Chủ đề này có 14 trả lời

[Tuan Duong]

Đề thi vào 10 chuyên toán TP Hà Nội 2017-2018

Hình gửi kèm

• 

[Tuan Duong]

Bài 4.

Hình gửi kèm

• 

[tuaneee111]

Chém bất. 

Ta có: $$\sum\limits_{cyc} {\frac{x}{{3 - yz}}}  \leqslant \sum\limits_{cyc} {\frac{x}{{3 - \frac{{{y^2} + {z^2}}}{2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{2x}}{{{x^2} + 3}}} $$Xét đánh giá đại diện: $$\frac{{2x}}{{{x^2} + 3}} \leqslant \frac{1}{8}{x^2} + \frac{3}{8} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( { - {{\left( {x + 1} \right)}^2} - 8} \right) \leqslant 0$$Áp dụng ta được: $$\sum\limits_{cyc} {\frac{{2x}}{{{x^2} + 3}}}  \leqslant \sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{1}{8}{x^2} + \frac{3}{8}} \right)}  = \frac{3}{2}$$

[Joker9999]

Các bạn qua topic chuyên tin chém giúp mình với 

[NHoang1608]

1. Ta có $p>3$ suy ra $p^{3} \equiv 1 (\mod 3) \Rightarrow 2017-p^{2} \equiv 0 (\mod 3)$ $(1)$

    Lại có $p$ lẻ nên $p^{2} \equiv 1 (\mod 8) \Rightarrow 2017 - p^{2} \equiv 2016 \equiv 0 (\mod 8) \Rightarrow 8\mid 2017-p^{2}$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ ta có $24=8.3 \mid 2017-p^{2}$

2. Giả sử $x\geq y$

Xuất phát từ BĐT quen thuộc $x^{3}+y^{3} \geq 3xy(x+y)$ thì ta có $x^{3}+y^{3}=9xy\geq 3xy(x+y)$

Suy ra $3\geq x+y$ mà $x;y \in \mathbb{N*}$ suy ra $x+y=2;3$

Xét $x+y=2 \Rightarrow x=y=1$ (Không thỏa mãn)

Xét $x+y=3 \Rightarrow x=2;y=1$ (Không thỏa mãn).

Vậy không có cặp $(x;y)$ nguyên dương nào thỏa mãn đề bài.

3. Giả sử $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} $ là số nguyên tố và $a\geq b$

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \not{\in} \mathbb{Q}$ thì $a+b + 2\sqrt{ab+c^{2}}$ là số vô tỉ (Mâu thuẫn).

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \in  \mathbb{Q}$ mà $ab+c^{2} \in \mathbb{N}$ nên $\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{N} \Rightarrow a+b -2\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{Z}$ và $M \in \mathbb{N}$

Ta có $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} = \frac{(a+b)^{2}- 4(ab+c^{2})}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b)^{2}-4c^{2}}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b-2c)(a-b+2c)}{a+b- 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

Đặt $a-b-2c=x , a-b+2c = y , a+b-2\sqrt{ab+c^{2}}= z$ $(x;y;z \in \mathbb{Z})$

Suy ra $M=\frac{xy}{z}$ 

 Vì $M\in \mathbb{Z}$ nên tồn tại 2 số nguyên $k,k' \in \mathbb{Z}$ sao cho $z=k.k'$ và $x\vdots k, y\vdots k'$

Suy ra $x=k.p; y=k'q$ $(p,q\in \mathbb{Z})$ suy ra $M= p.q$

+) Xét $p=1$ thì $x=k \Rightarrow z\vdots x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 10-06-2017 - 19:32

[bigway1906]

Câu bất:

$\sum \frac{x}{3-yz}\leq \sum \frac{2x}{x^2+3}\leq \sum \frac{x}{x+1} = 3 - \sum \frac{1}{x+1}$

Ta chứng minh: $ \sum \frac{1}{x+1} \geq  3/2$

Dễ cm $x+y+z \leq  3$

Có $ \sum \frac{1}{x+1} \geq  \frac{9}{x+y+z+3} \geq  3/2$

từ đó suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bigway1906: 10-06-2017 - 21:06

[Drago]

Bài 4.

Bạn giải thích giúp 

[Joker9999]

1. Ta có $p>3$ suy ra $p^{3} \equiv 1 (\mod 3) \Rightarrow 2017-p^{2} \equiv 0 (\mod 3)$ $(1)$

    Lại có $p$ lẻ nên $p^{2} \equiv 1 (\mod 8) \Rightarrow 2017 - p^{2} \equiv 2016 \equiv 0 (\mod 8) \Rightarrow 8\mid 2017-p^{2}$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ ta có $24=8.3 \mid 2017-p^{2}$

2. Giả sử $x\geq y$

Xuất phát từ BĐT quen thuộc $x^{3}+y^{3} \geq 3xy(x+y)$ thì ta có $x^{3}+y^{3}=9xy\geq 3xy(x+y)$

Suy ra $3\geq x+y$ mà $x;y \in \mathbb{N*}$ suy ra $x+y=2;3$

Xét $x+y=2 \Rightarrow x=y=1$ (Không thỏa mãn)

Xét $x+y=3 \Rightarrow x=2;y=1$ (Không thỏa mãn).

Vậy không có cặp $(x;y)$ nguyên dương nào thỏa mãn đề bài.

3. Giả sử $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} $ là số nguyên tố và $a\geq b$

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \not{\in} \mathbb{Q}$ thì $a+b + 2\sqrt{ab+c^{2}}$ là số vô tỉ (Mâu thuẫn).

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \in  \mathbb{Q}$ mà $ab+c^{2} \in \mathbb{N}$ nên $\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{N} \Rightarrow a+b -2\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{Z}$ và $M \in \mathbb{N}$

Ta có $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} = \frac{(a+b)^{2}- 4(ab+c^{2})}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b)^{2}-4c^{2}}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b-2c)(a-b+2c)}{a+b- 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

Đặt $a-b-2c=x , a-b+2c = y , a+b-2\sqrt{ab+c^{2}}= z$ $(x;y;z \in \mathbb{Z})$

Suy ra $M=\frac{xy}{z}$ 

 Vì $M\in \mathbb{Z}$ nên tồn tại 2 số nguyên $k,k' \in \mathbb{Z}$ sao cho $z=k.k'$ và $x\vdots k, y\vdots k'$

Suy ra $x=k.p; y=k'q$ $(p,q\in \mathbb{Z})$ suy ra $M= p.q$

+) Xét $p=1$ thì $x=k \Rightarrow z\vdots x$

Giải sai ý 2 rồi ông ơi quen thuộc không có số 3 đâu. xy( x + y) thôi.

[AnhTran2911]

1. Ta có $p>3$ suy ra $p^{3} \equiv 1 (\mod 3) \Rightarrow 2017-p^{2} \equiv 0 (\mod 3)$ $(1)$

    Lại có $p$ lẻ nên $p^{2} \equiv 1 (\mod 8) \Rightarrow 2017 - p^{2} \equiv 2016 \equiv 0 (\mod 8) \Rightarrow 8\mid 2017-p^{2}$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ ta có $24=8.3 \mid 2017-p^{2}$

2. Giả sử $x\geq y$

Xuất phát từ BĐT quen thuộc $x^{3}+y^{3} \geq 3xy(x+y)$ thì ta có $x^{3}+y^{3}=9xy\geq 3xy(x+y)$

Suy ra $3\geq x+y$ mà $x;y \in \mathbb{N*}$ suy ra $x+y=2;3$

Xét $x+y=2 \Rightarrow x=y=1$ (Không thỏa mãn)

Xét $x+y=3 \Rightarrow x=2;y=1$ (Không thỏa mãn).

Vậy không có cặp $(x;y)$ nguyên dương nào thỏa mãn đề bài.

3. Giả sử $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} $ là số nguyên tố và $a\geq b$

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \not{\in} \mathbb{Q}$ thì $a+b + 2\sqrt{ab+c^{2}}$ là số vô tỉ (Mâu thuẫn).

-) Nếu $\sqrt{ab+c^{2}} \in  \mathbb{Q}$ mà $ab+c^{2} \in \mathbb{N}$ nên $\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{N} \Rightarrow a+b -2\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{Z}$ và $M \in \mathbb{N}$

Ta có $M=a+b+2\sqrt{ab+c^{2}} = \frac{(a+b)^{2}- 4(ab+c^{2})}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b)^{2}-4c^{2}}{a+b - 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

                                            $= \frac{(a-b-2c)(a-b+2c)}{a+b- 2\sqrt{ab+c^{2}}}$

Đặt $a-b-2c=x , a-b+2c = y , a+b-2\sqrt{ab+c^{2}}= z$ $(x;y;z \in \mathbb{Z})$

Suy ra $M=\frac{xy}{z}$ 

 Vì $M\in \mathbb{Z}$ nên tồn tại 2 số nguyên $k,k' \in \mathbb{Z}$ sao cho $z=k.k'$ và $x\vdots k, y\vdots k'$

Suy ra $x=k.p; y=k'q$ $(p,q\in \mathbb{Z})$ suy ra $M= p.q$

+) Xét $p=1$ thì $x=k \Rightarrow z\vdots x$

I don't know your solution of problem 3

Case1: -) If $\sqrt{ab+c^{2}} \not{\in} \mathbb{Q}$ then $a+b + 2\sqrt{ab+c^{2}}$ $\in\mathbb{I}$ (><).

Case2: -) If $\sqrt{ab+c^{2}} \in  \mathbb{Q}$ but $ab+c^{2} \in \mathbb{N}$ so  $\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{N}$

Put: $a+b+2{\sqrt{c^2+ab}}=x$ ($x \in\mathbb{N*}$)

Then $(a+b-x)^2=4(c^2+ab)$ $\Leftrightarrow (a-b-2c)(a-b+2c)=x(2a+2b-x)$ But $x\ge a+b+2c$ ( Arcording to the way of putting x)

Hence $x\ge(a-b+2c)\ge(a-b-2c)$ . But on the otherhand $x\mid(a-b-2c)(a-b+2c)$ So x is not a prime number . (Q.E.D)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 10-06-2017 - 22:31

[Nguyenphuctang]

Lời giải câu hình bạn trên vừa post là của thầy Nguyễn Lê Phước.
Lời giải của tôi: https://drive.google...lprd1NnU0U/view

[tuaneee111]

I don't know your solution of problem 3

Case1: -) If $\sqrt{ab+c^{2}} \not{\in} \mathbb{Q}$ then $a+b + 2\sqrt{ab+c^{2}}$ $\in\mathbb{I}$ (><).

Case2: -) If $\sqrt{ab+c^{2}} \in  \mathbb{Q}$ but $ab+c^{2} \in \mathbb{N}$ so  $\sqrt{ab+c^{2}} \in \mathbb{N}$

Put: $a+b+2{\sqrt{c^2+ab}}=x$ ($x \in\mathbb{N*}$)

Then $(a+b-x)^2=4(c^2+ab)$ $\Leftrightarrow (a-b-2c)(a-b+2c)=x(2a+2b-x)$ But $x\ge a+b+2c$ ( Arcording to the way of putting x)

Hence $x\ge(a-b+2c)\ge(a-b-2c)$ . But on the otherhand $x\mid(a-b-2c)(a-b+2c)$ So x is not a prime number . (Q.E.D)

bạn nên trình bày lời giải bằng TV,chứ tiếng anh ko hiểu đâu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuaneee111: 11-06-2017 - 07:35

[Drago]

Bài 1: 1.Điều kiện: $0\leq x\leq 6$

Pt $\Leftrightarrow (x-3)^{2}(4x^{2}-24x+25)=0\Leftrightarrow x=3 V x=\frac{6\pm \sqrt{11}}{2}$

Cả ba nghiệm đều thoả điều kiện pt.

2.Điều kiện: $x,y\neq 0$.

Để ý rằng: $\frac{y^{2}+3}{y}= 4x^{2}>0\Rightarrow y>0$, tương tự $x>0$

Trừ theo vế có $x-y$ chung rút gọn ta được:

$(x-y)(4(x+y)+1-\frac{3}{xy})=0$

Nếu $x-y=0$ thì pt(1) trở thành:$(y-1)(4y+3)^{2}=0\Rightarrow x=y=1$

Nếu $4(x+y)+1-\frac{3}{xy}=0$, cộng 2 vế của hệ ban đầu và đặt $p=x+y,q=xy$. Khi đó ta có hệ sau:

$\left\{\begin{matrix} 4p^{2}-8q=p+\frac{3p}{q}\\4pq+q=3 \end{matrix}\right.$

Từ hệ trên suy ra $p=-4q$ mà $p,q>0$ nên hệ vô nghiệm, do đó trường hợp này vô nghiệm

Kết luận: Tập nghiệm của hệ đã cho là(1;1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 11-06-2017 - 08:09

[Drago]

Ai chém bài 5 đi. =))

[IHateMath]

Ai chém bài 5 đi. =))

Okay =)).

Giả sử tập $S$ có $n$ phần tử là $x_1<x_2<\dots <x_n$. Ta có $30x_n>30(x_n-x_{n-1})\geq x_nx_{n-1}\Rightarrow x_{n-1}<30.$. Vậy, từ giả thiết ta có thể suy ra $$x_{i+1}\geq \frac{30x_i}{30-x_i}.\quad (i=1,2,\dots ,n-1)$$

Từ đây kéo theo một loạt các bất đẳng thức sau

$$15>x_{n-2},$$

$$10>x_{n-3},$$

$$7\geq x_{n-4},$$

$$5\geq x_{n-5}.$$

Từ bất đẳng thức cuối ta suy ra $n-5\leq 5$, vì nếu giả sử $n-5=6$ thì ta có $1\leq x_1<x_2<\dots <x_6\leq 5$, trong khi các $x_i$ nguyên, điều này vô lí.

Vậy $n\leq 10$.

Ta chứng tỏ rằng $|S|$ có thể bằng $10$ bằng cách chỉ ra tập hợp sau

$$\{1,2,3,4,5,6,8,11,19,69\}.$$

Vậy số phần tử tối đa có thể của $S$ là $10$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 12-06-2017 - 10:57

[Drago]

Okay =)).

Mặt khác ta lại có $$30x_n>30(x_n-x_{n-1})\geq x_nx_{n-1}\Rightarrow x_{n-1}<30.$$

 

Ý này phải đưa lên trước khi đó mới có 

 

 

Giả sử tập $S$ có $n$ phần tử là $x_1<x_2<\dots <x_n$. Từ giả thiết ta có thể suy ra $$x_{i+1}\geq \frac{30x_i}{.\quad (*)$$

 

vì có thể xảy ra TH $30-x_i<0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 12-06-2017 - 10:12