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

Bài kiểm tra số 2 trường Đông Toán Học miền Nam.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 387 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Phú Mỹ
  • Sở thích:Bất đẳng thức, Phương trình hàm, Dãy số và Thổi sáo.

Đã gửi 19-11-2017 - 09:25

BÀI KIỂM TRA SỐ 2 TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN NAM

                                                                                         Ngày thi thứ nhất: 17 - 11 - 2017

                                                                                         Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ BÀI:

Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: $f(x^{2})+f(xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Bài 6: Cho hai đường tròn $(O_{1})$ và $(O_{2})$ tiếp xúc ngoài tại $M.$ Một đường thẳng cắt $(O_{1})$ tại $A,$ $B$ và tiếp xúc với $(O_{2})$ tại $E$ ($B$ nằm giữa $A$ và $E).$ Đường thẳng $EM$ cắt $(O_{1})$ tại điểm $J$ khác $M.$ $C$ là một điểm thuộc cung $MJ$ không chứa $A,$ $B$ của $(O_{1})$ ($C$ khác $M$ và $J).$ Kẻ tiếp tuyến $CF$ với đường tròn $(O_{2})$ ($F$ là tiếp điểm) sao cho các đoạn thẳng $CF$ và $MJ$ không cắt nhau. Gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $CJ$ và $EF,$ $K$ là giao điểm khác $A$ của đường thẳng $AI$ và đường tròn $(O_{1}).$ Chứng minh rằng:

a. Tứ giác $MCFI$ là tứ giác nội tiếp và $JA^{2}=JI^{2}=JM.JE.$

b. $CI$ là phân giác ngoài tại $C$ của tam giác $ABC.$

c. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $BCI.$

Bài 7: Biết rằng với dãy nguyên dương $1< k_{1}< k_{2}< ...< k_{n}$ và dãy nguyên tương ứng $s_{1}, s_{2}, ..., s_{n}$ với mọi số nguyên dương $N$ đều tồn tại $i\in \left \{ 1, 2, ..., n \right \}$ sao cho $N\equiv s_{i}$ $($ $mod$ $k_{i}$ $).$ 

a. Tìm dãy $\left \{ k_{n} \right \}$ và dãy $\left \{ s_{n} \right \}$ thỏa mãn khi $k_{1}=2, k_{2}=3.$

b. Chứng minh rằng: $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{k_{i}}\geq 1.$

c. Tìm $n$ nhỏ nhất để có các dãy thỏa mãn.

   


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 19-11-2017 - 09:26


#2 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 387 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Phú Mỹ
  • Sở thích:Bất đẳng thức, Phương trình hàm, Dãy số và Thổi sáo.

Đã gửi 19-11-2017 - 10:52

 

 

Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: $f(x^{2})+f(xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

 Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

$P(0, 0)\Rightarrow 2f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)\in \left \{ 0,2 \right \}.$
Trường hợp 1: $f(0)=0,$ thế
$P(x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $xf(x)=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(-x)=-f(x), \forall x\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(-x)=-f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, y)\Rightarrow f(x^{2})-f(xy)=-f(x).f(y)-yf(x)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (2)
Cộng (1) với (2) ta được: $2f(x^{2})=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow 2xf(x)=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow 2f(x)=f(x+y)+f(x-y), \forall x\neq 0, y\in \mathbb{R},$ mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (3)
Trong (3) thế $y=x\Rightarrow 2f(x)=f(2x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$
Vậy suy ra: $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow f$ là hàm cộng tính.
Từ đây áp dụng vào (1) suy ra: $f(x^{2})+f(xy)=f(x).f(y)+yf(x)+x\left ( f(x)+f(y) \right )=f(x).f(y)+xf(x)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (4)
Mà do ta có: $f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}$ nên từ (4) suy ra: $f(xy)=f(x).f(y)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (5)
Trong (5) thế $y=x\Rightarrow f(x^{2})=f(x)^{2}+2xf(x), \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)^{2}+xf(x)=f(x).\left ( f(x)+x \right )=0, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đây suy ra: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=2,$ thế

$P(0, y)\Rightarrow 2+2=2f(y)+2y, \forall y\in \mathbb{R}\Rightarrow f(y)=2-y, \forall y\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=2-x, \forall x\in \mathbb{R}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 19-11-2017 - 11:04


#3 Minhnksc

Minhnksc

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 298 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:Algebraic and enumerative combinatoric :V

Đã gửi 19-11-2017 - 22:14

Bài 7:

b) Xét số tự nhiên $N$ sao cho $N=k_{1}k_{2}...k_{n}$

Khi đó số các số tự nhiên nhỏ hơn $N$ là nghiệm của pt $N\equiv x_{i}(mod k_{i})$(ta kí hiệu là $y_{i}$) sẽ không lớn hơn $\frac{N}{k_{i}}$ 

Mà $y_{1}+y_{2}+...+y_{n}\ge N$ (thật vậy nếu $y_{1}+y_{2}+...+y_{n}\le N$ thì sẽ tồn tại một số tự nhiên nhỏ hơn $N$ không thỏa mãn đề)

do đó $\frac{N}{k_{1}}+\frac{N}{k_{2}}+...+\frac{N}{k_{n}}\ge N$ 

Từ đó ta có $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{k_{i}}\ge 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 19-11-2017 - 22:15

  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 


#4 vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Đã gửi 19-11-2017 - 22:37

đề năm nay khó hơn đề năm ngoái nhưng theo cảm nhận cá nhân tôi thì hay hơn vì kiến thức rộng hơn và cần suy nghĩ nhiều hơn, nhất là ngày hai



#5 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1148 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 13-12-2017 - 12:47

đề năm nay khó hơn đề năm ngoái nhưng theo cảm nhận cá nhân tôi thì hay hơn vì kiến thức rộng hơn và cần suy nghĩ nhiều hơn, nhất là ngày hai

Theo phối điểm mà nhóm HLV bọn mình chấm thì ngày 1 thấp hơn ngày 2 khá nhiều, vì ngày 2 có câu PTH và Hình học tương đối dễ, trong khi ngày 1 chỉ có 1 (bài 1). Nhưng về cơ bản thì đề năm nay các thầy chọn khá hay, đầy đủ và mang đúng tinh thần là ôn luyện cho kì thi VMO 2018 sắp tới.

 

Đáp án các bạn có thể tham khảo ở link dưới đây.

 

Link


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 23-12-2017 - 00:41

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#6 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1759 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 23-12-2017 - 21:13

 Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

$P(0, 0)\Rightarrow 2f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)\in \left \{ 0,2 \right \}.$
Trường hợp 1: $f(0)=0,$ thế
$P(x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, 0)\Rightarrow f(x^{2})=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $xf(x)=-xf(-x), \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(-x)=-f(x), \forall x\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(-x)=-f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$
$P(-x, y)\Rightarrow f(x^{2})-f(xy)=-f(x).f(y)-yf(x)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (2)
Cộng (1) với (2) ta được: $2f(x^{2})=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow 2xf(x)=xf(x+y)+xf(x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow 2f(x)=f(x+y)+f(x-y), \forall x\neq 0, y\in \mathbb{R},$ mà do $f(0)=0$ nên suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (3)
Trong (3) thế $y=x\Rightarrow 2f(x)=f(2x), \forall x\in \mathbb{R}.$
Từ đây suy ra: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y), \forall x, y\in \mathbb{R}.$
Vậy suy ra: $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y\in \mathbb{R}\Rightarrow f$ là hàm cộng tính.
Từ đây áp dụng vào (1) suy ra: $f(x^{2})+f(xy)=f(x).f(y)+yf(x)+x\left ( f(x)+f(y) \right )=f(x).f(y)+xf(x)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (4)
Mà do ta có: $f(x^{2})=xf(x), \forall x\in \mathbb{R}$ nên từ (4) suy ra: $f(xy)=f(x).f(y)+xf(y)+yf(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$  (5)
Trong (5) thế $y=x\Rightarrow f(x^{2})=f(x)^{2}+2xf(x), \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)^{2}+xf(x)=f(x).\left ( f(x)+x \right )=0, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đây suy ra: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=2,$ thế

$P(0, y)\Rightarrow 2+2=2f(y)+2y, \forall y\in \mathbb{R}\Rightarrow f(y)=2-y, \forall y\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=2-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Trường hợp 1 giải thế thì chưa chính xác! Không thể kết luận: $f(x).\left ( f(x)+x \right )=0, \forall x\in \mathbb{R}.$ Từ đây suy ra: $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Hình gửi kèm

  • screenshot006.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi An Infinitesimal: 25-12-2017 - 11:31

Đời người là một hành trình...





0 người đang xem chủ đề

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