Đề ngày 1:
Đề thi chọn đội tuyển HSG QG tỉnh Quảng Ngãi 2016-2017
#2
Đã gửi 02-11-2016 - 18:26
Bài hình câu a: Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AC, BD. G là điểm đối xứng của B qua N.
P là trung điểm của EF nên P Q, N thẳng hàng. Do đó M, D, G thẳng hàng.
Vậy MD đi qua điểm G cố định.
#3
Đã gửi 02-11-2016 - 18:29
Bài 1 ban đầu nhìn hơi lạ nhưng biến đổi tý thì về dạng quen thuộc, năm ngoái cũng ra dạng ntn.
Dùng quy nạp dễ dàng chứng minh $(x_n)$ là dãy tăng.
Giả sử $(x_n)$ có GHHH, gọi $L=lim(x_n)$, ta có: $L=\frac{L-4+\sqrt{L^2+12L}}{2}\Leftrightarrow L=4$
Điều này vô lý vì $(x_n)$ là dãy tăng và có $x_1>4$
Ta lại có:
$x_{n+1}=\frac{x_n-4+\sqrt{x_{n}^2+12x_n}}{2}$
$\Leftrightarrow (2x_{n+1}-x_n+4)^2=x_{n}^2+12x_n$
$\Leftrightarrow x_{n+1}^2+4x_{n+1}=x_nx_{n+1}+5x_n-4$
$\Leftrightarrow (x_{n+1}+4)(x_{n+1}-x_n)=x_n-4$
$\Leftrightarrow (x_{n+1}^2-16)(x_{n+1}-x_n)=(x_n-4)(x_{n+1}-4)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x_{n+1}^2-16}=\frac{1}{x_n-4}-\frac{1}{x_{n+1}-4}$
Tới đây dễ dàng tìm được $limy_n=\frac{1}{x_1-4}=1000$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanguefa: 02-11-2016 - 18:32
#4
Đã gửi 02-11-2016 - 18:38
Bài hình câu a: Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AC, BD. G là điểm đối xứng của B qua N.
P là trung điểm của EF nên P Q, N thẳng hàng. Do đó M, D, G thẳng hàng.
Vậy MD đi qua điểm G cố định.
Làm sao chứng minh P, Q, N thẳng hàng z
p/s: vẽ hình và tìm được điểm cố định ko biết có điểm nào không :v
#5
Đã gửi 02-11-2016 - 18:50
Làm sao chứng minh P, Q, N thẳng hàng z
p/s: vẽ hình và tìm được điểm cố định ko biết có điểm nào không :v
Bác lấy K đối xứng với E qua N, sau đó chứng minh tam giác FBE và FCK đồng dạng, hay FE, FK là đường đẳng giác trong góc BFD.
Như vậy lấy điểm L đối xứng của E qua Q thì L nằm trên FK.
Vậy P, Q, N thẳng hàng.
#6
Đã gửi 02-11-2016 - 21:10
Bài 3: 2)
Chiều thuận:
Nếu $n$ chẵn, ta có $3^n+1\equiv 1+1=2\left ( mod4 \right )$(vô lý), do đó n lẻ.
Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $m$, vì m lẻ và không chia hết cho 3 nên $p>3$. Ta có:
$3^n+1\equiv 0\left ( modp \right )\Rightarrow 3^{n+1}\equiv -3\left ( modp \right )\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=1$.
Theo luật tương phản Gauss, ta có $\left ( \frac{p}{3} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{\left ( p-1 \right )\left ( 3-1 \right )}{4}}=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\Rightarrow \left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{p-1}=1\Rightarrow \exists a/p\equiv a^2\left ( mod3 \right )\Rightarrow p\equiv 1\left ( mod3 \right )\Rightarrow m\equiv 1\left ( mod3 \right )$
Do đó $\left ( 2m \right )^n+1\equiv \left ( -1 \right )^n+1= 0\left ( mod3 \right )$ vì $n$ lẻ.
Chiều đảo:
Nếu $n$ chẵn thì $\left ( 2m \right )^n+1\equiv 1;2\left ( mod3 \right )$( vô lý), do đó $n$ lẻ, suy ra $4=\left ( 3+1 \right )|\left (3^n+1 \right )\Rightarrow 4m|3^n+1$, do $\left ( 4,m \right )=1$
- I Love MC, quanguefa, IHateMath và 2 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 03-11-2016 - 14:42
- quantv2006 yêu thích
#8
Đã gửi 03-11-2016 - 14:53
Bài hình ngày 2:
Câu a. Chứng minh tam giác thì LIK và LON đồng dạng để có L, K, N thẳng hàng.
NA.NA = NC.NC = NK. NL = NB.NB = ND.ND nên NA = NB = NC = ND.
Câu b. Kẻ tiếp tuyến chung của (c1) (c2) tại L cắt AB tại T. Nếu không cắt thì tính sau
T, C, D thẳng hàng.
TN cắt PQ tại H. Theo Brocard thì PQ vuông góc với TN.
Giao điểm của PQ với N chính là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến từ T với (N) nên ta có TH.TN = TC.TD = TA.TB. Vậy H nằm trên (c1).
MN là đường kính của (c1) nên MH vuông góc với TN tại H.
Gọi G là trung điểm của BC, MTHG nội tiếp nên NH.NT = NG.NM
MLKG nội tiếp nên NK.NL = NG. NM
Vậy NH.NT = NK.NL hay LTHK nội tiếp.
Lại có LTKI nội tiếp. Vậy ITHK nội tiếp, hay góc IHT = 90 độ.
Vậy IH vuông góc với TN tại H hay I nằm trên PQ.
Do đó M, I, P, Q thẳng hàng.
(Ai ra đầu bài mà thành tam giác LON, hay ghê).
- quanguefa, IHateMath và Nguyenphuctang thích
#9
Đã gửi 03-11-2016 - 15:01
Bài 7:
Chia tập S thành 3 tập con S1, S2, S3, với:
S1={1;4;7;...;2014}
- S1 gồm 672 số tự nhiên cùng đồng dư 1 trong phép chia cho 3
S2={2;5;8;...;2015}
- S2 gồm 672 số tự nhiên cùng đồng dư -1 trong phép chia cho 3
S3={3;6;9;...;2016}
- S3 gồm 672 số tự nhiên chia hết cho 3
Ta có: S1, S2, S3 không giao nhau và $S=S1\cup S2\cup S3$
Tập con A thỏa mãn đề bài được thành lập bằng cách chọn x phần tử của tập S1, y phần tử của tập S2 và z phần tử của tập S3
Theo đề ta có:
$\left\{\begin{matrix} x,y,z\epsilon [0;6] & \\ x+y+z=6 & \\ (x-z)\vdots 3 & \end{matrix}\right.$
$(x-z)\vdots 3\Rightarrow (x-z)=-6;-3;0;3;6$
Giải ra ta được: $(x;y;z)=(6;0;0), (0;0;6) (4;1;1), (1;1;4), (3;3;0) (0;3;3), (0;6;0), (1;4;1), (2;2;2), (3;0;3)$
Xét trường hợp: $(x;y;z)=(6;0;0)$. Khi đó số cách chọn tập A thỏa mãn là: 672C6.672C0.672C0=672C6
Các trường hợp còn lại tương tự, từ đó suy ra số tập A thỏa mãn...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanguefa: 04-11-2016 - 20:48
- IHateMath yêu thích
#10
Đã gửi 03-11-2016 - 15:06
Đề ngày 2:
mới thi hồi sáng mà giờ đăng lên rồi . cho hỏi anh lớp nào trường gì
#12
Đã gửi 03-11-2016 - 16:17
Bài 5: a.
Từ $i$ ta suy ra $f$ là hàm đơn ánh.
Thay $n$ bới $f\left ( n \right )$: $f\left ( f\left ( f\left ( n \right ) \right ) \right )=3f\left ( n \right )\Rightarrow f\left ( 3n \right )=3f\left ( n \right )$
Đặt $f\left ( 1 \right )=a\Rightarrow f\left ( a \right )=3\Rightarrow 1\leq a\leq 3$( vì $f\left ( n \right )\geq n$)
Nếu $a=1\Rightarrow f\left ( 3^n \right )=3^n$. Thay vào $ii$: $3^{n+1}=f\left ( f\left ( 3^n \right ) \right )=f\left ( 3^n \right )=3^n$( vô ký)
Nếu $a=3\Rightarrow f\left ( 3^n \right )=3^{n+1}$. Thay vào $ii$: $3^{n+1}=f\left ( f\left ( 3^n \right ) \right )=f\left ( 3^{n+1} \right )=3^{n+2}$( vô lý)
Vậy $f\left ( 1 \right )=2$. Thay $n$ bới $2$ vào $ii$, ta có: $f\left ( f\left ( 2 \right ) \right )=6=f\left ( 3 \right )\Rightarrow f\left ( 2 \right )=3$
Từ đây dùng quy nạp ta chứng minh được $f\left ( 3^n \right )=2.3^n$ và $f\left ( 2.3^n \right )=3^{n+1}$
Bổ sung câu b lun:
Ta có $f\left ( 3^n \right )=2.3^n$ và $f\left ( 2.3^n \right )=3^{n+1}$, ta thấy từ $3^n$ đến $2.3^n$ có $3^n$ số, và từ $2.3^n$ đến $ 3^{n+1}$ cũng có $3^n$ theo điều kiện $i$ kết hơp với kết quả câu a, ta suy ra được nếu tồn tại số nguyên dương m,n thỏa mãn $3^m\leq n\leq 2.3^m$ thì $f\left ( n \right)=n+3^m$, do đó xét số $1287$, ta có $f\left ( 1287 \right )=2016\Rightarrow f\left ( 2016 \right )=3.1287=3861$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 04-11-2016 - 11:52
#13
Đã gửi 07-11-2016 - 22:26
Anh trường huyện đi thi cho vui thôi em =)))
anh nham vao top 6 ko
#14
Đã gửi 06-02-2017 - 20:29
Lời giải bài 5:
Câu a/ Khi tiếp cận bài toán phương trình hàm, cách đơn giản nhất khi chưa tìm ra phương hướng đó là tính thử các giá trị hàm số tại 1 vài điểm đặc biệt như $ f(0); f(1)….$. Tuy nhiên do hàm số $f$ trong đề chỉ xác định trên $ \mathbb{N}^{*}$ nên ta chỉ tập trung tìm $f(1)$.
Và việc tính ra $f(1)$ trong bài này vô tình gần như là chiếc vé giúp ta đi thẳng đến kết quả.
Ta sẽ đi chứng minh $f(1) =2 $
Thật vậy, nếu $f(1) = 1 $ thì $f(f(1)) = f(1)=1 $, vô lý, vì theo giả thiết bài toán thì $f(f(1)) = 3$.
Suy ra $ f(1) \ge 2$, nhưng $ f(1) < f(f(1)) = 3$ nên chỉ có thể xảy ra trường hợp $ f(1) = 2$.
Suy ra $ f(2) = f(f(1)) = 3 \implies f(3) = f(f(2)) = 6 \implies f(3^{1}) = f(f(2)) = 6= 2.3^{1} $
Và $f(2.3^{1} ) = f(f(3^{1})) = 3.3^{1} = 3^{1+1}$
Vậy khẳng định bài toán đã đúng với $n=1$. Giả sử khẳng định bài toán đúng đến $n$, tức là:
$ f(3^{n}) = 2 .3^{n} $
Và $f(2.3^{n}) = 3^{n+1}$
thì khi đó:
$ f(3^{n+1}) = f(f(2.3^{n})) = 3.2.3^{n} = 2 .3^{n+1} $
Và $f(2.3^{n+1}) = f(f(3^{n+1})) = 3.3^{n+1} = 3^{n+2}$
Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học, khẳng định bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Câu b: Sau khi giải xong câu a, supermember để ý: $ 2016 = 2^5 . 3^2. 7$ và một cách tự nhiên, supermemeber nghĩ đến chứng minh cách tính chất liên quan kiểu như cộng tính, nhân tính hay các kiểu quan hệ tuyến tính để tính ra các giá trị hàm $f(n)$ với $n$ tương đối lớn. Tuy nhiên không may là các phỏng đoán và mò mẫm này gần như không mang lại kết quả. Sau đó, một ý tưởng lóe lên như sau:
Giả sử $k, n$ là số nguyên dương thỏa mãn: $ 3^n < k < 2.3^n$
Thì $ f(3^n) < f(k) < f(2.3^{n}) \implies 2.3^{n} < f(k) < 3^{n+1}$
Đến đây để ý trong đoạn $ ( 3^n; 2 \cdot 3^n) $ và $ (2.3^{n} ; 3^{n+1})$ đều có đúng $3^n -1$ số nguyên dương, và do $f$ tăng nghiêm ngặt trên $ \mathbb{N}^{*}$
Nên chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ f(k) = 2.3^{n} + (k – 3^n ) = 3^n + k$ $(*)$
Nhưng lại một lần nữa ý tưởng rất đẹp này phá sản vì không tìm ra số nguyên dương $n$ thỏa mãn: $ 3^n < 2016 < 2.3^n$
Nhưng thất bại này lại gợi mở đến việc tìm số nguyên dương $k$ thỏa mãn: $f(k) = 2016$, khi đó $f(2016) = f(f(k)) = 3k$ $(**)$.
