Nguyễn Hưng

Chặn $t=xyz$ câu 6 nhé ^^

$x,y,z$ là 3 nghiệm của hàm số sau:
$$f(x)=x^3-\frac{1}{2}x-t$$
Ta có
\[f'\left( x \right) = 3{x^2} - \frac{1}{2}\]
\[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{6}\]
Vậy điều kiện để $f(x)$ có 3 nghiệm là

\[\begin{array}{l}
- {\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)^3} + \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) - t \ge 0 \\
{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)^3} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) - t \le 0 \\
\end{array}\]
Tương đương
\[\boxed{ - \frac{{\sqrt 6 }}{{18}} \leqslant t \leqslant \frac{{\sqrt 6 }}{{18}}}\]

Đặt

\[\begin{array}{l}
\sqrt[3]{{x + 34}} = a \\
- \sqrt[3]{{x - 3}} = b \\
\end{array}\]
Phương trình đã cho suy ra được

\[\left\{ \begin{array}{l}
a + b = 1 \\
{a^3} + {b^3} = 37 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 1 \\
ab = - 12 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 4,b = - 3 \\
a = - 3,b = 4 \\
\end{array} \right.\]
Với $a = 4,b = - 3$, ta có $x=30$

Với $a = - 3,b = 4$, ta có $x=-61$

Em có ý kiến này nhưng không biết có khả quan hay không, đó là "ra đề chéo". Ví dụ trận Alpha-Beta thì đề sẽ do Gama-Delta phụ trách và ngược lại, như vậy đảm bảo tính công bằng. Ý em là Gama-Delta sẽ cho chung 1 đề, Alpha và Beta thi nhau giải (lời giải không hiện lên mà chỉ cập nhập tình hình đội nào đã giải ra câu nào, hết hạn mới hiện lên - giống kiểu đang làm ở mục Thi thử ĐH)

Bài 1b mình giải khá xấu, nhưng hiện chưa có lời giải hoàn chỉnh nên post để anh em tiện theo dõi

Ta có $A\left( {a;{a^3} - 3{a^2} + 2} \right)$

Vậy

$$\begin{array}{l}
A{B^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {{a^3} - 3{a^2} + 6} \right)^2} \\
= {\left( {a - 2} \right)^2}\left( {{a^4} - 2{a^3} - 3{a^2} + 8a + 9} \right) + 4 \ge 4 \\
\end{array}$$

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow a = 2 \Rightarrow A\left( {2, - 2} \right)$

Tất nhiên phải chứng minh ${a^4} - 2{a^3} - 3{a^2} + 8a + 9 > 0$, nhưng điều này có lẽ không khó.

Đề có vẻ chân phương thầy nhỉ

Câu 3
Giả sử $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác và $m_a,m_b,m_c$ là độ dài các đường trung tuyến. Chứng minh rằng
$$ (m_{a}^{2} + m_{b}^{2} + m_{c}^{2}) = 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$$

Câu này hiển nhiên theo công thức sách giáo khoa phổ thông Việt Nam )

Câu 2.

Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho tổng bình phương các chữ số của nó bằng $90$.

Gọi các chữ số (chưa cần kể đến thứ tự làm gì) là $a \ge b \ge c$ thì ta chặn được

\[\begin{array}{l}
1 \le c \le 5 \\
9 \ge a \ge 5 \\
\end{array}\]
Một lời giải đẹp thì em chưa nghĩ đến, nhưng trong phòng thi đơn giản có thể chia nhanh 25 trường hợp của $a, c$ như trên. Việc tính toán là cực kì đơn giản cho mỗi trường hợp nên cũng chẳng mất nhiều thời gian

Bài 9. Chứng minh rằng
$$C_n^1+2C_n^2+3C_n^3+...+nC_n^n=n.2^{n-1}$$

Tranh thủ làm nhanh mấy bài dễ để mọi người tập trung mấy bài khó ^^

Bài toán: chọn trong $n$ người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc

Đếm cách 1: chọn $k$ người trong $n$ người, sau đó chọn 1 giám đốc từ $k$ người, có $kC_n^k$ cách chọn
Cho $k$ từ 1 đến $n$, có $C_n^1+2C_n^2+3C_n^3+...+nC_n^n$ cách

Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ $n$ người trước, sau đó mỗi người trong $n-1$ người còn lại có 2 trạng thái: được tuyển và không được tuyển, nên cách đếm này cho đáp số $n.2^{n-1}$

Giải câu 4 của Alpha

Với $b=1$ ta thu được dãy hằng bất chấp $a$ nên hiển nhiên dãy số có giới hạn bằng 1

Chia dãy số ban đầu thành 2 dãy con vô hạn là

\[\begin{array}{l}
A = \left\{ {{u_1},{u_3},...,{u_{2n - 1}},...} \right\} \\
B = \left\{ {{u_2},{u_4},...,{u_{2n}},...} \right\} \\
\end{array}\]
Với công thức truy hồi chung là
\[{u_{n + 2}} = \frac{{\left( {b + 1} \right){u_n} + 2b}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Kí hiệu:

\[\begin{array}{l}
L = \lim {u_{2n - 1}} \\
l = \lim {u_{2n}} \\
\end{array}\]
Chú ý 1:
\[{u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Chú ý 2:
\[{u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}}\]
Bổ đề 1: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$
Thật vậy, ta có ${u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $

Bổ đề 2: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$ (chứng minh tương tự bổ đề 1)

TH1: $a < \sqrt{b}$
Khi đó ta có $u_1 < \sqrt{b}$, suy ra ${u_3} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4a + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $. Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp, ta suy ra dãy con trong tập $A$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $A$ có giới hạn tính bởi:
\[L = \frac{{\left( {b + 1} \right)L + 2b}}{{2L + b + 1}} \Leftrightarrow L = \sqrt b \]
* Với $b<1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 - \frac{{1 - b}}{{{u_1} + 1}} < \sqrt b \]
Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
* Với $b>1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 + \frac{{b-1}}{{{u_1} + 1}} > \sqrt b \]
Theo bổ đề 2 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn dưới bởi $\sqrt{b}$ và là dãy giảm, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}<0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
Tóm lại, trong trường hợp 1 ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$

TH2: $a > \sqrt{b}$
hoàn toàn tương tự trường hợp 1, ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$

TH3: $a = \sqrt{b}$
dãy số đã cho là dãy hằng có $u_n=\sqrt{b}$ nên hiển nhiên có giới hạn là $\sqrt{b}$.

Kết luận: dãy số đã cho $(u_n)$ luôn có giới hạn. Với $b=1$ thì $\lim{u_n}=1$,, những trường hợp còn lại đều cho ta $\lim{u_n}=\sqrt{b}$

Câu 2

Dựng hình như hình vẽ

Ta có
\[\widehat{BEA} = {180^ \circ } - \widehat{BAE} - \widehat{EBA} = {180^ \circ } - \left( {{{180}^ \circ } - \widehat{ABC}} \right) - \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ADF}\]
Nên $EB//DF$. Tương tự $AH//GC$
Vậy $MNPQ$ là hình bình hành.

Tam giác $ABE$ có $\widehat{BEA} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$ nên cân tại $A$, lại có $AH$ là phân giác nên $AH \bot BE$. Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Ta có 2 tam giác $ABE$ và $CDF$ bằng nhau theo góc-cạnh-góc (vì góc $A$ bằng góc $C$; $CD=AB$; $\widehat{CDF} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$), vậy $BE=DF$ nên $ME=PD$ (cùng bằng nửa $BE$)
Lại có $ME//PD$ nên $MPDE$ là hình bình hành, suy ra $MP//ED$. Vậy $\widehat{NPM} = \widehat{FDA}$

Hình chữ nhật $MNPQ$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $ON$ nên $\widehat{NOM} = 2\widehat{NPM} = 2\widehat{FDA} = \widehat{ABC}$

MỘT HÌNH CHỮ NHẬT LÀ HÌNH VUÔNG KHI VÀ CHỈ KHI NÓ CÓ 2 ĐƯỜNG CHÉO VUÔNG GÓC

Vậy $MNPQ$ là hình vuông $ \Leftrightarrow \widehat{NOM} = {90^ \circ } \Leftrightarrow \widehat{ABC} = {90^ \circ } \Leftrightarrow ABCD$ là hình chữ nhật.

Vâng, thế thì.. câu 1 ạ

Kí hiệu chữ số tận cùng bên phải của $m$ là $m \bmod 10$

Ta chứng minh \[{m^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]. Thật vậy, đặt $k = m\bmod 10$, ta có
\[ \Rightarrow {m^7}\bmod 10 = {k^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]

Đặt dãy ${x_i} = {a_i}\bmod 10$, ta cần tìm số hạng tổng quát của dãy $(x_i)$

Theo chứng minh trên, ta có
\[{x_{i + 1}} = a_i^7\bmod 10 = {\left( {{a_i}\bmod 10} \right)^7}\bmod 10 = x_i^7\bmod 10\]
Thử tính vài giá trị đầu theo công thức trên, ta có
\[{x_1} = 7;{x_2} = 3;{x_3} = 7;{x_4} = 3\]
Quy nạp (bước cơ sở đã xong): giả sử ${x_{2k - 1}} = 7;{x_{2k}} = 3$, ta có

\[\begin{array}{l}
{x_{2k + 1}} = x_{2k}^7\bmod 10 = 7 \\
{x_{2k + 2}} = x_{2k + 1}^7\bmod 10 = 3 \\
\end{array}\]
Theo nguyên lí quy nạp ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x_{2n - 1}} = 7 \\
{x_{2n}} = 3 \\
\end{array} \right.,\forall n \ge 1\]

ĐỀ THI CỦA ALPHA

Câu 1 - Số học THCS
Đặt $a_1=7$. Tạo các số $a_i,i=1,2,...$ theo nguyên tắc như sau:
$$a_{k+1}=a_i^7,\forall i \geq 1$$
Biện luận theo $k$ chữ số cuối cùng của $a_k$.

Em chưa hiểu rõ lắm, có phải là $a_{k+1}=a_k^7,\forall k \geq 1$ không ạ?

Đặt : $a=\frac{1}{x} ; b=\frac{1}{y}; c=\frac{1}{z}$ , đưa về cần chứng minh :

$ab + bc+ca \leq \frac{1}{3}$

với $a+b+c\leq 1$

Ta có :

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

Xong , chả biết sai hay đúng nữa . . .a Phúc kiểm tra lại giúp em nha . . .^^~

Qua cách đặt ẩn phụ chưa suy ra được điều kiện $a+b+c \le 1$ vì chưa chắc $abc$ dương.

Đề năm nay đã trở lại đúng tầm HSGTP, không còn những câu "HSGQG" hay "dự tuyển IMO" như năm ngoái nữa

Hô hô bài này mình đạo hàm, vật vã chán vì cũng chả nghĩ được cách gì hay sáng sủa cho lắm

Bài đó Cô-si cho 3 số không âm thôi mà )

Gọi\[s = \frac{{\sqrt[3]{{27 + \sqrt {753} }}}}{{{3^{2/3}}}} - \frac{2}{{\sqrt[3]{{3\left( {27 + \sqrt {753} } \right)}}}} \approx {\rm{1}}.{\rm{4561642461359}}0{\rm{846}}0{\rm{9748}}0{\rm{69666}}0{\rm{39397}}0{\rm{6951}}\]là nghiệm duy nhất của phương trình $s^3+2s-6=0$

Công thức truy hồi \[{u_{n + 1}} = \frac{6}{{u_n^2 + 2}} = \frac{6}{{{{\left( {\frac{6}{{u_{n - 1}^2 + 2}}} \right)}^2} + 2}} = \frac{{3{{\left( {u_{n - 1}^2 + 2} \right)}^2}}}{{u_{n - 1}^4 + 4u_{n - 1}^2 + 22}}\]
Ta chia dãy ban đầu thành 2 dãy chẵn lẻ
Xét hiệu \[{u_{n + 1}} - {u_{n - 1}} = - \frac{{\left( {{u_{n - 1}} - 1} \right)\left( {{u_{n - 1}} - 2} \right)\left( {u_{n - 1}^3 + 2{u_{n - 1}} - 6} \right)}}{{u_{n - 1}^4 + 4u_{n - 1}^2 + 22}}\]
Nhận xét: $a$ âm hay dương không ảnh hưởng đến tính chất của dãy số (vì sao - bạn thử lí giải nhé). Vậy giả sử luôn $a \ge 0$
Đến đây ta biện luận tất cả các giá trị có thể có của $a$:
Với $a \le 1$, 2 dãy chẵn lẻ lần lượt là dãy tăng có $lim=1$ và dãy giảm có $lim=2$ nên dãy $(u_n)$ không có giới hạn
Với $s > a > 1$, 2 dãy chẵn lẻ lần lượt là dãy không tăng có $lim=1$ và dãy không giảm có $lim=2$ nên dãy $(u_n)$ không có giới hạn
Với $a \ge 1$, 2 dãy chẵn lẻ lần lượt là dãy không tăng có $lim=2$ và dãy không giảm có $lim=1$ nên dãy $(u_n)$ không có giới hạn
Với $s < a <2$, 2 dãy chẵn lẻ lần lượt là dãy không giảm có $lim=2$ và dãy không tăng có $lim=1$ nên dãy $(u_n)$ không có giới hạn
Với $a=s$, dãy $(u_n)$ là dãy hằng và hiển nhiên có giới hạn.

Vậy các giá trị $a$ thỏa yêu cầu đề bài là $a= \pm s$

Nguyễn Hưng đội BETA giải bài 6 của GAMA

Bổ đề: Cho a, m là các số nguyên dương thỏa mãn $(a, m)=1$. Gọi $A$ là tập các số nguyên dương $k$ thỏa mãn ${a^k} \equiv 1 \; \; (mod \; m)$. Rõ ràng, $A \ne \emptyset $ (theo định lí Euler). Theo nguyên lí sắp xếp thứ tự tốt thì $A$ có 1 phần tử nhỏ nhất (gọi là $d$). Kí hiệu $d=ord_m(a)$. Khi đó ta có định lí: $\forall x \in A;x \vdots or{d_m}\left( a \right)$.

* Trường hợp 1: $(b,c)=1$. Đặt d=$b^a+c^a$.
Vì $(b,c)=1$ nên $(b,d)=(c,d)=1$. Vậy tồn tại $m$ nguyên dương sao cho $c.m \equiv 1 \; \; (mod \; d)$ ($m$ là nghịch đảo của $c$ theo module $d$)

Đặt $e=bm$, có $(e,d)=1$. Từ cách xây dựng $e$, suy ra ${e^a} + 1 \vdots d$

Mà ta có ${e^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} \equiv {c^{or{d_d}\left( e \right)}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}} \vdots d \Rightarrow d \le \left| {{b^{or{d_d}\left( e \right)}} - {c^{or{d_d}\left( e \right)}}} \right| < {b^{or{d_d}\left( e \right)}} + {c^{or{d_d}\left( e \right)}}$
(vì $b \ne c$)
Do $d=b^a+c^a$ nên từ bất đẳng thức trên suy ra $ord_d(e)>a$ (*)

Ta có $d = {b^a} + {c^a} \Rightarrow {b^a} \equiv - {c^a}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {b^{2a}} \equiv {c^{2a}}\left( {\bmod d} \right)$
$ \Rightarrow {\left( {bm} \right)^{2a}} \equiv {\left( {cm} \right)^{2a}}\left( {\bmod d} \right) \Rightarrow {e^{2a}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$
Theo bổ đề thì ta có $ord_d(e)|2a$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra ord_d(e)=2a

Theo định lí Euler thì ${e^{\varphi (d)}} = {e^{\varphi ({b^a} + {c^a})}} \equiv 1\left( {\bmod d} \right)$

Lại theo bổ đề ta suy ra được $2a|{\varphi ({b^a} + {c^a})}$.

* Trường hợp 2: $(b,c)=x \ne 1$. Khi đó $\left( {\frac{b}{x},\frac{c}{x}} \right) = 1$

Theo kết quả từ TH1 thì:
\[2a|\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right) \Rightarrow 2a|\varphi \left( {{x^a}} \right)\varphi \left( {{{\left( {\frac{b}{x}} \right)}^a} + {{\left( {\frac{c}{x}} \right)}^a}} \right)\]
Mà $\varphi $ là hàm nhân tính nên từ trên suy ra $2a|\varphi ({b^a} + {c^a})$

Từ hai trường hợp trên ta có đpcm.
________________________________________________
@Trọng tài: Đây cũng là một lời giải tốt và đầy đủ!