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 THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 chuyên sư phạm 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 NTMFlashNo1

NTMFlashNo1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 346 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\text{K50}}\sim \boxed{\text{CSP}}$

Đã gửi 13-03-2017 - 18:32

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

ĐỀ THI HSG LỚP 10

NĂM HỌC:2016-2017

NGÀY THI THỨ NHẤT

THỜI GIAN:180'

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^{2}+8} &=\sqrt{y}+y^{2}+1 \\
\sqrt{y^{2}+8} &=\sqrt{x}+x^{2}+1
\end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c$thực thỏa mãn:

$a\geq b\geq c\geq 0$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

Tìm $P_{max}=2ab+5ac+8bc+\frac{15}{a+b+c}$

 

$\boxed{\text{Bài 3}}$

a) Cho $p$ nguyên tố thỏa mãn:$p\equiv 1\left ( mod4 \right )$.

Chứng minh:tồn tại $k$ nguyên sao cho $k^{2}\equiv -1\left ( modp \right )$.

 

b) Tìm $(a,b,c)$ nguyên sao cho với mọi $p$ nguyên tố lẻ thì:

$a\left ( (\frac{p-1}{2})! \right )^{2}+b\left ( \frac{p-1}{2} \right )!+c\vdots p$

 

$\boxed{\text{Bài 4}}$ Cho tam giác $ABC$ với $AB>AC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$,$(I_{a}$ bàng tiếp đỉnh $A$.$AI\cap BC\equiv D.AI\cap (O)\equiv M$.$N$ thuộc đoạn $BD$.$(O_{1})$ ngoại tiếp $AND$.$(O_{2})$ đi qua $A,I$ và tiếp xúc trong với $(O_{1})$ tại $A$.$(O)\cap (O_{2})\equiv P.(O_{2})\cap AN\equiv Q$

Chứng minh:a) $\overline{M,N,P}$

                    b) $NI_{a}\parallel PQ$

 

 

 

 

NGÀY THI THỨ HAI

THỜI GIAN:180'

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Cho dãy $(x_{n})$ thỏa mãn:

$x_{1}=1,x_{2}=1,x_{3}=3$

$x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}.\forall n\geq 4$

Chứng minh: mọi số hạng của dãy nguyên.

 

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c$ là ba cạnh một tam giác.

Chứng minh:

$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}+\frac{3}{2}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{6abc}$

 

$\boxed{\text{Bài 3}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$,$A$ thay đổi,$B,C$ cố định.$AD,BE,CF$ là các đường cao.$P,Q$ thuộc tia đối của $ED,FD$ sao cho $EP=FQ=EF$.Chứng minh:

 

a) $(DPQ)$ đi qua điểm cố định

b) Đường qua $A$ vuông góc $PQ$ đi qua điểm cố định.

 

$\boxed{\text{Bài 4}}$.Cho bẩy số nguyên dương phân biệt $a_{1},a_{2},...,a_{7}$ .Xét $1\leq i< j\leq 7$ ta viết lên bảng các số $a_{i}+_{j},\left | a_{i}-a_{j} \right |,a_{i}a_{j}$.$G$ là tập các số nguyên dương lẻ trên bảng.Tìm $max\left | G \right |$ khi $a_{1},a_{2},...,a_{7}$ thay đổi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTMFlashNo1: 14-03-2017 - 17:15

$\boxed{\text{Nguyễn Trực-TT-Kim Bài secondary school}}$


#2 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 13-03-2017 - 18:54

Bài 1:

Điều kiện: $x,y\geq 0.$

Cộng chéo vế $2$ pt, ta được:

$x^2+\sqrt{x}+1+\sqrt{x^2+8}=y^2+\sqrt{y}+1+\sqrt{y^2+8}$

Xét $f(t)=t^2+\sqrt{t}+1+\sqrt{t^2+8},\forall t\geq 0.$

Ta có: $f'(x)=2t+\frac{1}{2\sqrt{t}}+\frac{t}{\sqrt{t^2+8}}> 0$.

Nên $f(t)$ đồng biến. Do đó $x=y$.

Ta giải pt: $x^2+\sqrt{x}+1=\sqrt{x^2+8}\Leftrightarrow (x^2+8-\sqrt{x^2+8}-6)+(\sqrt{x}-1)=0$.

$\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)[\frac{(\sqrt{x^2+8}+2)(x+1)(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x^2+8}+3}+1]=0$.

Ta được nghiệm $x=1$ suy ra $y=1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 13-03-2017 - 18:58

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


#3 Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:maths,english,reading light novel,playing games,...

Đã gửi 13-03-2017 - 19:35

Bài 4 dễ gần nhất 

a,Dễ thấy $IO_2$ ll $DO_1$, $PO_2$ ll $NO_1$

suy ra $\angle IO_2P=\angle DO_1N$ $\Rightarrow \Delta IO_2P \sim \Delta DO_1N$ $\Rightarrow IP$ ll$DN$ ll $BC$

từ đó $\angle AQP=\angle PIM=\angle BDM=\angle AQM$$\Rightarrow \overline{Q,P,M}$

b, $\frac{AM}{AI_A}= \frac{AP}{AN}= \frac{AI}{AD}\Leftrightarrow AM.AD=AI.AI_A$

Xét đồng dạng $\Delta AIC\sim \Delta ABI_A$ và$\Delta ACD\sim \Delta AMB$ ta có đpcm

 

#P/s: hôm nay làm không tốt lắm, https://diendantoanh...59-ntmflashno1/ làm hết không?

 

dự tuyển sp 2017.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 13-03-2017 - 19:40

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#4 IMO20xx

IMO20xx

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết

Đã gửi 13-03-2017 - 20:36

Bài 3a. Giả sử ngược lại tức là không tồn tại số nguyên $k$ nào sao cho $k^2+1$ chia hết cho p. Khi đó xét tập S = {1, 2, 3,..., p - 1}. Với mỗi a thuộc S thì tồn tại duy nhất a' sao cho aa' + 1 chia hết cho p (nghịch đảo modulo p). Mà mặt khác do giả sử ở trên nên a phải khác a'. Vậy tập S có thể phân hoạch thành các cặp (a, b) mà $ab\equiv -1$ (mod p). Nhân tất cả các đồng dư thức với nhau, ta thu được $1\cdot 2\cdots (p - 1)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$ (mod $p$), mâu thuẫn với định lý Wilson. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IMO20xx: 13-03-2017 - 20:38


#5 Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:maths,english,reading light novel,playing games,...

Đã gửi 13-03-2017 - 22:56

Bài 2

Dễ chứng minh được

$2ab+5ac+8bc\leq 5(ab+bc+ca)$(do $\Leftrightarrow 3b(a-c)\geq 0$)$\leq \frac{5}{3}\left ( a+b+c \right )^2$

Ta có $a+b+c\leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$. Đặt a+b+c=x($x\leq 3$).

Ta sẽ CM $\frac{5}{3}$ $x^2+\frac{15}{x}\leq 20$ $\Leftrightarrow 5x^3-60x+45\leq 0\Leftrightarrow 5(x-3)(x^2-3x-3)\leq 0$ (đúng với mọi $x\leq 3$)

Vậy maxP=20 khi a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 13-03-2017 - 23:03

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#6 NTMFlashNo1

NTMFlashNo1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 346 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\text{K50}}\sim \boxed{\text{CSP}}$

Đã gửi 14-03-2017 - 17:28

Chém câu bất ngày 2 trước:

 

Đặt $b+c-a=x,c+a-b=y,a+b-c=z$

$\Rightarrow x,y,z>0;a=\frac{y+z}{2},b=\frac{z+x}{2},c= \frac{x+y}{2}$

Bất đẳng thức trên viết thành:

$\sum \frac{x+y}{2z}+\frac{3}{2}\geq \frac{4(x+y+z)^{3}}{3\prod (x+y)}$

$\Leftrightarrow \frac{\sum xy(x+y)+3xyz}{2xyz}\geq 4\frac{(x+y+z)^{3}}{3\prod (x+y)}$

$\Leftrightarrow (\sum x)(\sum xy)\geq 4xyz\frac{(x+y+z)^{3}}{3\prod (x+y)}$

$\Leftrightarrow \sum xy\geq 4xyz\frac{(x+y+z)^{2}}{3\prod (x+y)}$

Theo bất đẳng thức $\prod (x+y)\geq \frac{8}{9}(\sum x)(\sum xy)$ ta cần chứng minh:

$\sum xy\geq 3xyz\frac{x+y+z}{\sum xy}$

Đúng

$\Rightarrow Q.E.D$

 

Câu 3a) là đề thi thử vào 10 chuyên $KHTN-HN$ năm $2016-2017$


$\boxed{\text{Nguyễn Trực-TT-Kim Bài secondary school}}$


#7 Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:maths,english,reading light novel,playing games,...

Đã gửi 14-03-2017 - 20:15

full 3 và 2 ngày 2, câu tổ hợp ko chắc lắm, ai rảnh giúp e câu 1  :closedeyes:  ngậm hạt câu này  :lol:

Bài hình

Gọi M là trung điểm BC

Dễ thấy QADB, PACD, MDFE nội tiếp. 

Từ đó suy ra$\Delta MFQ=\Delta MEP$ nên $\Delta MEF\sim \Delta MQP$ $\Rightarrow \angle FDB=\angle FEM= \angle QPM$, suy ra đpcm

b, Gọi N là tâm Euler, Ta thấy  $AN \perp PQ$ (cái này hình như trên THTH)

Lấy G đối xứng O qua BC, (DEF) cắt O) tại L. Có ALGM là hình bình hành L,N,M thẳng hàng nên A,N,G thẳng hàng, suy ra AN qua G cố định

ngày 2.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 14-03-2017 - 20:17

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#8 NTMFlashNo1

NTMFlashNo1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 346 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\text{K50}}\sim \boxed{\text{CSP}}$

Đã gửi 14-03-2017 - 20:21

full 3 và 2 ngày 2, câu tổ hợp ko chắc lắm, ai rảnh giúp e câu 1  :closedeyes:  ngậm hạt câu này  :lol:

Bài hình

Gọi M là trung điểm BC

Dễ thấy QADB, PACD, MDFE nội tiếp. 

Từ đó suy ra$\Delta MFQ=\Delta MEP$ nên $\Delta MEF\sim \Delta MQP$ $\Rightarrow \angle FDB=\angle FEM= \angle QPM$, suy ra đpcm

b, Gọi N là tâm Euler, Ta thấy  $AN \perp PQ$ (cái này hình như trên THTH)

Lấy G đối xứng O qua BC, (DEF) cắt O) tại L. Có ALGM là hình bình hành L,N,M thẳng hàng nên A,N,G thẳng hàng, suy ra AN qua G cố định

attachicon.gifngày 2.png

Sao làm được nhiều thế

câu b) tôi chỉ dự đoán được $G$ nhưng ko biết chứng minh.

Quý cũng chưa ra câu này

Chắc ông vào tuyển rồi


$\boxed{\text{Nguyễn Trực-TT-Kim Bài secondary school}}$


#9 Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:maths,english,reading light novel,playing games,...

Đã gửi 14-03-2017 - 20:26

Sao làm được nhiều thế

câu b) tôi chỉ dự đoán được $G$ nhưng ko biết chứng minh.

Quý cũng chưa ra câu này

Chắc ông vào tuyển rồi

câu tổ e xét chẵn lẻ thủ công đã hết đâu, thấy ko triển vọng nên bỏ giữa chừng

ngày 1 thì fail. Qúy thì ảo rồi ;v thà ông ý nghỉ luôn ngày 2 vẫn ok, chắc lần này thả cho ae thôi :closedeyes: tôi 15/40 là max  :lol:   

ông chắc full 1,2,3a,4 ngày 2 à


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 14-03-2017 - 20:32

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#10 honmacarong100

honmacarong100

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trực
  • Sở thích:Bất đẳng thức, khoa học tự nhiên, toán học,...

Đã gửi 14-03-2017 - 22:55

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Cho dãy $(x_{n})$ thỏa mãn:

$x_{1}=1,x_{2}=1,x_{3}=3$

$x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}.\forall n\geq 4$

Chứng minh: mọi số hạng của dãy nguyên.

Lâu lắm chưa vào diễn đàn, hôm nay thấy anh Mạnh đăng đề CSP nên vào chém tạm bài dãy vậy. Không biết đúng hay không nữa  :D  :D  :D

Ta sẽ tính được $x_{4}=7$

Theo đề bài ta có: $x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2} (1)$

Do đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}=x_{n}^{2}+x_{n}x_{n-1}+x_{n-1}^{2} (2)$

Lấy $ (1)-(2)$ 

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}=x_{n-1}x_{n}+x_{n-3}x_{n}+x_{n}^{2}$

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}$ đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}=...=\frac{x_{2}}{x_{4}+x_{3}+x_{1}}=\frac{1}{7+3+1}=\frac{1}{11}$

$\Rightarrow 11x_{n}=x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}$

Do $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ nguyên.

Theo quy nạp $\Rightarrow x_{n}\in Z$ $\forall n\geq 4$.

$\Rightarrow Q.E.D$ 


  :ukliam2:  Chúa không chơi trò xúc xắc  :ukliam2:

             God doesn't play die

                             -Albert Einstein-                 

 


#11 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 15-03-2017 - 09:23

Lâu lắm chưa vào diễn đàn, hôm nay thấy anh Mạnh đăng đề CSP nên vào chém tạm bài dãy vậy. Không biết đúng hay không nữa  :D  :D  :D

Ta sẽ tính được $x_{4}=7$

Theo đề bài ta có: $x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2} (1)$

Do đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}=x_{n}^{2}+x_{n}x_{n-1}+x_{n-1}^{2} (2)$

Lấy $ (1)-(2)$ 

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}=x_{n-1}x_{n}+x_{n-3}x_{n}+x_{n}^{2}$

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}$ đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}=...=\frac{x_{2}}{x_{4}+x_{3}+x_{1}}=\frac{1}{7+3+1}=\frac{1}{11}$

$\Rightarrow 11x_{n}=x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}$

Do $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ nguyên.

Theo quy nạp $\Rightarrow x_{n}\in Z$ $\forall n\geq 4$.

$\Rightarrow Q.E.D$ 

 

Lời giải này sai hoàn toàn.


Mr Stoke 


#12 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 15-03-2017 - 09:28

Đây là nguyên văn đề thi, MS tạm bỏ phần hướng dẫn giải để các bạn làm.

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 15-03-2017 - 09:31

Mr Stoke 


#13 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 18-03-2017 - 23:00

Đây là nguyên văn đề thi, MS tạm bỏ phần hướng dẫn giải để các bạn làm.

 

Lời giải của em cho bài toán 4 ngày II:

 

Ta gọi $3$ số được viết lên bảng qua mỗi thao tác thực hiện trên $1$ cặp số là một "bộ ba" được tạo thành từ cặp số đó. Với $1$ cặp số nguyên dương, có các khả năng sau cho một bộ ba:

- Nếu chọn ra $2$ số lẻ (tạm gọi là "cặp lẻ") thì bộ ba có đúng $1$ số lẻ.

- Nếu chọn ra $2$ số chẵn (tạm gọi là "cặp chẵn") thì bộ ba không có số lẻ nào.

- Nếu chọn ra $1$ số chẵn, $1$ số lẻ (tạm gọi là "cặp xấu") thì bộ ba có đúng $2$ số lẻ.

 

Gọi ban đầu ta có $x$ số lẻ và $7-x$ số chẵn thì:

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $7-x$ số chẵn, nghĩa là từ $C_{7-x}^{2}$ cặp chẵn là $0$ số.

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $x$ số lẻ, nghĩa là từ $C_{x}^{2}$ cặp lẻ là tối đa $C_{x}^{2}=\frac{x(x-1)}{2}$ số.

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $x$ số lẻ và $7-x$ số chẵn, nghĩa là từ $x(7-x)$ cặp xấu là tối đa $2x(7-x)$ số.

 

Từ đó $\left|G\right|\leq \frac{x(x-1)}{2}+2x(7-x)=\frac{3x(9-x)}{2}$. Do $0\leq x\leq 7$ và $x\in \mathbb{N}$ nên bằng biến đổi đơn giản, ta có $\frac{3x(9-x)}{2}\leq 30$ hay $G\leq 30$.

 

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi $x=4$ và ta chọn $7$ số ban đầu là:

$a_1=10^1+1,a_3=10^3+1,a^5=10^5+1,a_7=10^7+1$ và $a_2=10^2,a_4=10^4,a_6=10^6$.

 

Vậy giá trị lớn nhất của $\left|G\right|$ là $30$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 18-03-2017 - 23:18


#14 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 18-03-2017 - 23:18

Một lời giải khác cho bài toán $2$ ngày II.

 

Để thuận tiện, ta quy ước ký hiệu $\sum f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)$ thì vế trái có thể viết lại thành:

 

$\sum \left(\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2}\right)=\sum \frac{a+b+c}{2(b+c-a)}=\frac{a+b+c}{2}\cdot \sum \frac{1}{b+c-a}$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng $\sum \frac{1}{b+c-a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3abc}$. Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

 

$\sum \frac{1}{b+c-a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^2(b+c)-\sum a^3}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3abc}$

 

Trong đó đánh giá cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Schur bậc $3$. Bài toán được chứng minh. $\square$



#15 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 18-03-2017 - 23:31

Sau đây là 1 số cách chứng minh bài bất ngày 2:

17342901_425124187821777_85177344545660217308989_425124221155107_35317396765807317309620_425124257821770_84809177023682417264829_425124367821759_24452613108395217352190_425124404488422_76110353341074917352007_1859402094347686_7644859231261217358562_1049879115145154_87824233929280



#16 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 02-09-2017 - 21:40

b) Tìm $(a,b,c)$ nguyên sao cho với mọi $p$ nguyên tố lẻ thì:

$a\left ( (\frac{p-1}{2})! \right )^{2}+b\left ( \frac{p-1}{2} \right )!+c\vdots p$

 

 

Lời giải :
Với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$. Ta có kết quả quen thuộc : $[(\frac{p-1}{2})!]^2 \equiv 1$ (mod p)
Đặt $x=(\frac{p-1}{2})!$. Ta có $x \equiv +1,-1$ (mod p)
Vì $p \mid ax^2+bx+c$. Suy ra $p \mid a+b+c$ hoặc $p \mid a-b+c$. Với mọi $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.
Suy ra $a+b+c=0$ hoặc $a-b+c=0 $
Nếu $a+b+c=0$.
Ta có $ax^2+bx+c=ax^2-(a+c)x+c=ax(x-1)-c(x-1)=(ax-c)(x-1)$
Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$. Thì ta có $x^2 \equiv -1 (mod p)$. Suy ra $x-1$ không chia hết cho $p$
Vì $p \mid ax^2+bx+c$
$\Rightarrow p \mid (ax-c)(x-1)$
$\Rightarrow p \mid ax-c$
$\Rightarrow p \mid cx+a$
$\Rightarrow p \mid a(cx+a)-c(ax-c)=a^2+c^2 $
$\Rightarrow a^2+c^2=0$
$\Rightarrow a=b=c=0$
Nếu $a-b+c=0$ làm tương tự ta cũng có $a=b=c=0$
Tóm lại $(a,b,c)=(0,0,0)$ là bộ số duy nhất thỏa đề



#17 kienvuhoang

kienvuhoang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bên kia Ngân Hà
  • Sở thích:play soccer,inequality

Đã gửi 04-09-2017 - 10:03

Bài bất ngày 1:Vì $a\geq b\geq c\geq 0$ nên ta có:

$2ab+5ac+8bc\leq 5(ab+bc+ca)$

Đặt $a+b+c=x$.Ta có:

$P \leq \frac{5}{2}(x^2-3)+\frac{15}{x}$

Ta cần chứng minh:

$\frac{5}{2}(x^2-3) + \frac{15}{x}\leq 20$

$\Leftrightarrow  \frac{(x-3)(x^2+3x-2)}{x} \leq 0$

(luôn đúng vì $\sqrt{3}\leq x\leq 3$)

Nên  $P_{max}=20$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kienvuhoang: 04-09-2017 - 10:06


#18 Hoang Bach 2801

Hoang Bach 2801

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 26-09-2019 - 21:15

.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Bach 2801: 26-09-2019 - 21:16





0 người đang xem chủ đề

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