Ta sẽ đi tìm $k, n$ là những số nguyên dương thỏa mãn: $ 3^n < k < 2.3^n$ và $ 2016 = 2.3^{n} + (k – 3^n )$
Khi đó $ \frac{2016}{3^n} = 2 + \frac{ k – 3^n}{3^n}$ với $ 0< \frac{ k – 3^n}{3^n} <1$
Suy ra : $ \left[ 2016/3^n \right] =2$ với $ [ x]$ là ký hiệu phần nguyên của số thực $x$.
Không khó để tìm ra $ n = 6$ và $ k = 2016 – 3^6 = 1287$, theo $(*)$
Từ đây ta có $f(2016) = 3. 1287 = 3861$ (theo $(**)$ ).
Và bài toán theo đó đã được giải quyết hoàn toàn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 06-02-2017 - 20:35
- nhungvienkimcuong, Phan Tien Ngoc, royal1534 và 1 người khác yêu thích
#15
Đã gửi 06-02-2017 - 22:24
Bài 3
PT được viết lại thành $(2017y^2+y-x-2017)(1-x)=1$
Từ đó suy ra pt có 2 nghiệm $(0;1),(2;1)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 07-02-2017 - 20:58
#16
Đã gửi 13-02-2017 - 11:38
Bài 2: Supermember định giải trọn vẹn cả bài này, tuy nhiên do cậu em post đề ở trên đã ghi cách giải cho vế đầu tiên rồi, nên supermember sẽ chỉ giải vế thứ 2 thôi, và đây là 1 bài toán hay. Hy vọng sẽ có cao nhân nào đó đưa ra lời giải còn tốt hơn lời giải dưới đây.
Ta cần chứng minh: $ \sum \frac{1}{a^2 +b^2 +2} \le \frac{3}{4} (1) $ với $ a;b;c$ là những số thực dương thỏa: $ a+b + c = 3$.
Không giảm tổng quát, ta giả sử: $ a \ge b \ge c$ và đặt $ t = \frac{b+c}{2}$
Khi đó: $ a+ 2t = 3$ và $ bc \le 1$
Ý tưởng chính của bài này không mới, đó là dồn biến về $ t = \frac{b+c}{2} $, ta sẽ đi chứng minh:
$ \frac{1}{a^2 +b^2 +2} + \frac{1}{a^2 +c^2 +2} \le \frac{2}{ a^2 + \left (\frac{b+c}{2} \right)^2 +2} (2)$
Thật vậy: $ \frac{8}{ 4a^2 + b^2 + c^2 + 2bc + 8} - \frac{1}{a^2 +b^2 +2} - \frac{1}{a^2 +c^2 +2} = \frac{ 2a^2 b^2 + 2a^2 c^2 + 4b^2 + 4c^2 + 6b^2 c^2 – 4a^2bc – 8bc – 2b^3 c – 2b c^3 - b^4 – c^4}{ (4a^2 + b^2 + c^2 + 2bc + 8)( a^2 +b^2 +2)( a^2 +c^2 +2)}$
Trong đó, $ 2a^2 b^2 + 2a^2 c^2 + 4b^2 + 4c^2 + 6b^2 c^2 – 4a^2 bc – 8bc – 2b^3 c – 2b c^3 - b^4 – c^4 = 4(b^2-2bc + c^2 ) + 2a^2 (b^2 -2bc + c^2) + (3b^2 c^2 – 2b^3 c – b^ 4) + ( 3 b^2 c^2 – 2b c^3 – c^4 ) = 4(b-c)^2 + 2 a^2 (b-c)^2 + b^2 (3c^2 – 2bc –b ^2) + c^2 ( 3b^2 -2bc –c^2 )$
Và $ b^2 (3c^2 – 2bc –b ^2) + c^2 ( 3b^2 -2bc –c^2 ) = b^2 (c-b)( 3c+b) + c^2 (b-c) ( 3b+c) = c^2 (b-c) ( 3b+c) - b^2 (b-c)( 3c+b) = (b-c)( 3bc^2 + c^3 - 3b^2 c –b^3) = (b-c) \left( (c-b)(c^2+bc+b^2) + 3bc(c-b) \right) = -(b-c)^2 \left( b^2 + 4bc + c^2 \right)$
Như vậy, ta có đẳng thức:
$ \frac{8}{ 4a^2 + b^2 + c^2 + 2bc + 8} - \frac{1}{a^2 +b^2 +2} - \frac{1}{a^2 +c^2 +2} = \frac{ (b-c)^2 \cdot \left( 2a^2 + 4 – b^2 –c^2 – 4bc \right)}{ (4a^2 + b^2 + c^2 + 2bc + 8)( a^2 +b^2 +2)( a^2 +c^2 +2)} \ge 0$
Và $(2)$ theo đó đã được chứng minh hoàn toàn.
Mặt khác, bằng bất đẳng thức Cauchy, ta dễ thấy: $ \frac{1}{b^2 +c^2 +2} \le \frac{1}{ 2 \left (\frac{b+c}{2} \right)^2 +2 } $ $(3)$
Từ $(2); (3)$ ta suy ra để chứng minh $(1)$ ta chỉ cần chứng minh $ \frac{2}{ a^2 + \left (\frac{b+c}{2} \right)^2 +2} + \frac{1}{ 2 \left (\frac{b+c}{2} \right)^2 +2 } \le \frac{3}{4} (4)$
Tương đương với $ \frac{2}{ a^2 + t^2 +2} + \frac{1}{ 2t^2 +2 } \le \frac{3}{4} $
Thay $ a = 3-2t$ ta thấy là ta chỉ cần chứng minh:
$ \frac{2}{ 5t^2-12t +11} + \frac{1}{ 2t^2 +2 } \le \frac{3}{4} $
Đến đây thì mọi chuyện cũng không phải quá khó nữa rồi, vì các bước tính toán cũng không phải phức tạp:
$ \frac{3}{4} - \frac{2}{ 5t^2-12t +11} - \frac{1}{ 2t^2 +2 } = \frac{ 3 (t-1)^2 ( 5t^2 -2t+1)}{ 4(t^2 +1)(5t^2 – 12t +11)} \ge 0$ với mọi $t$
Như vậy $(4)$ được chứng minh hoàn toàn.
Do đó, khẳng định của bài toán đã được chứng minh hoàn toàn, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a= b =c = 1$
Nhận xét: đây là bài toán hay, và đẹp. Điều đó thể hiện ở việc khi tính toán thì các hệ số tính ra khá đơn giản, không đến mức phức tạp. Ý tưởng dồn biến kiểu này không mới, nó đã được Mr Cẩn giới thiệu trên báo Toán Học Tuổi Trẻ lâu rồi.
Nhưng có 1 cái chưa hài lòng đó là nếu ra đề ở mức đẹp hơn thì có thể sắp xếp để ngoài điểm rơi tầm thường $ a=b=c =1$ thì đẳng thức có thể xảy ra tại 1 điểm rơi “ dị “ hơn 1 chút, kiểu như $ 2 $ biến bằng nhau và khác biến còn lại, lúc đó thì người giải toán sẽ có hứng thú hơn.
Tất nhiên, dù gì đi nữa, đây là bài phù hợp, không quá khó và cũng chẳng quá dễ, cần 1 chút “ dũng cảm” để thực hiện bước dồn biến. Dồn biến thì không lúc nào là ít tính toán, cần phải can đảm và cứng một chút để kiên định với Phương pháp đã chọn J.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 13-02-2017 - 15:21
- Phan Tien Ngoc và quanguefa thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh