Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 09-10-2014 - 21:01
Đề thi chọn đội tuyển HSG QG trường THPT chuyên Đại Học Vinh năm học 2014-2015
#1
Đã gửi 09-10-2014 - 21:01
- nntien, Zaraki, ChiLanA0K48 và 5 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 09-10-2014 - 21:30
Spoiler
Câu 1/
Đặt $(x^2+x;x-1)=(a;b)$, PT viết thành: $PT\Leftrightarrow a^2+b^2=(a-b)\sqrt{-ab}\Leftrightarrow (a-b)^2+2ab-(a-b)\sqrt{-ab}=0$
Đặt: $a-b=t>0;\sqrt{-ab}=u\geq 0\rightarrow t^2-2u^2-tu=0\Leftrightarrow (t+u)(t-2u)=0\Leftrightarrow t=2u\Leftrightarrow a-b=2.\sqrt{-ab}\Leftrightarrow a+b=0\Leftrightarrow x^2+2x-1=0\Leftrightarrow x=-1\pm \sqrt{2}$
- Near Ryuzaki, binhnhaukhong, nguyenhongsonk612 và 3 người khác yêu thích
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
#3
Đã gửi 09-10-2014 - 22:23
Câu 2:
Ta có: $u_2=-\frac{1}{3}$, $u_3=\frac{77}{6}>3$
Mặt khác nếu $u_n>3$ => $u^2_n>9>\frac{4n+1}{n}$ => $u_{n+1}>u_n$
Từ đó suy ra $u_4>u_3>3$...
Như vậy từ với $n>2$ dãy $u_n$ tăng.
Dễ thấy $u_n$ không bị chặn trên vì nếu bị chặn trên thì tồn tại giới hạn hữu hạn ta gọi là $L$.
Khi đó: $L=2L-\frac{4}{L}$ => $L=2 <3$ vô lý
Vậy $lim(u_n)=+\infty$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 09-10-2014 - 22:25
- chardhdmovies yêu thích
$Maths$, $Smart Home$ and $Penjing$
123 Phạm Thị Ngư
#4
Đã gửi 11-10-2014 - 14:05
#5
Đã gửi 13-10-2014 - 10:40
bài tổ hợp ngày 1 dùng công thức tính tổng 1+2+...+n suy ra không tồn tại N
#6
Đã gửi 14-10-2014 - 16:17
Đề ngày 2
Câu 5:
Xét 2 TH
TH1:$1\geq a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow A\leq 0$
TH2:$1\geq a\geq c\geq b\geq 0$
$f(a,0,c)-f(a,b,c)=ac(a-c)(a+c)-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=(a-c)b(a^{2}+c^{2}+ac-b^{2})\geq 0$
$\Rightarrow A\leq ac(a-c)(a+c)$
Xét $f(a)=ac(a^{2}-c^{2})=a^{3}c-ac^{3}$ với $1\geq a\geq c$
$f(a)'=3a^{2}c-c^{3}=c(3a^{2}-c^{2})\geq 0$$\Rightarrow f(a)$ đồng biến trên $\left [ 0;1 \right ]$
$\Rightarrow f(a)\leq f(1)=c-c^{3}$
Xét $f(c)=c-c^{3}$ với $1\geq c\geq 0$
$f(c)'=1-3c^{2}=0\Leftrightarrow c=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow f(c)\leq f(\frac{1}{\sqrt{3}})=\frac{2\sqrt{3}}{9}$
Dấu = xảy ra khi $a=1;b=0;c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luuvanthai: 14-10-2014 - 16:20
- LNH, canhhoang30011999, Phuong Thu Quoc và 2 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 15-10-2014 - 05:26
Bài 6. Cho $p$ là số nguyên tố thoả mãn $5^{(p-1)^2}-1$ không chia hết cho $p$. Tìm cặp số nguyên dương $(x,y)$ thoả mãn $p^x+5=y^p$.
Lời giải. Nếu $p=5$ thì $5^x+5=y^5$, ta suy ra $5|y$ nên $5^5|y^5$, mà $5^5 \nmid 5^x+5$, mâu thuẫn. Vậy $p \ne 5$.
Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra $p \parallel 5^{p-1}-1$.
Dễ thấy rằng $p$ lẻ. Ta có $y^p \equiv y \equiv 5 \pmod{p}$. Đặt $y=pk+5$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $$y^p-5= (pk+5)^{p}-5= (pk)^p+p \cdot (pk)^{p-1} \cdot 5+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}+5 \left( 5^{p-1}-1 \right).$$
Để ý rằng $p^2| (pk)^p+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}$ nhưng $p \parallel 5 \left( 5^{p-1}-1 \right)$ nên ta suy ra $p \parallel (pk+5)^p-5=y^p-5$. Do vậy $x=1$. Ta có $p+5=y^p$. Nhận thấy $y \ge 2$.
Với $y \ge 3$ thì chứng minh theo quy nạp $y^p \ge 3^p>p+5$ với mọi $p \ge 3$.
Với $y=2$ thì $p+5=2^p$ suy ra $3|p$, dẫn đến $p=3$. Thử lại thấy thoả mãn.
Vậy $\boxed{(x,y)=(1,3)}$.
- LNH, luuvanthai, Juliel và 5 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#8
Đã gửi 15-10-2014 - 20:36
Có một lời giải khác cho bài số học ngày 2 như sau :
Theo định lí Euler thì :
$$5^{\varphi (p^2)}=5^{p^2-p}\equiv 1\;\pmod p\Rightarrow 5^{(p-1)^2+(p-1)}\equiv 1\;\pmod p$$
Kết hợp với giả thiết đã cho ta được $5^{p-1}\not\equiv 1\;\pmod {p^2}$. Nếu $x>1$ thì từ phương trình ta suy ra :
$$5\equiv y^p\;\pmod {p^2}\Rightarrow y^{p(p-1)}\equiv 5^{p-1}\not\equiv 1\;\pmod {p^2}$$
Điều này mâu thuẫn với định lí Euler. Từ đó $x=1$. Sau đó làm tiếp giống Toàn.
- Zaraki, mnguyen99 và chardhdmovies thích
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#9
Đã gửi 09-07-2015 - 15:54
Lời giải bài hình ngày 2:
a/ Gọi $I'$ là giao điểm $PE$ và $QF$, $I$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $PQ$
Theo đường thẳng Gauss thì $N,I,O$ thẳng hàng
Mà $MI\perp BD,OI\perp BD$ nên $M,O,I$ thẳng hàng.
Từ đó $M,I,O,N$ thẳng hàng.
Tứ giác $BDQP$ là tứ giác nội tiếp
Suy ra $(DP,DQ)=(BD,BQ)$ mà $(BD,BQ)=(HD,HK)$
Từ đó $HK\parallel PQ\Rightarrow EF\parallel PQ$
Nên $M,N,I'$ thẳng hàng
$\Rightarrow I\equiv I'.$
Ta có điều phải chứng minh
b/ Gọi $Y$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $AY\perp BD$ . Kẻ $IS\perp AC.$
Tam giác $PAQ$ có $A$ là trực tâm.
$\Rightarrow AC\perp PQ\Rightarrow AC\perp EF$
Do $M$ là trung điểm $EF$
$\Rightarrow I(SMEF)=-1$
Ta có $IE,IF,IS,IM$ lần lượt vuông góc với $CJ,CI,CA,CY$
suy ra $C(AIJY)=-1$
Từ đó tứ giác $AIYJ$ là tứ giác điều hòa
Nên $A,X,Y$ thẳng hàng.
Vậy $AX\perp BD.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 09-07-2015 - 15:55
- Zaraki, canhhoang30011999 và Zz Isaac Newton Zz thích
#10
Đã gửi 18-01-2016 - 17:10
File gửi kèm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trankhanhletruc: 18-01-2016 - 17:12
#11
Đã gửi 02-07-2021 - 22:43
HayBài 6. Cho $p$ là số nguyên tố thoả mãn $5^{(p-1)^2}-1$ không chia hết cho $p$. Tìm cặp số nguyên dương $(x,y)$ thoả mãn $p^x+5=y^p$.
Lời giải. Nếu $p=5$ thì $5^x+5=y^5$, ta suy ra $5|y$ nên $5^5|y^5$, mà $5^5 \nmid 5^x+5$, mâu thuẫn. Vậy $p \ne 5$.
Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra $p \parallel 5^{p-1}-1$.
Dễ thấy rằng $p$ lẻ. Ta có $y^p \equiv y \equiv 5 \pmod{p}$. Đặt $y=pk+5$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $$y^p-5= (pk+5)^{p}-5= (pk)^p+p \cdot (pk)^{p-1} \cdot 5+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}+5 \left( 5^{p-1}-1 \right).$$
Để ý rằng $p^2| (pk)^p+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}$ nhưng $p \parallel 5 \left( 5^{p-1}-1 \right)$ nên ta suy ra $p \parallel (pk+5)^p-5=y^p-5$. Do vậy $x=1$. Ta có $p+5=y^p$. Nhận thấy $y \ge 2$.
Với $y \ge 3$ thì chứng minh theo quy nạp $y^p \ge 3^p>p+5$ với mọi $p \ge 3$.
Với $y=2$ thì $p+5=2^p$ suy ra $3|p$, dẫn đến $p=3$. Thử lại thấy thoả mãn.
Vậy $\boxed{(x,y)=(1,3)}$.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh