Chủ đề này có 13 trả lời

[namcpnh]

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

[namcpnh]

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)

 

Cho $(a_n)$ và $(b_n)$ là 2 dãy số thực dương thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}a_0=1,a_1=\frac{1}{2}\\ 2b_{n+1}=2b_n-a_n\\ b_n=\frac{1}{3}+2a_{n+1}\end{matrix}\right.$.

Đặt $c_n=\frac{1}{2^{n+1}}(\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{b_k}{a_k})$ , tính $lim c_n$.

 

Bài 3: (5 điểm)

Gọi B và C lần lượt là hai điểm tùy ý nằm trên các cạnh AP và PD của tam giác nhọn  APD. Gọi Q là giao điểm các đường chéo của tứ  giác ABCD, $H_1,H_2$ lần lượt là trực tâm của tam giác APD và BPC. Gọi X $(X\neq Q)$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABQ và CDQ.  Gọi Y $(Y\neq Q)$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ và ADQ.

 

a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Chứng minh các điểm X, Y, M, N, Q đồng viên.

b. Chứng minh rằng: Nếu $H_1H_2$ đi qua X thì $H_1H_2$ cũng đi qua Y.

 

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. $a_{2014}=4027$

 

 

Các bạn nộp bài vào hộp mail :[email protected] trước 19h ngày mai, 30/7

File gửi kèm

•  DongHanh_GGTH2014_Day1.pdf   200.99K   431 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 30-07-2014 - 17:48

[namcpnh]

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:

$$\left\{\begin{matrix}a_o=0,a_1=1\\ a_{n+2}=2014a_{n+1}-a_n\end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số.

 

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. 

 

File gửi kèm

•  GGTH 2014 Đồng hành GGTH-Đề ngày 2.pdf   106.95K   318 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 31-07-2014 - 11:27

[namcpnh]

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.

[Zaraki]

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. $\blacksquare$

[Chris yang]

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

[thuan192]

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

[thuan192]

[ilovemath98]

 

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 

[Zaraki]

Lời giải của kì thi thử sức này.

 offcial_loi_giai_binh_luan.pdf   134.16K   522 Số lần tải

[hoangtubatu955]

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:

 

$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3}{16}$

 

 

[Trung Gauss]

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

[taideptrai]

bạn 

hoangtubatu955 có lẽ bạn đã nhầm, bất đẳng thức này không thuần nhất nên không thể chuẩn hóa như bạn được

[thukilop]

 

 

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