Đề Nghệ An
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 10-10-2016 - 16:44
Đổi ngày
Đề Nghệ An
cho mình hỏi là đề thi này là dành cho cả tỉnh hay là chỉ chắc trường chuyên phan bội châu
Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới
đề chọn đội tuyển của tỉnh Nghệ An bạn nhacho mình hỏi là đề thi này là dành cho cả tỉnh hay là chỉ chắc trường chuyên phan bội châu
ZION
đề chọn đội tuyển của tỉnh Nghệ An bạn nha
rứa là trường không chuyên vẫn được thi à !
Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới
Bai2 ngay 1Voi n le ta co: Gia su.$S_{n}=\frac{\left \{ \sqrt{a} \right \}^{n+1}-\left \{ \sqrt{a} \right \}}{\left \{ \sqrt{a} \right \}-1}=\frac{p}{q}(p,q\epsilon N*).XetdathucP(x)=qx^{n+1}-x(p+q)+p.(P(x)\epsilon Z[x])).Do:\left \{ \sqrt{a} \right \}=-[\sqrt{a}]+\sqrt{a}=-m+\sqrt{a}(m\epsilon N*,\sqrt{a}:voty),P(\left \{ \sqrt{a} \right \})=P(-m+\sqrt{a})=0=>P(-m-\sqrt{a})=0=>q(-m-\sqrt{a})^{n+1}+(m+\sqrt{a})(p+q)+p=0 Vo ly dovi voi nle t co VT>0$
Bài tổ hợp ngày $2$ nằm trog $IMO$ $Shortlist$ $2012$. Có thể tham khảo trang $228$ cuốn kỷ yếu gặp gỡ toán học năm nay
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 11-10-2016 - 23:53
Bài $3$ ngày $2$:
$b)$ Dễ c/m $2$ bổ đề sau:
$1)$ Cho $x,y\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{N^{*}}$, $p$ là số ntố lẻ sao cho $x,y$ ko chia hết cho $p$. Khi đó:
$v_{p}(x^n-y^n)=v_{p}(x-y)+v_{p}(n)$
$2)$ Cho $x,y$ là $2$ số nguyên lẻ, $n$ là số nguyên dương chẵn. Khi đó:
$v_{2}(x^n-y^n)=v_{2}(x-y)+v_{2}(x+y)+v_{2}(n)-1$
Trở lại bt:
Ta có: $\left\{\begin{matrix} & a-b=k\in\mathbb{Z^{*}} & \\ &(a-b)(a+b)=a^2-b^2=l\in\mathbb{Z} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow\left\{\begin{matrix} & a-b=k\in\mathbb{Q} & \\ &a+b=\frac{l}{k}\in\mathbb{Q} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a,b\in\mathbb{Q}$
Nếu $a=-b$ thì $2a=h\in\mathbb{Z}$ và $2a^3\in\mathbb{Z}$. Do đó: $2a^3=\frac{h^3}{4}\in\mathbb{Z}\Rightarrow h\vdots 2\Rightarrow a,b\in\mathbb{Z}$
Xét $a\neq\pm b$. Đặt $a=\frac{x}{z}$, $b=\frac{y}{z'}$ ($x,y\in\mathbb{Z}$, $z,z'\in\mathbb{Z^{+}}$, $(x,z)=(y,z')=1$)
Ta có: $a-b=\frac{x}{z}-\frac{y}{z'}\in\mathbb{Z}\Rightarrow z'(a-b)=z'(\frac{x}{z}-\frac{y}{z'})=\frac{xz'}{z}-y\in\mathbb{Z}\Rightarrow \frac{xz'}{z}\in\mathbb{Z}$. Vì $(x,z)=1$ nên $z'\vdots z$
Tương tự: $z\vdots z'$. Do đó: $z=z'$. Vậy $a=\frac{x}{z}$, $\frac{y}{z}$ ($(x,z)=(y,z)=1$, $x\neq\pm y$) ($a\neq\pm b$)
Ta c/m: $z=1$. Gsử phản chứng $z>1$. Theo gt có: $(x^n-y^n)\vdots z^n\forall n\in\mathbb {N^{*}}$
Gọi $p$ là $1$ ước ntố của $z$ thì $x^n-y^n\vdots z^n\vdots p^n\Rightarrow n\leq v_{p}(x^n-y^n)\forall n\in\mathbb{N^{*}}$
Vì $(x,z)=(y,z)=1$ nên $x,y$ ko chia hết cho $p$. Xét $2$ TH:
- TH$1$: $p=2$. Khi đó: $x,y$ lẻ. Theo bổ đề $2$ ta có: $2^m\leq v_{2}(x^{2^{m}}-y^{2^{m}})=v_{2}(x-y)+v_{2}(x+y)+v_{2}(2^m)-1=v_{2}(x-y)+v_{2}(x+y)+m-1\forall m\in\mathbb{N^{*}}$
$\Rightarrow 2^m-m\leq v_{2}(x-y)+v_{2}(x+y)-1\forall m\in\mathbb{N^{*}}$
(vô lý vì $\lim_{m\rightarrow +\infty}(2^m-m)=+\infty$, mà $x\neq\pm y$ nên $v_{2}(x-y)+v_{2}(x+y)-1$ là hữu hạn)
- TH$2$: $p$ là số ntố lẻ nên theo bổ đề $1$ ta có: $p^m\leq v_{p}(x^{p^{m}}-y^{p^{m}})=v_{p}(x-y)+v_{p}(m)=v_{p}(x-y)+m\forall m\in\mathbb{N^{*}}$
(vô lý vì $\lim_{m\rightarrow +\infty}(p^m-m)=+\infty$ và $v_{2}(x-y)$ là hữu hạn (do $x\neq y$))
Vậy $z=1\Rightarrow$ đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 11-10-2016 - 23:53
Câu dãy ngày 1
Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi:
$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $
Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì
Câu 4 ngày 2 là đề TST China 2012: http://artofproblems...h471696p2640838
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hieutran2000: 08-10-2016 - 22:32
$\sum =\prod$
Câu dãy ngày 1
Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi:
$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $
Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì
k cố định bạn à, ra để lừa mấy đứa dùng Stolz thôi
Bài 4(ngày 1):
a. Ta phân hoạch thành 3 tập A,B,C thỏa mãn $A=\left \{ 1,2,3,3k+3 \right \};B=\left \{ 4,5,6,3k+2 \right \};C=\left \{ 7,8,9,3k+1 \right \}\left ( k\geq 3\right )$
Với $n=15,16,17,18$ ta dễ dàng chỉ ra được cách phân hoạch này thỏa mãn.
Vói $n> 18$. Ta xét 3 trường hợp:
Nếu $n\equiv 0\left ( mod3 \right )$.Đặt $n=3t\left ( t> 6 \right )$. Ở tập A, ta chọn 2 số 3 và $3\left ( t-2 \right )+3\left ( t-2> 4 \right )\in A$. Ở tập B, ta chọn 2 số 4 và $3\left ( t-2 \right )+2\in B$. Ở tập C ta chọn 2 số 8 và $3\left ( t-3 \right )+1\in C$. Làm tương tự với các trường hợp còn lại.
b.(hơi dài)
Giả sử phân hoạch được thành $m$ tập $A_1,A_2,...A_m\left ( m\geq 4 \right )$ thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta xem ký hiệu $A_k\left ( x \right )$ là tập con của tập $A_k$ mà phần tử lớn nhất của nó không vượt quá $x$.
Xét phân hoạch của tập $\left \{ 1,2,...,15 \right \}$ vào các tập $A_1\left ( 15 \right ),A_2\left ( 15 \right ),...A_m\left ( 15 \right )$. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một tập chứa không quá 3 phần tử. Không mất tính tổng quát, giả sử tập đó là $A_1\left ( 15 \right )$
Vì trong tập $A_1\left ( 15 \right )$ phải có 2 phần tử có tổng bằng 15 nên 2 phần tử đó phải thuộc một trong các cặp sau $\left ( 1,14 \right ),\left ( 2,13 \right ),...,\left ( 7,8 \right )$. Ta xét 2 trường hợp sau:
i. Nếu $\left \{ 1,14 \right \}\subset A_1\left ( 15 \right )$. Xét $n=16\Rightarrow 15\in A_1\left ( 15 \right )\Rightarrow A_1\left ( 15 \right )=\left \{ 1,14,15 \right \}$. Tượng tự xét n chạy từ $16$ đến $29$ ta được $\left \{ 1,14,15,...,27,28 \right \}\subset A_1$. Do đó nếu ta xét một số $n=26$ với một tập $A_k\left ( k\geq 2 \right )$ bất kỳ thì tập này không tồn tại 2 phần tử thỏa mãn yêu cầu.
