Chủ đề này có 13 trả lời

[WhjteShadow]

Câu I :
Giải phương trình trên tập số thực :
$2013^{x^3-y^3-3x^2-3y^2-9x+9y+22}+2013^{x^2+y^2-x+y-\frac{1}{2}}=x^3-y^3-2x^2-2y^2-10x+10y+\frac{47}{2}$
Câu II :
Cho dãy số nguyên $(a_n)$ xác định như sau :
$\left\{\begin{matrix} a_0=1,a_1=3,a_2=5\\ a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n \end{matrix}\right.$
Tìm số nguyên $k$ sao cho $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương với mọi $n$ nguyên dương
Câu III :
Cho tam giác $ABC$ đều, $M,P$ lần lượt thuộc $AB$ và $BC$ sao cho $MP$ song song $AC$. Gọi $D$ là trọng tâm $MPB$ và $E$ là trung điểm $AP$. Tính số đo các góc $\Delta DEC$
Câu IV :
Cho thất giác lồi $ABCDEFG$ có các cạnh và các đường chéo $AC,AD,AE,AF$ có độ dài không vượt quá $\sqrt{3}$ bên trong thất giác lồi lấy 2014 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
1, Chứng minh rằng tồn tại 1 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của thất giác và chứa ít nhất 288 điểm đã cho
2, Xét tất cả các tam giác tạo thành bởi 3 trong 2014 điểm trên, chứng minh số tam giác đó chứa ít nhất là 30% tam giác không nhọn.


Câu V :
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện :
$$(P(x))^2-2=2P(2x^2-1)$$
Câu VI :
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tâm I và tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại A', B', C'. Gọi (C) là đường tròn tâm I nằm trong tam giác ABC. D, E, F lần lượt là các giao điểm của (C) với IA', IB', IC'.
Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy
Câu VII :
Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ sao cho với mọi $m,n\in \mathbb{Z}$ ta có :
1, Nếu $m\equiv n\pmod{p}$ thì $f(m)=f(n)$
2, $f(mn)=f(m)f(n)$
Câu VIII :
Chứng minh rằng trong 18 người bất kì luôn tồn tại 4 người đôi 1 quen nhau hoặc đôi 1 không quen nhau
====================== Hết ===========================

P/s :Vậy là thi xong 2 ngày, có 1 sự buồn nhẹ khi ngày nào cũng làm vớ vẩn 1~2 bài, thôi nghỉ ngơi chờ kết quả v. :<

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 15-10-2013 - 22:19

[BlackSelena]

A chép lộn câu hình rùi kìa @@~

[Zaraki]

Câu II :

Cho dãy số nguyên $(a_n)$ xác định như sau : 

$\left\{\begin{matrix} a_0=1,a_1=3,a_2=5\\ a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-2a_n \end{matrix}\right.$

Tìm số nguyên $k$ sao cho $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương với mọi $n$ nguyên dương.

Lời giải. Ta đi tìm $a_3=2a_2+2a_1-2a_0=14$ và $a_4=2a_3+2a_2-2a_1=32$.

Giả sử tồn tại số nguyên $k$ để $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương với mọi $n$ nguyên dương.

Ta có $4a_1a_2+k=4 \cdot 3 \cdot 5+k=60+k$ và $4a_2a_3+k= 4 \cdot 5 \cdot 14+k=280+k$. Khi đó $60+k=x^2,280+k=y^2$ với $x,y \in \mathbb{N}$. Do đó $$x^2-y^2=(x-y)(x+y)=220= 2^2 \cdot 5 \cdot 11.$$

Dễ thấy $x+y>x-y>0$ và $x-y,x+y$ cùng tính chẵn lẻ nên ta có hai trường hợp.

• Nếu $x-y=2,x+y=110$ thì $y=54$ nên $k= y^2-60=2856$.
• Nếu $x-y=10,x+y=22$ thì $y=6$ nên $k=y^2-60=-24$.

Ta lại có $4a_3a_4+k=4 \cdot 14 \cdot 32+k=1792+k$. Thử với hai giá trị của $k$ ở trên thì thấy $4a_3a_4+k$ không là số chính phương, mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại số nguyên $k$ thoả mãn $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương. $\blacksquare$

[WhjteShadow]

Lời giải. Ta đi tìm $a_3=2a_2+2a_1-2a_0=14$ và $a_4=2a_3+2a_2-2a_1=32$.

Giả sử tồn tại số nguyên $k$ để $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương với mọi $n$ nguyên dương.

Ta có $4a_1a_2+k=4 \cdot 3 \cdot 5+k=60+k$ và $4a_2a_3+k= 4 \cdot 5 \cdot 14+k=280+k$. Khi đó $60+k=x^2,280+k=y^2$ với $x,y \in \mathbb{N}$. Do đó $$x^2-y^2=(x-y)(x+y)=220= 2^2 \cdot 5 \cdot 11.$$

Dễ thấy $x+y>x-y>0$ và $x-y,x+y$ cùng tính chẵn lẻ nên ta có hai trường hợp.

• Nếu $x-y=2,x+y=110$ thì $y=54$ nên $k= y^2-60=2856$.
• Nếu $x-y=10,x+y=22$ thì $y=6$ nên $k=y^2-60=-24$.

Ta lại có $4a_3a_4+k=4 \cdot 14 \cdot 32+k=1792+k$. Thử với hai giá trị của $k$ ở trên thì thấy $4a_3a_4+k$ không là số chính phương, mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại số nguyên $k$ thoả mãn $4a_na_{n+1}+k$ là số chính phương. $\blacksquare$

$k=-11$ cò ơi :@)

[Zaraki]

$k=-11$ cò ơi :@)

Sao em thử thấy $4a_2a_3-11=280-11=269$ đâu có chính phương anh nhỉ ?

[hoangtrunghieu22101997]

Đề sai kìa Đạt ơi
$$a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n$$

Bài hình nữa
(tam giác CDE)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrunghieu22101997: 14-10-2013 - 18:35

[demonhunter000]

căn bản bạn Đạt chep nhầm đè a_(n) chu không phải 2 a_(n) và đây là tổng quat của PEN L12  

[BlackSelena]

Câu III :

Cho tam giác $ABC$ đều, $M,P$ lần lượt thuộc $AB$ và $BC$ sao cho $MP$ song song $AC$. Gọi $D$ là trọng tâm $MPB$ và $E$ là trung điểm $AP$. Tính số đo các góc $\Delta DEC$

Lấy $H, G$ lần lượt là trung điểm $BP, AC$.
Dễ có $EGCH$ là hình thang cân nên $EGCH:\text{concyclic}$

Lại dễ có $HDGC:\text{concyclic}$ nên $H,D,E,G,C:\text{concylic}$
Tới đây quá dễ r, đáp số $\triangle DEC$ là nửa tam giác đều~

[Juliel]

Câu V :

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện :

$$(P(x))^2-2=2P(2x^2-1)$$

Đặt $P(x)=(x-1)Q_1(x)+P(1)$

Thay vào phương trình đa thức ban đầu :

$$(x-1)^{2}Q^{2}_1(x)+P^{2}(1)+2P(1).(x-1)Q_1(x)-2=2(2x^{2}-2)Q_1(2x^{2}-1)+2P(1)$$

Mà dễ thấy rằng $P^{2}(1)-2P(1)-2=0\qquad(*)$ nên ta có :

$$(x-1)Q_1^{2}(x)+2P(1)Q_1(x)-2=4(x+1)Q_1(2x^{2}-1)$$

Với $P(1)=4$ thì $(*)$ không được thỏa mãn.

Thay $x=1$, ta được : $$2P(1).Q_1(1)=8Q_1(1)\Rightarrow Q_1(1)=0\qquad(P(1)\neq 4)$$

Do đó $Q_1(x)=(x-1)Q_{2}(x)$, suy ra $P(x)=(x-1)^{2}Q_2(x)+P(1)$

Tiếp tục như vậy, giả sử $P(x)=(x-1)^{n}Q_n(x)+P(1)$ với $Q_n(1)\neq 0$

Lại thay vào phương trình đa thức ban đầu :

$$(x-1)^{2n}Q_n^2(x)+2(x-1)^{n}Q_n(x).P(1)+P^{2}(1)-2=2(2x^2-2)^{n}.Q_n(2x^2-1)+2P(1)\Leftrightarrow (x-1)^{2}Q_n^2(x)+2Q_n(x).P(1)=2^{n+1}(x+1)^{n}Q_n(2x^2-1)$$

Thay $x=1$, ta được :

$$2Q_n(1).P(1)=2^{2n+1}.Q_n(1)$$

Nhận thấy rằng nếu $2P(1)=2^{2n+1}\Rightarrow P(1)=2^{2n}$, không thỏa $(*)$

Vậy $Q_n(1)=0$, mâu thuẫn.

Kết luận : $P(x)\equiv P(1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-10-2013 - 15:38

[BlackSelena]

Câu VI :

Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tâm I và tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại A', B', C'. Gọi (C) là đường tròn tâm I nằm trong tam giác ABC. D, E, F lần lượt là các giao điểm của (C) với IA', IB', IC'.

Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy

Bài này khá dễ.

Gọi $G$ là điểm $\text{Gergonne}$ của $\triangle ABC$. $R, r$ lần lượt là bán kính $(I)$ và $(C)$

Cho $AD$ cắt $GE$ tại $K$. Ta sẽ chứng minh$\dfrac{\overline{KE}}{\overline{KG}} = const$

(Ở đây mình xét trường hợp bài toán như trong hình để đỡ mắc công xài độ dài đại số, viết $\LaTeX$ mất thời gian)
Áp dụng $\text{Menelaus}$ vào $\triangle IGA'$ và $\overrightarrow{A,K,D}$

$\Rightarrow \dfrac{GK}{KE} = \dfrac{AG}{AA'}.\dfrac{R}{r}$
Mặt khác, cũng áp dụng $\text{Menelaus}$ cho $\triangle AA'C$ với $\overrightarrow{B,G,B'}$ thì dễ dàng tính đc $\dfrac{AA'}{AG}$ qua độ dài 3 cạnh tam giác $a,b,c$ một cách độc lập. 

Từ đó có đpcm~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 21-12-2013 - 17:26

[PT42]

Câu II

1) Tìm k : Giả sử $4a_{n}a_{n + 1} + k$ là số chính phương với mọi n là số nguyên dương.

Ta có $a_{3} = 2a_{2} + 2a_{1} - a_{0} = 10 + 6 - 1 = 15$

$a_{4} = 2a_{3} + 2a_{2} - a_{1} = 30 + 10 - 3 = 37$

$\left\{\begin{matrix} 4a_{1}a_{2} + k = 60 + k = a^{2}\\4a_{2}a_{3} + k = 300 + k = b^{2} \end{matrix}\right.$ với a, b là số tự nhiên.

$\Rightarrow b^{2} - a^{2} = (b - a)(b + a) = 240$

240 = 1. 240 = 2. 120 = 3. 80 = 4. 60 = 5. 48 = 6. 40 = 8.30 = 10.24 = 12. 20 = 15. 16 là tất cả các cách phân tích 240 thành tích của 2 số tự nhiên.

Ta có b + a $\geq 0$ , b + a và b - a  cùng tính chẵn lẻ và $b + a \geq b - a$ nên xảy ra các trường hợp sau :

 

- Nều $\left\{\begin{matrix} b - a = 2\\b + a = 120 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 61\\a = 59 \end{matrix}\right.$  $\Rightarrow k = 59^{2} - 60 = 3421$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 4. 15. 37 + 3421 = 5641$ (loại)

- Nếu $\left\{\begin{matrix} b - a = 4\\b + a = 60 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 32\\a = 28 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k = 32^{2} - 300 = 724$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 2220 + 724 = 2944$ (loại)

- Nếu $\left\{\begin{matrix} b - a = 6\\b + a = 40 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 23\\a = 17 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k = 23^{2} - 300 = 229$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 2220 + 229 = 2449$ (loại)

- Nếu $\left\{\begin{matrix} b - a = 8\\b + a = 30 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 19\\a = 11 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k = 19^{2} - 300 = 61$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 2220 + 61 = 2281$ (loại)

- Nếu $\left\{\begin{matrix} b - a = 10\\b + a = 24 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 17\\a = 7 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k = 17^{2} - 300 = -11$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 2220 - 11 = 2209 = 47^{2}$ (thỏa mãn)

- Nếu $\left\{\begin{matrix} b - a = 12\\b + a = 20 \end{matrix}\right.$ thì $\left\{\begin{matrix} b = 16\\a = 4 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow k = 16^{2} - 300 = -44$

$\Rightarrow 4a_{3}a_{4} + k = 2220 - 44 = 2176$ (loại)

 

$\Rightarrow k = -11$

 

2) Với k = -11 ta chứng minh $ 4a_{n}a_{n + 1} + k$ là số chính phương với mọi n là số tự nhiên.

Ta có $a_{n + 3} = 2a_{n + 2} + 2a_{n + 1} - a_{n}$

Dãy số này có phương trình đặc trưng là $X^{3} - 2X^{2} - 2X + 1 = 0$ $\Leftrightarrow (X + 1)(X^{2} - 3X + 1) = 0$

Phương trình này có 3 nghiệm - 1, $\frac{3 + \sqrt{5}}{2}$, $\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$

$\Rightarrow$ $a_{n}$ = $\alpha$ . $\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{n}$ + $\beta$. $\left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n}$ + $\gamma$. $(-1)^{n}$

 

Trong đó $\alpha , \beta , \gamma$ là nghiệm của hệ :

$\left\{\begin{matrix} a_{2} = \alpha. \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} + \beta. \frac{7 - 3\sqrt{5}}{2} + \gamma = 5\\a_{1} = \alpha . \frac{3 + \sqrt{5}}{2} + \beta . \frac{3 - \sqrt{5}}{2} - \gamma = 3 \\a_{0} = \alpha + \beta + \gamma = 1 \end{matrix}\right.$ 

$\Rightarrow \alpha = \beta = \frac{4}{5}, \gamma = -\frac{3}{5}$

$\Rightarrow a_{n} = \frac{4}{5}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{n} + \frac{4}{5}\left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n} - \frac{3}{5}(-1)^{n}$

 

$\Rightarrow 4a_{n}a_{n + 1} - 11$

= $ 4.\left ( \frac{4}{5}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{n} + \frac{4}{5}. \left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n} - \frac{3}{5}.\left ( -1 \right ) ^{n}\right ).\left ( \frac{4}{5}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{n + 1} + \frac{4}{5}. \left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n + 1} + \frac{3}{5}.\left ( -1 \right ) ^{n}\right ) - 11$

= $\frac{64}{25}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} + \frac{64}{25}. \left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} - 4.\frac{3}{5}.\frac{3}{5} - 11 + \frac{64}{25}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2}. \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} + \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right ) - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right )^{n}.\left ( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} - 1 \right) - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right )^{n}.\left ( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} -1 \right )$

= $\frac{64}{25}.\left ( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right )^{4n + 2} + \frac{64}{25}. \left ( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right )^{4n + 2} - \frac{119}{25} - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1}$

= $\frac{64}{25}.\left ( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right )^{4n + 2} + \frac{64}{25}. \left ( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right )^{4n + 2} + \frac{9}{25} + 2.\frac{64}{25}.(-1)^{2n + 1} - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} - \frac{48}{25}.(-1)^{n}.\left ( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1}$

= $\left ( \frac{8}{5}. \left ( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} + \frac{8}{5}. \left ( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right )^{2n + 1} - \frac{3}{5}. (-1)^{n} \right )^{2}$

(đặt) = $u_{n}^{2}$

 

Vì $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ và -1 là 3 nghiệm của phương trình 

$(Y^{2} - Y - 1)(Y + 1) = 0$ $\Leftrightarrow Y^{3} - 2Y - 1 = 0$

nên suy ra $u_{n + 3} = 2u_{n + 1} + u_{n}$

Lại có $u_{0} = \frac{8}{5}.1 - \frac{3}{5} = 1$

$u_{1} = \frac{8}{5}.(2 + \sqrt{5} + 2 - \sqrt{5}) + \frac{3}{5} = 7$

$u_{2} = \frac{8}{5}.\left ( \frac{176 + 80\sqrt{5}}{32} + \frac{176 - 80\sqrt{5}}{32} \right ) - \frac{3}{5} = 17$

$u_{0}, u_{1}, u_{2}$ đều là số nguyên dương và $u_{n + 3} = 2u_{n + 1} + u_{n}$ nên dùng quy nạp chứng minh được $u_{n}$ là số nguyên dương với mọi n là số tự nhiên 

$\Rightarrow$ $4a_{n}a_{n + 1} - 11$ là số chính phương với mọi n là số tự nhiên.

 

Vậy k = -11.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 16-10-2013 - 15:00

[Juliel]

Câu VI :
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tâm I và tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại A', B', C'. Gọi (C) là đường tròn tâm I nằm trong tam giác ABC. D, E, F lần lượt là các giao điểm của (C) với IA', IB', IC'.
Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy

Đang cần tìm những bài chứng minh đồng quy thì nhớ lại bài này, cách khác với Black Selena :

 

Theo định lí hàm sin trong tam giác $BC'E$ : 

$$\frac{C'E}{sin\widehat{C'BE}}=\frac{BE}{sin\widehat{BC'E}},\frac{A'E}{sin\widehat{A'BE}}=\frac{BE}{sin\widehat{BA'E}}\Rightarrow \frac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=\frac{C'E}{A'E}.\frac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}$$

Hoàn toàn tương tự thì :

$$\frac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}=\frac{A'F}{B'F}.\frac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}},\;\;\frac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}=\frac{B'D}{C'D}.\frac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}$$

Do đó : 

$$\frac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}.\frac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}.\frac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=\frac{A'F}{B'F}.\frac{B'D}{C'D}.\frac{C'E}{A'E}.\frac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}}.\frac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}.\frac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}$$

Dễ thấy $C'E=B'F,C'D=A'F,B'D=A'E$ và theo định lí $Ceva-sin$ trong tam giác $DEF$ với $DA',EB',FC'$ đồng quy tại $I$ :

$$\frac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}}.\frac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}.\frac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}=1$$

Suy ra $\frac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}.\frac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}.\frac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=1$

Theo định lí $Ceva-sin$ ta có $AD,BE,CF$ đồng quy.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 17-11-2013 - 01:13

[bossulan239]

Cho $AD$ cắt $GE$ tại $K$. Ta sẽ chứng minh $\dfrac{\overrightarrow{KE}}{\overrightarrow{KG}} = const$

 

Hình như làm gì có khái niệm thương 2 vector mà lại chia 2 vector thế ?????

[BlackSelena]

Hình như làm gì có khái niệm thương 2 vector mà lại chia 2 vector thế ?????

Sorry lộn code latex ấy mà.

$\dfrac{\overline{KE}}{\overline{KG}}$