Chủ đề này có 10 trả lời

[nam8298]

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ
Năm học 2013-2014

[Juliel]

Bài cuối : 

Trước hết ta chứng minh $3x^{2}+2y^{2}+z^2\leq \dfrac{10}{3}$

Thật vậy, theo khai triển $Abel$, ta có :

$$3x^{2}+2y^2+z^2=z.z+2y.y+3x.x=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=x+2y+z=\dfrac{1}{3}\left [ (3x+2y+z)+(4y+2z) \right ]\leq \dfrac{1}{3}\left ( 4+4+2 \right )=\dfrac{10}{3}$$

Tiếp tục sử dụng công thức khai triển $Abel$ :

$$P=3x^{3}+2y^3+z^3=z^2.z+2y^2.y+3x^2.x=(z-y)z^{2}+(y-x)(z^2+2y^2)+x(z^2+2y^2+3x^2)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+x.\dfrac{10}{3}=\frac{1}{3}x+2y+z=\frac{1}{9}(3x+18y+9z)=\dfrac{1}{9}\left [ (3x+2y+z)+(16y+8z) \right ]\leq \dfrac{1}{9}\left ( 4+16+8 \right )=\dfrac{28}{9}$$

Kết luận : $MaxP=\dfrac{28}{9}\Leftrightarrow x=1/3,y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 30-10-2013 - 20:58

[vutuanhien]

                                                          KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ 

                                                                          Năm học 2013-2014

 

 

 

đề thi HSG.jpg

1.Bài phương trình hàm (k biết đúng k @@)

Cho $x=0$ thì $f(f(y))=(f(y))^2+f(0)$

Cho $x=-f(x)$ thì $f(f(x)-f(y))=(f(x)-f(y))^2+f(0)$ (1)

Từ đề bài, nếu ta cố định $y$, cho $x$ chạy trên tập $\mathbb{R}$ thì ta có $f(x+f(y))-f(-x)=(f(y))^2+2xf(y)$, suy ra với mọi $t\in \mathbb{R}$, luôn tồn tại $x, y$ để $f(x)-f(y)=t$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $f(x)=x^2+f(0)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$

Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy $f(x)=x^2+f(0)$

2. Bài dãy số:

Ta xét dãy

$a_{0}, a_{1}=min(u_1, u_2)$

$a_{n+2}=\frac{1}{5}a_{n+1}^2+\sqrt[3]{a_n}$ (1)

Thế thì dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp dãy $a_{n}$ là dãy đơn điệu tăng, $a_n\leq u_{n}<1$

Do đó theo nguyên lý Weisstrass thì dãy $a_{n}$ tồn tại giới hạn hữu hạn là $a$

Lấy giới hạn cả 2 vế của (1) ta thu được 

$5a=a^2+4\sqrt[3]{a}$

Suy ra $a=1$

Do đó dãy $a_{n}$ có giới hạn là $1$, nên theo nguyên lí kẹp kết hợp với $a_{n}\leq u_{n}< 1$ ta được $\lim u_{n}=1$

Vậy giới hạn của dãy là $1$

P/S:Spam chút=)). Anh Mrnhan có quen anh Vũ Anh không mà lại có tờ đề của anh ấy=))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 31-10-2013 - 19:40

[vutuanhien]

 

Bài cuối : 

Trước hết ta chứng minh $3x^{2}+2y^{2}+z^2\leq \dfrac{10}{3}$

Thật vậy, theo khai triển $Abel$, ta có :

$$3x^{2}+2y^2+z^2=z.z+2y.y+3x.x=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=x+2y+z=\dfrac{1}{3}\left [ (3x+2y+z)+(4y+2z) \right ]\leq \dfrac{1}{3}\left ( 4+4+2 \right )=\dfrac{10}{3}$$

Tiếp tục sử dụng công thức khai triển $Abel$ :

$$P=3x^{3}+2y^3+z^3=z^2.z+2y^2.y+3x^2.x=(z-y)z^{2}+(y-x)(z^2+2y^2)+x(z^2+2y^2+3x^2)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+x.\dfrac{10}{3}=\frac{1}{3}x+2y+z=\frac{1}{9}(3x+18y+9z)=\dfrac{1}{9}\left [ (3x+2y+z)+(16y+8z) \right ]\leq \dfrac{1}{9}\left ( 4+16+8 \right )=\dfrac{28}{9}$$

Kết luận : $MaxP=\dfrac{28}{9}\Leftrightarrow x=1/3,y=z=1$

 

Cách chuẩn đấy Huy ạ=)). Bài này có cách dùng đạo hàm khử từng biến nhưng khá dài 

[haitienbg]

(Bài hình)

Gọi $M, N$ là trung điểm $AD,BC$

Ta có $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{YZ}+\overrightarrow{Y'Z'})$

$\overrightarrow{Y'Z'}=2\overrightarrow{MN}-\overrightarrow{YZ}$

$\overrightarrow{AT}=\overrightarrow{AX}+\overrightarrow{XT}$

Do đó:

$\overrightarrow{Y'Z'}.\overrightarrow{AT}=(2\overrightarrow{MN}-\overrightarrow{YZ}).(\overrightarrow{AX}+\overrightarrow{XT})=\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AX}-\overrightarrow{YZ}.\overrightarrow{XT}$

Với lưu ý là $AX, XT$ tương ứng vuông góc với $YZ,BC$

Để ý một chút xíu ta thấy hai tam giác $XBC,XYZ$ đồng dạng nên

$BC.XA=YZ.XT$, và $(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AX})=(\overrightarrow{A'T},\overrightarrow{A'X})$

Đến đây bài toán chứng minh xong~~

[mathlike8]

Mọi người giải hộ mình bài hệ pt với!!!

[Hoang Tung 126]

Ai làm bài 1 ý 2 đj

[Sagittarius912]

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ
Năm học 2013-2014



đề thi HSG.jpg

Ta sẽ chứng minh $P\le \frac{28}{9}$

• TH1: $x\le \frac{1}{3}$

 ​Khi đó, kết hợp với giả thiết $y \le x \le 1$ ta có

     

$3x^3+2y^3+z^3\le 3.(\frac{1}{3})^3+2.1^3+1.1^3=\frac{28}{9}$ (dpcm)

• TH2: $x \ge \frac{1}{3}$

Vì $0<x \le y \le x $ $\Rightarrow 3x+2y+z\ge 6x$

 

$\Rightarrow \frac{2}{3}>x$

 

Ta có:

$P=3x^3+2y^3+z^3=2(x+y)(x^2-xy+y^2)+(x+z)(x^2-xz+z^2)\le (x^2-xz+z^2)[2(x+y)+y+z]\le 4(x^2-xz+z^2)$

Mặt khác 

$(x-\frac{2}{3})(z-1)\ge 0$

 

$\Rightarrow -xz\le \frac{2}{3}-x-\frac{2z}{3}$ (1)

 

$(x-\frac{1}{3})(x-\frac{2}{3})\le 0$  (2)

 

$(z+\frac{1}{3})(z-1)\le 0$   (3)

Cộng theo vế 3 bđt (1)(2)(3) ta có được 

 

$x^2-xz+z^3\le \frac{7}{9}$

 

$\Rightarrow P\le \frac{28}{9}$

 

Vậy $\max P=\frac{28}{9}$ khi $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

 

[kb1212]

cho tui xin lời giải bài hệ pt với ! hướng giải thôi cũng được

[Primary]

Bài hệ xem ở đây

[haitienbg]

Vào lúc 18 Tháng 12 2013 - 13:09, kb1212 đã nói:

 

 

 

 

 

Cộng cả ba pt được $(x-1)^3+(y-1)^3+(z-1)^3=0$ nên trong ba biến $x,y,z$ có ít nhất một biến lớn hơn hoặc $1$. Không mất tính tq giả sử $x=max{(x,y,z)}$ có $x \geq 1$

Từ pt thứ ba có ngay $z \geq 1$ ( do $x \geq y, x \geq 1$)

Từ pt thứ nhất đc $y^2 \geq 1$

Xét trường hợp $y \leq -1$, từ $(3)$ có $x^3 \geq z^3 \geq 7$

$y \leq -1$ nên từ $(2)$ sẽ có $x \geq z^2+ \frac{2}{3}$

Thế vào $(3)$ thì vô lí

Vậy ....