Đây là topic đăng đề Đồng hành cùng Gặp gỡ Toán học. Thông tin các bạn xem tại đây .
Topic sẽ được mở ra vào 19h ngày mai, hy vọng các bạn sẽ hào hứng tham gia .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 29-07-2014 - 19:22
Đây là topic đăng đề Đồng hành cùng Gặp gỡ Toán học. Thông tin các bạn xem tại đây .
Topic sẽ được mở ra vào 19h ngày mai, hy vọng các bạn sẽ hào hứng tham gia .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 29-07-2014 - 19:22
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
ĐỒNG HÀNH CÙNG GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
ĐỀ THỬ SỨC ( NGÀY 1 )
Thời gian: 180 phút.
Bài 1: (5 điểm )
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a+b+c$. Chứng ming rằng:
$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3}{16}$
Bài 2: (5 điểm)
Các bạn nộp bài vào hộp mail :[email protected] trước 19h ngày mai, 30/7
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 30-07-2014 - 17:48
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
ĐỒNG HÀNH CÙNG GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
ĐỀ THỬ SỨC ( NGÀY 2 )
Thời gian: 180 phút.
Bài 1 ( 6 điểm ): Cho $n$ là số tự nhiên, dãy $a_n$ được xác đi như như sau:
Chứng minh rằng với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số.
Bài 2 (7 điểm ) : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn các điều kiện sau:
(a) Tồn tại $M>0$ để với mọi $X>y>M$ thì $f(x)>f(y)$
(b) Với mọi số thực dương $x,y$ ta luôn có:
$$f(x)f(y)=f(xy)+f(\frac{x}{y})$$
Bài 3 (7 điểm ): Cho $\omega $ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng d song song với BC và cắt AB, AC lần lượt tại E , F , cắt $\omega $ tại U và V. Trung điểm của BC là M , gọi $\omega '$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác U MV. Giả sử bán kính của $\omega $ và $\omega '$ bằng nhau, hai điểm T, S lần lượt là giao điểm của M E và F T với $\omega '$.
Chứng minh rằng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MCS.
--Hết--
Các bạn nộp bài vào hộp mail: [email protected] trước 19h ngày mai, 31/07.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 31-07-2014 - 11:27
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Chủ đề đã được mở, các mem vào làm bài và mở rộng nếu có thể. Dự kiến ngày mai, 2/8 sẽ có bài giải cụ thể.
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Mở màn
Bài 6. Ta sẽ chứng minh quy nạp rằng với mọi $k \ge 1, k \in \mathbb{N}$ thì $a_{2k+1}=a_{k+1}^2-a_k^2$ và $a_{2k}= a_k(a_{k+1}-a_{k-1})$.
Ta tính được $a_2=2014a_1-a_0=2014=a_1(a_2-a_0), a_3=2014a_2-a_1=2014^2-1=a_2^2-a_1^2$ và $a_4=2014a_3-a_2=2014(2014^2-2)=a_2(a_3-a_1)$. Như vậy với các giá trị $k=1$ thì nhận xét đúng.
Gỉa sử nhận xét đúng đến $k=n \; (n \ge 2)$, ta có $a_{2n}=a_{n}(a_{n+1}-a_{n-1})$ và $a_{2n+1}=a_{n+1}^2-a_n^2$. Ta cần chứng minh nhận xét cũng đúng với $k=n+1$, thật vậy, ta có $$\begin{aligned} a_{2(n+1)}=a_{2n+2} & = 2014a_{2n+1}-a_{2n} \\ & = 2014(a_{n+1}^2-a_n^2)-a_n(a_{n+1}-a_{n-1}) \\ & = a_na_{n-1}+2014(a_{n+1}^2-a_n^2)-a_na_{n+1}. \end{aligned}$$
Theo cách xác định dãy thì $a_{n+1}=2014a_n-a_{n-1}$ nên $a_{n-1}=2014a_n-a_{n+1}$. Do đó $$\begin{aligned} a_{2n+2} & = a_n(2014a_n-a_{n+1})+2014(a_{n+1}^2-a_n^2)-a_na_{n+1} \\ & = 2014a_{n+1}^2-a_na_{n+1}-a_na_{n+1} \\ & = a_{n+1}(2014a_{n+1}-a_n-a_{n})=a_{n+1}(a_{n+2}-a_{n}). \end{aligned}$$
Theo cách xác định dãy, ta có $2014a_{n+1}-a_n=a_{n+2}$, kết hợp với giả thiết quy nạp thì $$\begin{aligned} a_{2n+3}& =2014a_{2n+2}-a_{2n+1} \\ & = 2014a_{n+1}(a_{n+2}-a_{n})-(a_{n+1}^2-a_n^2) \\ & = 2014a_{n+1}a_{n+2}-a_n(2014a_{n+1}-a_n)-a_{n+1}^2. \\ & = 2014a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+2}-a_{n+1}^2 \\ & = a_{n+2}(2014a_{n+1}-a_n)-a_{n+1}^2=a_{n+2}^2-a_{n+1}^2. \end{aligned}$$
Vậy nhận xét cũng đúng với $k=n+1$. Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra $$\begin{cases} a_{2k} =a_k(a_{k+1}-a_{k-1}), \; \forall k \in \mathbb{N}, k \ge 1 \\ a_{2k+1}=a_{k+1}^2-a_k^2=(a_{k+1}-a_k)(a_{k+1}+a_k), \; \forall k \in \mathbb{N}, k \ge 1. \end{cases}$$
Với mọi $i \ge 1$ thì ta luôn có $a_{i+1}>a_i+2$, ta dễ dàng chứng minh điều này bằng quy nạp theo $i$. Như vậy thì $a_{k+1}+a_k > a_{k+1}-a_k >2$ với mọi $k \ge 1$. Điều này nghĩa là $a_{2k+1}$ được viết dưới dạng tích hai số nguyên dương lớn hơn $2$. Do đó $a_{2k+1}$ là hợp số.
Với $a_{2k}$, dễ thấy rằng $k=1$ thì $a_2=2014=2 \cdot 1007$ là hợp số. Với $k \ge 2$ thì ta có $a_{k+1}-a_{k-1}=(a_{k+1}-a_k)+(a_k-a_{k-1})>4$ và $a_k>a_{k-1}+2>2$ nên $a_{2k}$ cũng viết được dưới dạng hai số nguyên dương lớn hơn $2$. Vậy $a_{2k}$ cũng là hợp số.
Như vậy, với mọi $n \ge 2, a_n$ là hợp số. $\blacksquare$
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 1 ngày 1:
Từ giả thiết $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a+b+c\Rightarrow ab+bc+ac\leq abc(a+b+c)$
Mà $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}\rightarrow ab+bc+ac\geq 3$ $(1)$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
$\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq\sum \frac{1}{4(a+b)(a+c)}=\frac{3(a+b+c)}{6(a+b)(b+c)(c+a)}$
$\leq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{6(a+b)(b+c)(c+a)}$ (do $(1)$)
Áp dụng bất đẳng thức phụ là $(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq \frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)$
Suy ra $\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \frac{9}{8.6}=\frac{3}{16}$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngocanh99: 01-08-2014 - 11:00
ĐỒNG HÀNH CÙNG GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
ĐỀ THỬ SỨC ( NGÀY 1 )
Thời gian: 180 phút.
Bài 1: (5 điểm )
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a+b+c$. Chứng ming rằng:
$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3}{16}$
Cách khác cho bài này:
Ta có: $\left ( a+b+c \right )\sum \frac{1}{\left ( 2a+b+c \right )^{2}}\leqslant \frac{3}{16}\sum \frac{1}{a}\Leftrightarrow \sum \frac{a+b+c}{8a\left ( b+c \right )}\leq \frac{3}{16}\sum \frac{1}{a}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{2}{b+c}\leq \sum \frac{1}{a}$
Điều này đúng theo CBS
Bài 4: (5 điểm)Trên một bảng đen, ban đầu người ta viết 2015 số tự nhiên phân biệt $0=a_0<a_1<a_2<...<a_{2014}$. Sau đó, người ta viết tiếp lên bảng tất cả những số tự nhiên $n$ thỏa mãn: $n$ có thể viết được dưới dạng tổng của $2$ số trong $2015$ số ban đầu (2 số này không nhất thiết phải phân biệt).Hỏi sau khi viết xong, trên bảng sẽ có ít nhất bao nhiêu số tự nhiên phân biệt, nếu:a. $a_{2014}=4028$b. $a_{2014}=4027$
a) Xét $A=\left\{ {{a}_{0}},{{a}_{1}},...,{{a}_{2014}} \right\}$ . Ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của $\left| A+A \right|$
Ta có: $2{{a}_{0}}<{{a}_{0}}+{{a}_{1}}<{{a}_{0}}+{{a}_{2} }<...<{{a}_{0}}+{{a}_{2014}}<{{a}_{1}}+{{a}_{2014} }<...<2{{a}_{2014}}$
Suy ra $\left| A+A \right|\ge 4029$
Ta sẽ chứng mình tồn tại $\left| A+A \right|\ge 4029$.
