,9,10,11$ thì ta sẽ có $x,y \equiv 0 \pmod{11}$ 
Như vậy ta sẽ có $(x_1z+y_1)(zy_1+x_1)=11^{n-2}$   cứ tiếp tục quá trình như vậy ta sẽ lui về được $(x_t+z.y_t)(y_t+z.x_t)=1$ hay $(x_t+z.y_t)(y_t+z.x_t)=11$ $2$ phương trình này vô nghiệm
Xét $z \equiv 1 \pmod{11}$ tức là $z=11k+1$ với $k \ge 1$ thì ta sẽ có $x \equiv -y \pmod{11}$ 
$(x+y)(1+z)=11^a.(11^{b-a}+1)$ dễ thấy $11^a|x+y$  suy ra $xz+y|x+y$ 
Suy ra $x+y \ge xz+y \Rightarrow z \le 1$ (mâu thuẫn (*) ) 
Vậy $n$ chẵn thì chọn $z=1$ ,$x,y$ bất kì miễn sao mà $x+y=11^k$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 23-08-2016 - 11:12


#9 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 22-08-2016 - 22:45

Lời giải câu 1 lần II:

ĐK: $x> 0$.

Xét hàm số: $f(x)=\sqrt{x^{3}+x^{2}+3x-1}+\sqrt{x^{3}+6x+2},x> 0$.

$f'(x)=\frac{3x^2+2x+3}{2\sqrt{x^3+x^2+3x-1}}+\frac{3x^2+6}{2\sqrt{x^3+6x+2}}> 0$.

Nhận thấy $x=1$ thỏa mãn mà $f(x)$ đồng biến nên ta có $x=1$ là nghiệm duy nhất.


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#10 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-08-2016 - 17:18

LẦN III

Câu 1 (3 điểm): Cho dãy số thực $\left ( u_{n} \right )$ được xác định bởi:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2014 & & \\ u_{n+1}=\dfrac{u_{n}^{4}+2013^{2}}{u_{n}^{3}-u_{n}+4026},\,\,\,\, n\in \mathbb{N^{*}} & & \end{matrix}\right.$$

Đặt

$$v_{n}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{u_{k}^{2}+2013},\,\,\,\, \forall n\in \mathbb{N^{*}}$$

Tính $\lim v_{n}$.

Biến đổi tươơng đương sơ sơ, ta được 

$\frac{1}{u_n^2 +2013} = \frac{1}{u_n^2-2013} - \frac{1}{u_{n+1}^2 -2013} $

Tới đây cộng lại là dễ rồi



#11 Boruto

Boruto

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:DBO
  • Sở thích:Đá banh, học toán ,.........

Đã gửi 25-08-2016 - 18:38

LẦN III

Câu 1 (3 điểm): Cho dãy số thực $\left ( u_{n} \right )$ được xác định bởi:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2014 & & \\ u_{n+1}=\dfrac{u_{n}^{4}+2013^{2}}{u_{n}^{3}-u_{n}+4026},\,\,\,\, n\in \mathbb{N^{*}} & & \end{matrix}\right.$$

Đặt

$$v_{n}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{u_{k}^{2}+2013},\,\,\,\, \forall n\in \mathbb{N^{*}}$$

Tính $\lim v_{n}$.

Biến đổi tươơng đương sơ sơ, ta được 

$\frac{1}{u_n^2 +2013} = \frac{1}{u_n^2-2013} - \frac{1}{u_{n+1}^2 -2013} $

Tới đây cộng lại là dễ rồi

sao phân tích dc vậy bạn



#12 Kun Kyo

Kun Kyo

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Buon Ma Thuot City
  • Sở thích:Do everything I love

Đã gửi 26-08-2016 - 17:39

Câu I Lần 1:

Biến đổi tương đương về: 

     $$(n+3)u_{n+2} - ( (n+2)^{2} + (n+2) )u_{n+1} =(n+1)((n+2)u_{n+1} -((n+1)^{2}+(n+1))u_n) , \forall n = 1,2,...$$

Thay $n$ bởi $n-1, n-2, ..., 2, 1$ ta được $n-1$ đẳng thức, nhân chúng lại rồi thu gọn: 

   $$ (n+2)u_{n+1} -[(n+1)^2+(n+1)]u_n = n.(n-1).(n-2)...2.(3u_2-(2^2+2)u_1) $$

                                                             $$= 2016n!  ,\forall n = 1,2,...$$

Tiếp tục biến đổi đưa về: 

     $$ u_{n+1} - (n+1)u_n = \frac{2016n!}{n+2},  \forall n= 1,2,...$$

$$\Leftrightarrow u_{n+1}+ \frac{2016(n+1)!}{n+2} = (n+1)(u_n + \frac{2016n!}{n+1}), \forall n=1,2,...$$

 

Thay $n$ bởi $n-1, n-2, ..., 2, 1$ ta được $n-1$ đẳng thức, nhân chúng lại rồi thu gọn:

        $$u_n = \frac{2017(n+1)!-4032n!}{2(n+1)}, \forall n=1,2,...$$.

  

 



#13 Kun Kyo

Kun Kyo

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Buon Ma Thuot City
  • Sở thích:Do everything I love

Đã gửi 27-08-2016 - 09:56

Câu 3 Lần II:

Áp dụng AM-GM:

$$\sum \frac{x}{x^4+1+2xy} = \sum \frac{x}{x^4+1+xy+xy}$$

$$\leq \sum \frac{x}{4\sqrt[4]{x^4.1.xy.xy}} = \sum \frac{1}{4\sqrt{xy}}$$

Ta chỉ cần chứng minh: $$\sum \frac{1}{\sqrt{xy}} \leq 3$$

Hiển nhiên theo AM-GM:

$$\sum \frac{1}{\sqrt{xy}}  \leq \sum \frac{1}{x} = 3. $$

Phép chứng minh hoàn tất.

Dấu "=" xảy xa $ \Leftrightarrow x=y=z=1.$



#14 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 394 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán Tin K19 trường ĐH KHTN TP Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Arithmetic Algebra, Linear Algebra, Galois Group Theory

Đã gửi 27-08-2016 - 20:08

Cách làm khác cho Câu 3 Lần II: 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: $\left\{\begin{matrix} x^{4}+1\geq 2\sqrt{x^{4}.1}=2x^{2}. & & & \\ y^{4}+1\geq 2\sqrt{y^{4}.1}=2y^{2}. & & & \\ z^{4}+1\geq 2\sqrt{z}^{4}.1=2z^{2}. & & & \end{matrix}\right.$

Từ đây suy ra: $Q\leq \frac{x}{2x^{2}+2xy}+\frac{y}{2y^{2}+2yz}+\frac{z}{2z^{2}+2zx}=\frac{x}{2x(x+y)}+\frac{y}{2y(y+z)}+\frac{z}{2z(z+x)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}).$

Ta lại có bất đẳng thức phụ sau: $\frac{1}{x+y}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}).$

Áp dụng vào bài toán ta được: $Q\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x})\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}).$

Mà giả thiết của bài toán cho: $\frac{1}{x}+\frac{1}y{+\frac{1}{z}}=3$ nên $Q\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=\frac{3}{4}.$ Phép chứng minh hoàn tất.

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1.$



#15 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1537 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Algebraic Geometry
    Algebraic K-Theory
    Algebraic Topology
    Combinatorial Topology
    Complex Geometry
    Classical & Quantum Mechanics
    Hodge theory
    Riemannian Geometry
    Symplectic Geometry

Đã gửi 01-09-2016 - 12:40

Hai bài hàm :) công nhận hay thật , hình như bài đầu chế từ shortlist $2009A7$

Bài $1$ : 

$$f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^{2}$$

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế bộ $(x,y)$ vào phương trình , ta thực hiện lần lượt như sau , vì nhiều bước nên mình ghi bước $1,2,3,..$

Bước $1$ : $f(0)=0$

Do $f$ không thể là hàm hằng , ta thực hiện $P(0,y)=>f(0)=f(yf(0))$ , nếu $f(0)=a$ khác $0$ thì $ay : R \to R$ là một song ánh trên $R$ do đó $f$ hằng vô lý . Vậy $f(0)=0$

Bước $2$ : $f(xf(x))=x^{2}$ và $f(x)=0<=>x=0$

Thực hiện $P(x,0)$ và sử dụng $f(0)=0$ cho ta $f(xf(x))=x^{2}$ , từ đẳng thức này cũng suy ra $f$ đơn ánh tại $0$ . 

Bước $3$ : $f$ đơn ánh trên $R$ .

Do $f$ đơn ánh tại $0$ nên ta giả sử tồn tại $f(x)=f(y)=z$ khác $0$ , dĩ nhiên $a,b$ khác $0$

$$P(x,y-x)=>f(xz)=f((y-x)z)+x^{2}$$

$$f(xz)=f((y-x)z)+f(xf(x))=f((y-x)z)+f(xz)$$

Nên phải có $f((y-x)z)=0$ , sử dụng bước $2$ cho ta $f$ đơn ánh trên $R$ .