ii. Nếu $\left \{ k,15-k \right \}\subset A_1\left ( 15 \right )\left ( 2\leq k\leq 7 \right )$
Nếu $A_1\left ( 15 \right )$ chứ số 15 thì trong $A_1\left ( 15 \right )$ không có 2 số nào co tổng bằng 16. Do đó $A_1\left ( 15 \right )=\left \{ k,k+1,15-k \right \}$(loại vì tổng 2 phần tử bất kỳ của $A_1\left ( 15 \right )$ sẽ không vượt quá 16 nên không tồn tại 2 phần tử có tổng bằng 17) hoặc $A_1\left ( 15 \right )=\left \{ k,15-k,16-k \right \}$, Xét $n=17$ ta được $15-k+16-k=17\Rightarrow k=7\Rightarrow A_1\left ( 15 \right )=\left \{ 7,8,9 \right \}$ nên trong tập $A_1$ không tồn tại hai phần tử có tổng bằng 18(vô lý)
Vậy giả sử sai suy ra đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 09-10-2016 - 19:48
a)a) Hiển nhiên tồn tại. VD: a=1−√2a=1−2, b=1+√2
a+b la so vo ti ma
Bài 3 ngày 1
(Giải nốt phần a)
Giả sử tồn tại a, b thỏa mãn.
Ta có $a^{4}+b^{4}= (a^{2}+b^{2})^{2} - 2(ab)^{2}$ nên (ab)^2 là số hữu tỉ
Mà $(a^{2}+b^{2})(a^{3}+b^{3})=a^{5}+b^{5}+(ab)^{2}(a+b)$ nên a+b là số hữu tỉ và mâu thuẫn
Vậy giả sử sai và có đpcm.
cho mình xin đáp án bài hình vsĐề Nghệ An
post-118103-0-55304100-1475814873.jpeg
post-118103-0-79130100-1475814856.jpeg
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Huyvippro: 11-10-2016 - 17:12
cho mình xin đáp án bài hình vs
Bài $3$ ngày $1$:
$a)$ Hiển nhiên đúng theo đ/lý con bướm
$b)$ Gọi $N$ là giao điểm thứ $2$ của $BC$ với $(ACP)\equiv (O_{3})$
Ta có: $\overline{MB}.\overline{MD}=\overline{MP}.\overline{MA}=\overline{MC}.\overline{MN}=-\overline{MD}.\overline{MN}\Rightarrow M$ là trung điểm của $BN$
Lại có $\overline{MK}.\overline{MA}=\overline{MB}.\overline{MC}=-\overline{MN}.\overline{MC}=-\overline{MP}.\overline{MA}\Rightarrow M$ là trung điểm của $PK$
Xét phép đối xứng $Đ_{M}: K\mapsto P, B\mapsto N, C\mapsto D\Rightarrow (O_{1})\mapsto (PND)\equiv (O_{4})\Rightarrow\overline{O_{1},O_{4},M}$
Mà $MQ\perp O_{1}O_{4}, P_{M/(O_{1})}=P_{M/(O_{4})}$
Do đó: $MQ$ là trục đẳng phương của $(O_{1})$ và $(O_{4})$
Xét $3$ đg tròn $(O_{1}), (O_{3}), (O_{4})$ có $3$ trục đẳng phương lần lượt là $AC,MQ,NP$ nên theo đ/lý về tâm đẳng phương thì $AC,MQ,NP$ đồng quy hay $\overline{N,P,Q}$
Gọi $T$ là giao điểm thứ $2$ của $PQ$ với $(O_{2})$. Bằng biến đổi góc ta suy ra $BT$ là tt của $(O_{1})$ tại $B\Rightarrow T$ cố định. Vậy $PQ$ đi qua điểm $T$ cố định
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 12-10-2016 - 23:34
Bài dãy là đề thi chọn ĐT QG tỉnh Quảng Ninh năm ngoái (ko bik có trùng hợp j ở đây ko) =))
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh