minhduc3001

Mình có tính toán một số $a_i$ đây:
 

$a_3=6 \times 11 -3 \times 7 \times 4+9 \times 1 \times 2=0$.

$a_4=7 \times 0-3 \times 9 \times 11+9 \times 2 \times 4=-225$.

$a_5=8 \times (-225)-3 \times 11 \times 0+9 \times 3 \times 11=-1503$.

$a_6=9 \times (-1503)-3 \times 13 \times (-225)+9 \times 4 \times 0=-4752$.

$a_7=10 \times (-4752)-3 \times 15 \times (-1503)+9 \times 5 \times (-225)=9990$.

$a_8$. Vì $a_6,a_7$ chẵn nên $a_8$ chẵn. Từ đây dẫn đến $a_i$ chẵn với mọi $i \ge 6$.

 

Bạn thử kiểm tra xem trên mình tính toán có đúng không. Nếu tính toán trên đúng thì mình nghĩ là chắc bạn viết sai chỗ nào trong đề bài. Làm phiền bạn kiểm lại đề bài 2 vậy.

Hic. Mình nhầm. Đây là sau khi mình chuyển sang. Mình sửa lại rồi đó.

ta có hệ $\left\{\begin{matrix} x+y-3=\frac{4y-6x}{x^2+y^2}\\x-y-5=\frac{-4x-6y}{x^2+y^2} \end{matrix}\right.$

cộng,trừ hai hệ trên ta có $\left\{\begin{matrix} x+y-3+\frac{6x-4y}{x^2+y^2}=0\\x-y-5+\frac{4x+6y}{x^2+y^2}=0 \end{matrix}\right.$

lấy $PT(1)+iPT(2)\Rightarrow x-iy+ix+y-3-5i+6\frac{x+iy}{x^2+y^2}+4\frac{ix-y}{x^2+y^2}=0$

đặt $z=x-iy\Rightarrow z+iz-3-5i+\frac{6}{z}+\frac{4i}{z}=0$

tới đây chắc được rồi

 

 

chỗ này đề đúng không nhỉ?

Mình sửa lại rồi nhé. Bạn thông cảm, các thầy cô ko cho cầm đề về. Mình xin chụp ảnh nhưng cũng ko cho. Mình gõ theo trí nhớ với xem lại nháp thôi.

         ĐỀ THI HSGS TST NGÀY 1 VÒNG 1

Thời gian: 210 phút.

Câu I: Giải HPT: $(x^{2}+y^{2})(x+y-3)=4y-6x$ ; 

                           $(x^{2}+y^{2})(x-y-5)=-4x-6y$ .

Câu II: Cho dãy $(a_{n}) : a_{0}=2; a_{1}=4; a_{2}=11$ và công thức:  

$a_{n}= (n+6)a_{n-1} -3(2n+1)a_{n-2} + 9(n-2)a_{n-3} (n\geq 3)$

            CMR: Trong dãy trên tồn tại vô hạn các số $a_{n}$ sao cho $a_{n}-1$ chia hết cho $2^{2015}$.

Câu III: Cho tam giác $ABC$ không cân, nhọn nội tiếp $(O)$ cố định. $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $I$ là tâm nội tiếp. $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $M$. $F$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. $IF$ cắt $BC$ tại $S$. $SM$ cắt $(O)$ tại $T$.

            (a) CMR: $TI$ luôn đi qua một điểm cố định $G$ khi $A$ di chuyển.

            (b) Gọi $H$ là trực tâm $ABC$. $Q$ đối xứng với $H$ qua $F$. $L$ là hình chiếu của $F$ lên $IC$. $R$ đối xứng với $I$ qua $L$. CMR: $FL,QR,GI$ đồng quy.

Câu IV: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. CMR:

$\sum \frac{xy^{3}z^{3}}{(x^{2}+yz)^{2}(y^{3}+z^{3})} \leq \frac{3}{8}$.

HẾT

Cho $a,b,c$ dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 

$\frac{1}{(a+1)^{2}(b+c)} + \frac{1}{(b+1)^{2}(c+a)} + \frac{1}{(c+1)^{2}(a+b)} \leq \frac{3}{8}$

P/s: Đây là bài 4 trong đề thi HSGS TST ngày 1 vòng 1(ngày hôm nay) sau khi đổi biến x,y,z thành a,b,c (đề ban đầu khá cồng kềnh). Mong mọi người cho lời giải và thảo luận.

Mà sao mình không vào được blog của thầy nhỉ

Chắc là nhà bạn dùng mạng VNPT nên chặn blogspot rồi. Mình về nhà cũng không vào được nhưng xuống nhà trọ thì lại vào được. Bạn có thể ra net hoặc lên mạng tra cách vào blogspot khi bị chặn nhé.

   Xét bất phương trình $a^{3}\left | x \right |\leq \sqrt{3}(a^{2}-y^{2}) (1)$. Ta xét tất cả các giá trị của a để (1) có hữu hạn các cặp (x;y) với x,y nguyên thoả mãn (1). Với mỗi a như thế gọi N(a) là số các cặp khác nhau như vậy. Với mỗi k tự nhiên, hãy tìm tất cả các giá trị a để N(a)=k.

Cảm ơn bạn, mình đã chỉnh lại.  

Lời giải không bị ảnh hưởng nhiều lắm vì lỗi này.

Thật ra những lỗi như thế này rất hay bị. Đặc biệt đối với những bài áp dụng LTE. Các lỗi này cũng thường không ảnh hưởng lắm vì nó chỉ đơn giản là xét trường hợp riêng thôi nhưng đôi khi dẫn đến thiếu nghiệm (đây là một số nhận xét mà mình rút ra được khi làm bài tập LTE). Dù sao cũng phục bạn vì giải được bài này. Chúc mừng nhé, giải được là vui rồi.

 

Lời giải. Đặt $ab-c=2^x,bc-a=2^y,ca-b=2^z \; (x,y,z \in \mathbb{N})$.

 

Trường hợp 1. Đầu tiên ta đi xét trường hợp mà $a,b,c$ khác tính chẵn lẻ. Khi đó ít nhất một trong ba số $x,y,z$ bằng $0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x=0$. Khi đó $c=ab-1$ Do đó

\begin{equation} \label{pt1} 2^y+2^z= 2^z \left( 2^{y-z}+1 \right)= (a+b)(c-1)=(a+b)(ab-2). \end{equation}

Ở đây, ta hoàn toàn có thể giả sử $z \le y$. Ta xét các trường hợp nhỏ hơn sau:

 

Khả năng 1

Nếu $v_2(a)=1,v_2(b)=0$ thì $v_2(a+b)=0$ nên từ $(\ref{pt1})$ ta suy ra $z=v_2(ab-2)=v_2(c-1)$. Ta có $2^z=ca-b=a(c-1)+a-b$ nên $v_2(a-b) \ge z$. Mà theo điều kiện thì ta suy ra $v_2(a-b)=0$ nên $z=0$. Khi đó $ac-b=ab-c=1$ nên $(a+1)(c-b)=0$. Ta được $b=c$. Do đó $ca-b=c(a-1)=1$ suy ra $a=2$. Với $a=2$ thì $bc=b^2=a+2^y=2+2^y$. Ta tìm được $b=2,y=1$, mâu thuẫn vì $v_2(b)=0$.

 

Không có nghiệm nào trong KN này.

 

Anh ơi, thế nếu $y=z$ thì $v_{2}(ab-2)=z+1$ mới đùng chứ nhỉ?

Bạn dangkhuong sai rồi. Làm sao có thể giả sử x,y,z và a,b,c một lúc được.

Mở rông 1: Ta có tổng quát bài toán bằng cách tổng quát các hệ số như sau:

   Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên dương $m,n,N,k,x,a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ với $a_{1}, a_{3}$ lẻ và $a_{2}, a_{4}$ chẵn thoả mãn:

                           $(a_{1}.n^{2}+4x+1)^{2^{k}}.(a_{2}.n^{3}+a_{3}.n^{2}+a_{4}.n+4x+2)=N^{m}$

   thì $m=1$.

Chứng minh mở rộng 1 hoàn toàn giống chứng minh bài toán gốc.

Mở rộng không có mấy giá trị: 0 điểm

Giải bài toán: 

Ta nhận thấy: Với $n$ lẻ thì $n^{2}+1$ chẵn, với $n$ chẵn thì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chẵn. Vậy $N$ chẵn. Đặt $N= 2^{t}.x(t,x\epsilon \mathbb{N};t>0)$ và $x$ lẻ. Ta có:

                                                                  $(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=2^{t.m}.x^{m}.$

TH1: Với $n$ chẵn thì $n^{2}+1$ lẻ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chẵn. Suy ra: $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=2^{t.m}$.

Đặt $n= 2y(y\epsilon \mathbb{N})$ thì ta có: $44n^{3}+11n^{2}+10n+2 = 2.(176.y^{3}+22y^{2}+10y+1) = 2^{t.m}$. Do $176.y^{3}+22y^{2}+10y+1$ lẻ nên $2 =2^{t.m}$

$\Rightarrow t=m=1$. Vây $m=1$.

TH2: Với $n$ lẻ thì $n^{2}+1$ chẵn và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ lẻ. Suy ra: $n^{2}+1=2^{t.m}$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=x^{m}$.

Đặt $n=2y+1(y\epsilon \mathbb{N})$. $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=\left [ (2y+1)^{2}+1 \right ]^{2^{k}}=(4y^{2}+4y+2)^{2^{k}}=2^{2^{k}}.(2y^{2}+2y+1)^{2^{k}}= 2^{t.m}$. Vì $(2.y^{2}+2y+1)^{2^{k}}$ lẻ nên $(2.y^{2}+2y+1)^{2^{k}}=1 \Rightarrow 2y^{2}+2y+1=1\Rightarrow y(y+1)=0\Rightarrow y=0$ (Do $y\epsilon \mathbb{N}$). $\Rightarrow n=1\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2=x^{m}=67$.

Vì $67$ là số nguyên tố nên $m=1$. Vây $m=1$.

Bài toán được chứng minh.

Điểm bài : 0 ( Latex sai nhiều).

Giả sử $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông với $a$ là độ dài cạnh huyền. Theo định lý pitago ta có:

$a^{2}=b^{2}+c^{2}$. Nếu $b,c$ đồng thời không chia hết cho $3$ thì ta có: 

$b^{2};c^{2}\equiv 1(mod 3)$ suy ra $a^{2}\equiv 2(mod 3)$ (vô lí).

Vậy tồn tại ít nhất một trong hai số $b,c$ chia hết cho 3. Chứng minh tương tự ta suy ra được: Nếu $a,b,c$ là bộ ba số pitago thì tồn tại một trong ba số đó chia hết cho $3,4$ và $5$. Hay nói cách khác số đo các cạnh luôn có dạng: $a=5k;b=4k;c=3k$ với $k$ nguyên dương.(*)

(Thật vậy vì $b^{2}+c^{2}=k^{2}(3^{2}+4^{2})=k^{2}.5^{2}=a^{2}$).

Xét tập hợp $100$ số tự nhiên đầu tiên là $A=\left \{ 0;1;2;...;99 \right \}$ thì hiển nhiên $0$ không là độ dài cạnh của tam giác.

Theo nhận xét (*) thì tại $k=1$ ta có: $(a;b;c)=(5;4;3)$.

                                 tại $k=2$ ta có: $(a;b;c)=(10;8;6)$.

                                 ... 

                                 tại $k=19$ ta có: $(a;b;c)=(95;76;57)$.

 Với $k\geq 20 \Rightarrow a\geq 100$ không thuộ $A$. Vậy với $k$ chạy từ $1$ đến $19$ ta có $19$ cặp số pitago thuộc $A$.

 Xét tập hợp các phần tử còn lại của $A$ không thuộc các bộ số pitago trên là $B=\left \{ 1;2;7;11;13;14;... \right \}$ chia làm hai loại:

Loại 1: Nếu các phần tử của $B$ mà đồng thời không chia hết cho $3,4,5$ thì theo nhận xét (*) không thể là số đo một cạn của tam giác vuông.

Loại 2: Nếu các phần tử của $B$ ít nhất chia hết cho một trong các số $3,4,5$ thì khi đó $k\geq 20$ (loại).

Tóm lại từ $100$ số tự nhiên đầu tiên có thể chia thành nhiều nhất $19$ tập hợp con đều chứa ít nhất một bộ số pitago.

Vây $m= 19$.

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 

$P(x)=(x+1)^{4} + (x^{2}+x+1)^{2}$

mình nghĩ là có thể, nhưng mà hình như bạn có ghi nhầm giữ 3,5cm và 3,5m ko?

À, mình nhầm.

Có thể lát kín một cái sân hình vuông cạnh 3,5 cm bằng những viên gạch hình chữ nhật kích thước 25 cm x 100 cm mà không cắt gạch được hay không?