Bước $4$ : Tìm $f(x)$

Từ đẳng thức $f(xf(x))=x^{2}=f(-xf(-x))$ và $f(0)=0$ ta suy ra $f(x)$ là hàm lẻ , ngoài ra ta cũng chứng minh được $f(-xf(x))=-x^{2}$ nên $f$ phải là song ánh trên $R$ , do đó tồn tại $u$ mà $f(u)=1$ suy ra $u^{2}=-1$ 

Ta xét hai trường hợp 

$f(1)=1$ :

$$P(1,x)=>f(f(x))=f(x-1)+1$$

$$P(1,-x)=>f(f(1-x))=f(-x)+1=>f(-f(x-1))=-f(x)+1=>-f(f(x-1))=-f(x)+1=>-f(f(x))=-f(x+1)+1$$

$$f(x+1)=f(x-1)+2=>f(x+2)=f(x)+2=>f(x+4)=f(x+2)+2=f(x)+4,f(2)=2$$

$$P(2,x)=>f(2f(x+2))=f(2x)+4=f(2x+4)=f(2f(x)+4)$$

Do $f$ đơn ánh nên $f(x)=x$ 

Chứng minh tương tự với $f(1)=-1$ ta suy ra có hai hàm là $f(x)=-x$ hoặc $f(x)=x$ với mọi $x$ thuộc $R$ 

Tham khảo thêm tại : 

http://artofproblems...1178359p5695097

http://artofproblems...h411407p2308289

Bài $2$ : 

Ta có $f(x+y)\leq f(x)+f(y),f(x)\leq e^{x}-1$

Kí hiệu $P(x,y),Q(x)$ là phép đổi vào tương ứng hai bất phương trình hàm 

$$P(0,0)=>f(0)\geq 0,Q(0)=>f(0)\leq 0=>f(0)=0$$

$$P(x,-x)=>f(x) \geq -f(-x)$$

Với mọi $n \in N$ ta có 

$$f(x)=f(\frac{x}{2^{n}}.2^{n}) \leq 2^{n}f(\frac{x}{2^{n}}) \leq 2^{n}(e^{\frac{x}{2^{n}}}-1)$$

Lấy giới hạn vế phải cô định $x$ ta có $f(x) \leq x$ do $lim_{x \to 0} \frac{e^{x}-1}{x} = 0$ , từ đó $f(-x) \leq -x=> x \geq f(x) \geq -f(-x) \geq x$ cho ta $f(x)=x$ với mọi $x$ .

Câu bất đẳng thức tương đương

$$\prod(1-x) \geq \prod (1- \frac{yz}{x})$$

Khai triển trực tiếp ta thấy cần chứng minh

$$xy+yz+xz-x-y-z \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}-\sum \frac{xy}{z}$$

$$2 \sum \frac{xy}{z} - 2 \sum x \geq \sum (x-y)^{2}$$

$$\sum (z^{2}-xyz) (x-y)^{2} \geq 0$$

Cuối cùng ta có thể giả sử $y^{2}-xyz\geq 0$ ví nếu cả ba số $x^{2},y^{2},z^{2} < xyz$ thì nhân lại cho ta $xyz>1$ vô lý vì $x,y,z \in (0,1)$ , khi đó $y^{2}-xyz+x^{2}-xyz = (x-y)^{2}+2xy(1-z) >0$ nên theo tiêu chuẩn S.O.S ta có đpcm . 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 01-09-2016 - 12:50

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#16 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 02-09-2018 - 00:04

$3$ câu hình

Lần $1:$ 

$a)$ Dễ CM $OM=ON$ và $PM=PN$ bằng cộng góc đơn giản từ đó dễ suy ra $H,I$ đối xứng qua $d$

$b)$ Áp dụng câu $a$ ta chuyển ĐPCM thành $AH$ đi qua tđ $D$ của $BC$. Áp dụng định lí $Menelaus$ với chú ý $OMN$ ~ $E'BC$ với $E'$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$, gọi $K$ là trực tâm $E'BC$ và dễ CM $E'K=2OD$ và $DK.DE'=DB.DC=DE.DK$ hay $DE=DK$ từ đó ta được ĐPCM

Lần 2:

a) Dễ thấy $T$ là $(AEF)$ giao $(O)$ từ đó áp dụng t/c trục đẳng phương cho $(AEF), (BEFC) và (O)$ đc $A,T,G$ thẳng hàng

b) Gọi đgt từ $O$ vg $AT$ cắt $EF$ tại $K$ khi đó $TOK=1/2TOA=TBF=TGF$ nên $(TKOG)$ đồng viên dễ dàng có ĐPCM
Lần 3:
Không nhầm thì là IMO Shortlist 2011, ý tưởng như sau: Dễ cm $AEFB$ nội tiếp nên $IA.IF=IE.IB$ nên $C,I$ thuộc tđp của $(AFC)$ và $(BDC)$ nên $K$ thuộc tđp từ đó $AK$ là tđp của $(ADB)$ và $(AFC)$ nên $AK,BK,IK$ là $3$ tđp mà chú ý $FDE=ADE$ nên có ĐPCM





0 người đang xem chủ đề

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