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 chọn đội tuyển Quốc Gia môn Toán


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 TanSan26

TanSan26

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 54 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{DNYD}$

Đã gửi 04-09-2016 - 12:15

Đề chọn đội tuyển Quốc Gia môn Toán

(Nguồn: Anh Trần Quốc Hưng- Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng)

Ngày thi thứ nhất:

Bài toán 1: Bốn số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn: $ab=c^2+4d^2=4$. Chứng minh đẳng thức sau:

$(a-c)^2+(b-d)^2\ge \frac{8}{5}$.

Bài toán 2: Giả sử $(m,n)$ là cặp số nguyên dương lẻ thỏa mãn: $m>n>1$ và $m^2$ chia hết cho $m^2+1-n^2$.

1. Chứng minh rằng, thương $\frac{m^2}{m^2+1-n^2}$ là số chính phương.

2. Tìm cặp số lẻ $(m,n)$ có tính chất trên sao cho $m+n$ có giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 3: Cho $P(n)$ là một đa thức( hệ số thực) của biến tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$P(n)=1^{2003}+2^{2003}+...+n^{2003},\forall n\in N^{*},n\ne 1$.

Chứng minh rằng: đa thức $P(n)$ chia hết cho đa thức $Q(n)=n^2(n+1)^2$

Bài toán 4:  Trong mặt phẳng cho tam giác :$A_0B_0C_0$ và một điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho các đoạn $PA_0,PB_0,PC_0$ tạo với các cạnh của tam giác $A_0B_0C_0$ ba tam giác nhỏ chung đỉnh $P$ mà các góc của mỗi tam giác này ở các đỉnh $P$ đều nhọn. Gọi $A_{i+1},B_{i+1},C_{i+1}$ lần lượt là các điểm đối xứng của $P$ qua các đường thẳng $B_iC_i,C_iA_i$ và $A_iB_i(i=0,1,2)$.

1. Chứng minh rằng:, tam giác: $\triangle A_3B_3C_3\sim \triangle A_0B_0C_0$.

2. Kết luận trên còn đúng nữa không khi $P$ là một điểm bất kì của mặt phẳng?

Ngày thi thứ hai: Cập nhật sau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TanSan26: 04-09-2016 - 17:36

                                                                                                                                                                                                                                                A vẩu


#2 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 04-09-2016 - 17:28

 

Bài toán 3: Cho $P(n)$ là một đa thức( hệ số thực) của biến tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$P(n)=1^{2003}+2^{2003}+...+n^{2003},\forall n\in N^{*}$.

Chứng minh rằng: đa thức $P(n)$ chia hết cho đa thức $Q(n)=n^2(n+1)^2$

 

 

Bài 3 có sai gì không bạn

Dễ thấy $P(1) = 1$ không chia hết cho $Q(1) $

$P(2) $ cũng vậy 



#3 redfox

redfox

    Trung sĩ

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

Đã gửi 04-09-2016 - 19:54

Bài 3.Ta có:

-$P(1)=1$ (1)

-$P(n)-P(n-1)=n^{2003}$ (2)

-Đạo hàm (2): $P'(n)-P'(n-1)=2003n^{2002}$ (3)

Ta dễ có từ (1), (2), (3) $P(0)=P(-1)=0; P'(0)=P'(-1)$ (4)

Lấy $n$ từ $-k$ đến $k$, thay vào (2), cộng lại ta được $P(-k-1)=P(k)$. Đạo hàm: $P'(-k-1)=-P'(k)$ suy ra $P'(-1)=-P'(0)$.

Kết hợp với (4), ta có $P(0)=P(-1)=P'(0)=P'(-1)=0$ hay $P(n)$ có $2$ nghiệm bội là $0$ và $-1$ suy ra $Q(n) \mid P(n)$.

(Q.E.D)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 04-09-2016 - 20:02


#4 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 04-09-2016 - 20:31

Bài 2:

a)Từ giả thiết $\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương 

 

b) Theo cách chọn trên, thay $k=y^2$ ta thấy bộ $(m,n)=(105,99)$ thỏa mãn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 04-09-2016 - 20:49


#5 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 04-09-2016 - 20:46

Bài 2:

Từ giả thiết $\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương 

$x=4y^3-2y$ 
Ta sẽ tìm $x$ sao cho $x$ nhỏ nhất 
Xét $y=1$ suy ra $x=2$ suy ra $m,n$ ko thỏa 
Tương tự 
$y=3$ thì $x=102$ nên  $m=105,n=99$ thỏa 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 04-09-2016 - 20:57





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh