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 chọn đội tuyển HSG THPT thành phố Hồ Chí MInh


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 NguyenHoaiTrung

NguyenHoaiTrung

    Trung sĩ

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

Đã gửi 27-09-2018 - 09:29

Ngày 1

42498177_10217537583061845_3143929052948

 

Ngày 2

42791037_489335734883646_621621156170327

Nguồn: Thầy Huỳnh Kim Linh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 27-09-2018 - 11:39


#2 Unrruly Kid

Unrruly Kid

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Gái,Toán

Đã gửi 27-09-2018 - 18:09

42677052_268968327070733_324502068174153Lời giải bởi Tran Quan


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Unrruly Kid: 27-09-2018 - 18:09

Đôi khi ngươi phải đau đớn để nhận thức, vấp ngã để trưởng thành, mất mát để có được, bởi bài học lớn nhất của cuộc đời được dạy bằng nỗi đau.

#3 Unrruly Kid

Unrruly Kid

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Gái,Toán

Đã gửi 27-09-2018 - 18:10

42702447_268980960402803_781374432269565Lời giải bởi Tran Quan


Đôi khi ngươi phải đau đớn để nhận thức, vấp ngã để trưởng thành, mất mát để có được, bởi bài học lớn nhất của cuộc đời được dạy bằng nỗi đau.

#4 NguyenHoaiTrung

NguyenHoaiTrung

    Trung sĩ

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

Đã gửi 27-09-2018 - 21:50

Ngày 2: Câu 1 a)  $(f(x^3+x))^2 \leq f(2x)+2$ (1) và $(f(-2x))^3 \geq 3f(-x^3-x)+2$ (2)

$P_{(1)} (0) : f(0)^2 \leq f(0) +2 <=> (f(0)-2)(f(0)+1) \leq 0 <=> -1 \leq f(0) \leq 2   $

$P_{(2)} (0) : f(0)^3 \geq 3f(0) +2 <=>(f(0)+1)^2(f(0)-2) \geq 0 <=> f(0)=-1 $ hoặc $f(0)>=2$ 

$=> f(0)=-1$ hoặc $f(0)=2$

Tương tự, ta cũng có $ f(1)=1$ hoặc $f(1)=2$; $ f(-1)=1$ hoặc $f(-1)=2$

Theo nguyên lí Dirichlet, ta có 2 trường hợp bằng nhau, nên hàm $f(x)$ không là đơn ánh .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 27-09-2018 - 22:38


#5 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 30-09-2018 - 16:10

Câu $1$: a) Ta tìm đc CTTQ của $(a_n) là a_n=(\frac{3+\sqrt5}{2})^n+(\frac{3-\sqrt5}{2})^n$
Dễ thấy dãy tổng tăng, khi $n$ ra vô cùng ta có $lim(s_n)=\sum\frac{(3-\sqrt5)^{2n}+(3+\sqrt5)^{2n}+2}{7^n}=\sum \frac{(7+3\sqrt5)^n}{14^n}=\frac{1-(\frac{7+3\sqrt5}{14})^n}{7-3\sqrt5}<\frac{142}{3}$ (BĐT cuối đúng bằng biến đổi tương đương) do đó ta có ĐPCM ở câu $a$
$b)$ Ta có hệ thức $a_{n-1}a_{n+1}-a_n^2=5$ mà dễ quy nạp dãy tăng nên $a_na_{n+1}>a_{n-1}a_{n+1}=a_n^2+5$ đồng thời cũng quy nạp được $a_n^2.(a_n^2+5)>7^n$ nên ta có $\sum \frac{1}{a_na_{n+1}}< \sum \frac{1}{a_n^2+5}< \sum \frac{a_n^2}{7^n}<\sum \frac{142}{3}$ (theo câu a). Dãy tăng bị chặn trên nên có GHHH và ta có ĐPCM
Câu $2$: a) Thay $b,c$ vào theo $a$ ta chỉ cần cm pt Q bậc $26$ có nghiệm (loại $0$) điều này đúng khi thay $x=1, x=2$ thì $Q(1)>0, Q(2)<0$ nên theo Rolle $PT$ có nghiệm 
$b)$ Giả sử phản chứng, khi đó điều kiện đễ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $S_1=S_2=S_3$, kí hiệu const là bằng nhau. Ta thấy bản chất bài toán là giải PT đối xứng $3$ ẩn $a,b,c$. Ta đặt $a=2cosx, b=2cosy, c=2cosz$, từ đó thay vào được $cosx=cos27x$ nên $x=k\pi/13$ hoặc $k\pi/14$, loại TH $k=0$ trùng nhau ở cả $2$ TH thấy $deg=27$ mà có đúng $27$ nghiệm nên có đúng $27$ nghiệm. Xét hàm số $f(t)=cost+cos3t+cos9t$ nếu tồn tại $f(i_1)=f(i_2)=f(i_3)$ như giả thiết thì theo $Dirichlet$ thì tồn tại $2$ số $i_j, i_k$ thuộc cùng ps có mẫu $13$ hoặc $14$. WLOG g/s là $13$ thì chú ý xét tử số mod $13$ (loại $0,13$): $f(1)=f(3)=f(9), f(2)=f(6)=f(8), f(7)=f(10)=f(11), f(4)=f(5)=f(12)$ và dễ ktra $4$ giá trị này pb nên từ đó có $2$ số cùng thuộc $1$ tập, khi đó tồn tại $2$ số $cosm=cosn$ tức $a_u=b_v$ khi đó trái với giả sử $9$ số đôi một phân biệt, tương tự với TH mod $14$ ta ghép cặp $f(1)=f(3)=f(11), f(2)=f(6)=f(8), f(4)=f(10)=f(12), f(5)=f(9)=f(13)$ bỏ $f(7)=0$ thì ta cũng có ĐPCM
Câu $4$: 
$a)$ Thay giá trị $1,2$ vào dùng Dirichlet dễ có hàm không đơn ánh
$b)$ Giả sử tồn tại $f(2x)<-1$ khi đó từ $(1)$ có $f(x^3+x)^2<1$ và từ $(2)$ thì $f(x^3+x)<-1$ từ đây thấy ngay vô lí
Câu $7$:
$a)$ Ta giải quyết bằng cách chọn $4$ số sao cho không có điểm bất động, bằng xét TH ta được kq là $10$. Mà có $41$ lớp đồng dư module $41$ nên kq là $10^{41}$
$b)$ Sử dụng luật thuận nghịch Gauss và chú ý $41$ có dạng $8k+1$ nên $(2/41)=1$ từ đó ta tìm đc $20$ scp mod $41$ và $20$ số ko cp mod $41$. Ta giải quyết $41$ số đầu nhận giá trị từ $1$ đến $41$, $123$ số sau đơn thuần là đồng dư với $41$ số đầu theo mod $41$. Ta chỉ ra chu trình sau: $(2,6,13,12,11,7,14,28,15,17,19,22,34,29,24,35,27,26,30,38,36,31,23,37,1,32,8,5,4,10,18,21,33,40,20,39,9,35,223,16,41)$ thỏa mãn đề bài và câu trả lời là tồn tại (Tính toán khá mệt)
Câu $8$: Đưa mối quan hệ của bài toán lên đồ thị. Nối $2$ người quen nhau bởi $1$ cạnh
Gỉa thiết cho không có $3$ người đôi một quen nhau tức không có tam giác nên áp dụng định lí $Mantel - Turan$ ta có số cạnh không vượt quá $[100^2/4]=2500$
Mặt khác theo bổ đề bắt tay có $\sum d(i) = 1250$ mà do $d(i) \geq 1 \forall i=1,100$
Giải $BPT$ ta được $n>49$ nên từ đó ta tìm được max $d(i)=49$. Phần xây dựng dùng thuật toán tham ăn để nối các cạnh từ đó ta có ĐPCM  :mellow: 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 30-09-2018 - 21:08





6 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh


    Facebook (4)