KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 12 THPT.

Thời gian: 180P, môn: Toán.

Câu 1: Giải hệ phương trình:

 $\left\{\begin{matrix} 3x^3+2x^2=y\\ 3y^3+2y^2=z\\ 3z^3+2z^2=x \end{matrix}\right.$

Câu 2: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:

       $x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}$ với mọi $n=1,2,...$.

a. Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.

b. Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ đặt $y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}.$ Tính $\lim y_n$

Câu 3: Cho 2 đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $M$. Tiếp tuyến chung ngoài $AB$, ($A$ thuộc $(C_1)$, $B$ thuộc $(C_2)$). Trên tia $Mx$ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ( $Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm thứ 2 của $CA$ với $(C_1)$, $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy.

Câu 4: Cho số nguyên dương $n\ge 2.$ Chứng minh rằng $m=2n^2-1$ là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho tồn tại $n$ số nguyên dương $a_1, a_2,...,a_n$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

  i, $a_1<a_2<...<a_n=m$

  ii, Tất cả $n-1$ số $\frac{a_1^2+a_2^2}{2}, \frac{a_2^2+a_3^2}{2},...,\frac{a_{n-1}^2+a_n^2}{2}$ đều là các số chính phương.

 

file pdf [post='']http://www.mediafire...hc9zd1q6/ht.pdf[/post]

NHưng mà $1998=3^{3}.37$

Ừ có thể mình nhầm ,để mình xem lại

Bổ đề LTE chỉ ứng dụng được cho số nguyên tố p khi $x+y\vdots p , x;y\ddots p$ và số mũ lẻ.

CÁch sử dụng của anh thì khôngthoarmanx đk x+y chia hêt cho 7.

\[{x^7} + {y^7}\] có dạng\[7{}^z\] mà chia hết cho x+y thì rõ ràng x+y phải chia hết cho 7 vì x+y>1

KO biết anh sử dụng ccachs có ngắn hơn khong nhưng cách em thì phải hết hơn 10 trang.

NHÁc quá nên chỉ nêu 1 vài ý chính thôi

+x,y lẻ dễ CM vô nghiệm.

+$x=2^{a}.m ; y=2^{b}.n$

$\Rightarrow (2^{a}.m)^{7}+(2^{b}.n)^{7}=1998^{z}\Leftrightarrow (2^{a-b}.m)^{7}+n^{7}=999^{z}.2^{z-7b}$

   - a=b$\Rightarrow z=7b+1$

         Phân thành 2 th $m=in$ : sử dụng LTE và đồng dư 9 để CM vô nghiệm

                                    $m\neq in$ :Sử dụng LTE và đồng dư 3 rồi đồng dư 9

   -z=7b , cách làm cũng không khác mấy.

BÀi này quan trọng là phân chia từng tập hợp với mỗi đặc thù của th đó để áp dụng bổ đề LTE

Cách khác :

Áp dụng bổ đề LTE ta có \[{v_7}\left( {{x^7} + {y^7}} \right) = {v_7}\left( {x + y} \right) + {v_7}\left( 7 \right) = {v_7}\left( {x + y} \right) + 1\]

nên suy ra \[{x^7} + {y^7} = 7k(x + y)\] với k không chia hết cho 7 để \[{x^7} + {y^7} = {1998^z}\] thì k=1

nhưng nếu k=1 thì \[{x^7} + {y^7} = 7(x + y)\] , ở đây ta thấy VT>VP nếu x,y>1 còn nếu x=y=1 thì không thỏa mãn vậy pt không có nghiệm nguyên dương

P/s: bài này 10 trang thì dã man thật ,nhưng vẫn cảm ơn bạn

 

CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG TRƯỜNG 2014

THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH, ĐỒNG NAI 

 

Câu 1 : Cho dãy số thực $(x_n)$ xác định bởi :

$$\left\{\begin{matrix} x_1=1\\ x_{n+1}=x_n^2+3x_n+1 \end{matrix}\right.$$

Xét dãy $(y_n)$ như sau :

$$y_n=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_i+2}$$

Tính $\lim y_n$.

 

Câu 2 : Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn

$$p^{q+1}+q^{p+1}$$

là một số chính phương.

 

Câu 3 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thỏa mãn :

$$f(f(x)-y)+f(x+y)=2x,\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Câu 4 : Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $A$ tù. $H$ là hình chiếu vuông góc từ $A$ xuống $BC$. Trung tuyến $CM$ của tam giác $ABC$ cắt $(ABC)$ tại $K$.

1) Chứng minh hai tam giác $KAD,KHM$ đồng dạng.

2) Chứng minh $K,H,C,D$ đồng viên.

 

Câu 5 : Cho hai tập $A,B$ có các phần tử là các số nguyên dương. Biết tổng của bất kỳ hai phần tử phân biệt của tập $A$ sẽ là một phần tử của tập $B$. Tỷ số bất kỳ của hai phần tử phân biệt của tập $B$ (ta chia số lớn hơn cho số nhỏ hơn) là một phần tử của $A$. Xác định số phần tử nhiều nhất của $A\cup B$

 

File pdf cho các bạn ít thời gian online [post='']http://www.mediafire...4j24ofcz/dn.pdf[/post]

Bài này sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski thôi . Không có gì đặc biệt.

Anh cho em xin lời giải cụ thể với ạ

Tìm nghiệm nguyên dương của pt

\[{x^7} + {y^7} = {1998^z}\]

(Sử dụng bổ đề LTE dùm nhé mới học thấy khó hiểu quá)

Cho đa thức $P(x)$ với hệ số thực và $P(x)$ có bậc $6$ thoả mãn:$P(1)=P(-1),P(2)=P(-2),P(3)=P(-3)$. Chứng minh:$\forall x\epsilon \mathbb{R}$ thì $P(x)=P(-x)$

Bài này giả sử đa thức bậc 6 tổng quát thay lần lượt các giá trị 1,-1;2.-2;3-3 suy hệ số của biến có số mũ lẻ bằng 0 từ đây suy ra đpcm

Bạn giải thích cho mình là tại sao bạn tách đươc đẳng thức đó ở chỗ sau một loạt biến đổi ?

Cái này không nhầm thì đây là pp S.O.S nội dung của việc tách cũng như cm bằng pp này có rất nhiều trên mạng .Thân!

Đề đúng mà, vấn đề đâu.

.nếu \[{u_n} = 1\] thì nó nguyên dương còn nếu như mình đoán bạn định viết \[{u_1} = 1\] thì \[{u_2} = \frac{{3 + \sqrt {5 - 1} }}{2} = \frac{5}{2}\]

nó không nguyên mà

Bài này công nhận kinh nhỉ?????

Đặt: $x=a+b$; $y=b+c$; $z=c+a$

Nên ta phải đi chứng minh:

$(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq \frac{9}{4}$

Sau khi biến đổi 1 loạt, ta có điều sau đây:

$(\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}})(b-c)^{2}+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}})(a-c)^{2}+(\frac{2}{ab}+\frac{1}{c^{2}})(a-b)^{2}\geq 0$

Đặt: $S_{a}=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}}; S_{b}=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}}; S_{c}=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}}$

Thì ta cần chứng minh:

$S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Dễ nhận thấy rằng $S_{a}\geq 0\Rightarrow S_{a}(b-c)^{2}\geq 0$

Nên ta cần đi chứng minh $S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$ nữa là đủ.

Lại có: $ab\geq ac\Leftrightarrow ab-bc\geq ac-bc\Leftrightarrow b(a-c)\geq c(a-b)\Rightarrow \frac{a-c}{a-b}\geq \frac{c}{b}

\Rightarrow (\frac{a-c}{a-b})^{2}\geq \frac{c^{2}}{b^{2}}$

Từ đó:

$S_{b}(a-c)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}=(a-b)^{2}(S_{b}\frac{(a-c)^{2}}{(a-b)^{2}}+S_{c})\geq (a-b)^{2}(S_{b}\frac{c^{2}}{b^{2}}+S_{c})\geq 0\Rightarrow S_{b}\frac{c^{2}}{b^{2}}+S_{c}\geq 0\Rightarrow c^{2}S_{b}+b^{2}S_{c}\geq 0$

Thay vào rồi tính tiếp. Sử dụng $a=x+y\leq x+z+y+z=b+c$

Ta ra được 1 điều luôn đúng.

Bài này ở Iran 96 tất nhiên là kinh ồi

Cho $u_{n}=1$ và $u_{n+1}=\frac{3u_{n}+\sqrt{5u_{n}-1}}{2}$

CM: $u_{n}$ là 1 số nguyên dương. 

Hình như đề bài có vấn đề thì phải

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

Theo tiêu chuẩn Perron ta cần

1. \[P\left( b \right) = p\] (hiển nhiên)

2. \[P\left( {b - 1} \right) \ne 0\] (hiển nhiên)

3. Tất cả các nghiệm của đa thức thoả mãn \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) < b - \frac{1}{2}\]

Ta đi cm điều 3

Nếu \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) \le 0\] thì (3) là hiển nhiên

Ta xét \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > 0\] ,gọi \[\left| z \right| = r\] ,rõ ràng r>1 vì nếu ngược lại ta cũng có đpcm

Ta có \[P\left( z \right) = 0\] suy ra \[{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z} + \frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}} = 0\] do z khác 0

\[ \Rightarrow \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right| = \left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right|\]

Theo bất đẳng thức modun thì \[\left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{{\left| z \right|}^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{{\left| z \right|}^n}}} = \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Ta chú ý rằng \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right|\]

Suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Do \[{a_i} \le b - 1\] ,ta có đánh giá \[\frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{r^n}}} \le (b - 1)\left( {\frac{1}{{{r^2}}} + ... + \frac{1}{{{r^n}}}} \right) = \frac{{\left( {b - 1} \right)}}{{{r^2}}}\frac{{1 - \frac{1}{{{r^n} - 1}}}}{{1 - \frac{1}{r}}} < (b - 1)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{1}{{1 - \frac{1}{r}}} = (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

từ đó suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

do đó \[1 < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\] , vì r>1 nên r(r-1)>0 . suy ra r(r-1)<b-1

Đến đây ta giả sử \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) \ge b - \frac{1}{2}\] suy ra \[r \ge b - \frac{1}{2}\] hay \[r - 1 \ge b - \frac{3}{2}\]

nên \[r(r - 1) \ge {b^2} - 2b + \frac{3}{4}\] từ đó ta có \[{b^2} - 2b + \frac{3}{4} < b - 1 \Leftrightarrow {b^2} - 3b + \frac{7}{4} < 0\]

do là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 nên suy ra điều vô lí vậy điều giả sử là sai ,nên suy ra đpcm

Latex tương đối kém thông cảm nhá

Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $b$. Giả sử trong phân tích theo cơ số $b$,
$p=\overline{p_n p_{n-1}...p_0} _{(b)}$, $p_n \ne 0$. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy:

$P(x)=p_n x^n +... +p_1 x +p_0$

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

Theo tiêu chuẩn Perron ta cần

1. \[P\left( b \right) = p\] (hiển nhiên)

2. \[P\left( {b - 1} \right) \ne 0\] (hiển nhiên)

3. Tất cả các nghiệm của đa thức thoả mãn \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) < b - \frac{1}{2}\]

Ta đi cm điều 3

Nếu \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) \le 0\] thì (3) là hiển nhiên

Ta xét \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > 0\] ,gọi \[\left| z \right| = r\] ,rõ ràng r>1 vì nếu ngược lại ta cũng có đpcm

Ta có \[P\left( z \right) = 0\] suy ra \[{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z} + \frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}} = 0\] do z khác 0

\[ \Rightarrow \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right| = \left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right|\]

Theo bất đẳng thức modun thì \[\left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{{\left| z \right|}^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{{\left| z \right|}^n}}} = \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Ta chú ý rằng \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right|\]

Suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Do \[{a_i} \le b - 1\] ,ta có đánh giá \[\frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{r^n}}} \le (b - 1)\left( {\frac{1}{{{r^2}}} + ... + \frac{1}{{{r^n}}}} \right) = \frac{{\left( {b - 1} \right)}}{{{r^2}}}\frac{{1 - \frac{1}{{{r^n} - 1}}}}{{1 - \frac{1}{r}}} < (b - 1)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{1}{{1 - \frac{1}{r}}} = (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

từ đó suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

do đó \[1 < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\] , vì r>1 nên r(r-1)>0 . suy ra r(r-1)<b-1

Đến đây ta giả sử \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) \ge b - \frac{1}{2}\] suy ra \[r \ge b - \frac{1}{2}\] hay \[r - 1 \ge b - \frac{3}{2}\]

nên \[r(r - 1) \ge {b^2} - 2b + \frac{3}{4}\] từ đó ta có \[{b^2} - 2b + \frac{3}{4} < b - 1 \Leftrightarrow {b^2} - 3b + \frac{7}{4} < 0\]

do là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 nên suy ra điều vô lí vậy điều giả sử là sai ,nên suy ra đpcm

Có bao nhiêu tập con của tập chứa 2n số nguyên dương đầu tiên trong đó không tồn tại 2 số a,b mà a+b=2n+1

_____________________

@hxthanh: Mời bạn xem ở đây, Closed

Vô lý, Xét hàm $f(n)=\frac{1}{n}$, n>1 nhưng f(n) lại bé hơn f(1) đấy

f(n) nguyên với mọi n bạn ơi

Tại sao f(n)<f(1)  lại vô lý ạ???

n>1 ,f(n) nguyên dương với mọi n thì f(n)>f(1)

Cho dãy số:     $u_{n+1}=u _{n}.(1-u_{n})$                với $n:1\rightarrow +\infty$

Hãy tính $u_{1}$ 

 

Theo em để tính $u_{1}$ thì mình tìm công thức tổng quát của dãy số rồi thay n=1 vào, nhưng em tìm công thức tổng quát không của nó không được, các anh chị giúp em tìm $u_{1}$ hoặc tình công thức tổng quát của dãy số với 

n chạy từ 1 thì u_{1} là bao  nhiêu cũng đc cơ mà 

Nhầm box? Bài này sẽ phải dùng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng bạn nhé!

Thì ra là vậy

Cho một tam giác $ABC$. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó những tam giác cân $ABD,BCE,ACF$ sao cho $AD=BD=BE=CE=CF=AF$. Hỏi ba đường thẳng $AE,BF,CD$ có đồng quy không? Chứng minh?

Nhầm box rồi 

cmr với n>1 và n$\in N$ các số sau là hợp số

a,$\frac{1}{3}.(2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}+1)$

b,$\frac{1}{5}(2^{4n+2}+1)$

Câu a cm theo quy nạp rằng biểu thức còn chia hết cho 7

Rất dốt mấy thể loại này, nên chỉ giúp đc câu a thôi

<p>Ai c&oacute; ebook hay cho em xin ạ hay trang web học tập hay th&igrave; giới thiệu cho em.Thanks nhiều. Một số trang hay m&agrave; t&igrave;m được chia sẽ mọi người: chuyendeonthi, chukienthuc, vnmath, violet,...</p> <p>&nbsp;</p> <p>&nb

Trong Box Sách báo cũng nhiều , nếu muốn nhiều hơn thì lên google . Cơ bản là mọi người ngại post lại những gì đã post 

Có thể làm rõ hơn không ạ! Chỗ này suy ra kiểu gì chưa hiểu...

cộng và trừ 2 pt 

Có bao nhiêu hàm \[f:\{ 1,2,...,1999\}  \to \{ 2000,2001,2002,2003\} \] thỏa mãn \[f(1) + f(2) + ... + f(1999)\] là lẻ

 

Hiện Thư viện MathPedia đã hoàn thành sơ bộ và đưa vào giai đoạn thử nghiệm. Tuy nhiên, do Thư viện vẫn chưa thật hoàn thiện nên chúng mình cần xem xét thông tin cá nhân của các bạn. Mong các bạn thông cảm cho sự  bất tiện này và sẽ ủng hộ Thư viện MathPedia để Thư viện sớm được đưa vào hoạt động rộng rãi.

 

Nếu bạn quan tâm và muốn dùng thử MathPedia, hãy đăng kí vào form dưới đây .

 

Mọi người đăng kí bằng tài khoản facebook nhé .

 

Tại sao em đăng kí nó bảo lỗi hả anh