Đặt ${{a}_{i}}=2i,\forall i=\overline{1,n}$ , ta có:
$A=\left\{ 0,2,...,4028 \right\}$ và $A+A=\left\{ 0,2,...,4028,4030,...,8056 \right\}\Rightarrow \left| A+A \right|=4029$
Vậy GTNN của $n$ là 4029
b)Định lý Cauchy-Davenport:
Nếu A là tập hợp các số mà không có số nào đồng dư với nhau modun p. Tương tự là tập B. Khi đó tập \[A+B\] chứa ít nhất $\min \left\{ \left| A \right|+\left| B \right|-1,p \right\}$ phần tử đôi một không đồng dư với nhau mod p.
Xét $A'=A\backslash \left\{ {{a}_{2014}} \right\}$
Ta có $A'$ là tập hợp các số mà không có số nào đồng dư mod 4027. Theo định lí Cauchy-Davenport, ta có $\left| A'+A' \right|$ phủ hết hệ thặng dư đầy đủ mod 4027$\Rightarrow \left| A'+A' \right|\ge 4027$
Xét tập $B={{a}_{2014}}+A$
Giả sử có $t$ bộ $i,j,k<2014$ sao cho ${{a}_{i}}+{{a}_{j}}={{a}_{2014}}+{{a}_{k}}$
Khi đó ${{a}_{0}}+{{a}_{k}}\equiv {{a}_{i}}+{{a}_{j}}\left( \bmod 4027 \right)$ và ${{a}_{0}}+{{a}_{k}}<{{a}_{i}}+{{a}_{j}}$ nên $\left| A'+A' \right|\ge 4027+t$ (vì các số ${{a}_{i}}+{{a}_{j}}$ và ${{a}_{0}}+{{a}_{j}}$ được tính là trùng nhau theo modun 4027 mặc dù chúng phân biệt)
$\left| A+A \right|=\left| A'+A' \right|+\left| B \right|-\left| \left( A'+A' \right)\cap B \right|\ge 4027+t+2015-t=6042$
Ta chứng mình tồn tại tập $A$ thỏa mãn yêu cầu đề bài
Xét $A=\left\{ 0,2,4,...,4026,4027 \right\}$
Khi đó $A+A=\left\{ 0,2,...,8052,4027,4029,...,8053,8054 \right\}$ $\Rightarrow \left| A+A \right|=6042$
Vậy GTNN của $n$ là 6042
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Ngoài ra, câu 1 có thể làm như sau bằng tư tưởng đồng bậc hóa.
Ta sẽ chứg minh bất đẳng thức mạnh hơn đó là:
$(a+b+c)(\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2}) \leq \frac{3}{16}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Chuẩn hóa $a+b+c=3$, Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum( \frac{16}{(a+3)^2}-\frac{1}{a} ) \le 0$
Mặt khác, bằng biến đổi tương đương ta chứng minh được:
$\frac{16}{(x+3)^2}-\frac{1}{x} \le \frac{1}{2}a-\frac{1}{2}$
Thực hiện tương tự cho 2 biến $b,c$ cộng lại ta có $Q.E.D$
ĐỒNG HÀNH CÙNG GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
ĐỀ THỬ SỨC ( NGÀY 1 )
Thời gian: 180 phút.
Bài 1: (5 điểm )
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a+b+c$. Chứng ming rằng:
$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3}{16}$
câu 1 hình như là đề IMO Sholist 2009
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 18-08-2014 - 22:20
bạn
hoangtubatu955 có lẽ bạn đã nhầm, bất đẳng thức này không thuần nhất nên không thể chuẩn hóa như bạn đượcNothing is impossible
Bài 1 ( 6 điểm ): Cho $n$ là số tự nhiên, dãy $a_n$ được xác đi như như sau:
$$\left\{\begin{matrix}a_o=0,a_1=1\\ a_{n+2}=2014a_{n+1}-a_n\end{matrix}\right.$$Chứng minh rằng với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số.
Dễ thấy $a_n\geq 2014$. Ta chứng minh 2 nhận xét sau
*NX1: mọi số hạng $a_{2k} $ đều chẵn
*NX2: Mọi số hạng $a_{2k+1}$ đều chia hết cho 3
+ Chứng minh NX1: từ CTTH thì $a_{n+2}$ và $a_n$ cùng tính chẵn lẻ. Do $a_2=2014$ nên mọi số hạng có chỉ số chẵn của dãy đều chẵn
+ Chứng minh NX2: Xét dãy $(b_n)$ xác định như sau: $b_0=0,b_1=1, b_{n+2}=b_{n+1}+2b_{n}$ => CTTQ của dãy ($b_n$) là:
$b_n=\frac{2^n+(-1)^{n+1}}{3}$
Dễ thấy $a_n\equiv b_n \equiv \frac{2^n+(-1)^{n+1}}{3}.$ (mod 3) Suy ra: $a_{2k+1} \equiv \frac{2^{2k+1}+1}{3} \equiv 0.$ (mod 3) (nx2 đc chứng minh)
Kết hợp cả 2 nx => dpcm
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh