Đến nội dung


Hình ảnh

Đề kiểm tra Trường thu Toán học Hùng Vương 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 huykinhcan99

huykinhcan99

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 31-08-2016 - 21:52

Thời gian: 8h - 11h ngày 30/8/2016. 

 

Câu 1 (5,0 điểm). Cho $a_1$, $a_2$, $\ldots$ là dãy vô hạn các số thực nhỏ hơn 1 sao cho $a_{n+1}\left(a_n+2\right)=3$ với mọi $n\geqslant 1$. Chứng minh rằng

a) $\dfrac{-7}{2}<a_n<-2, \ \forall n$

b) $a_n=-3, \ \forall n$

 

Câu 2 (5,0 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm $H$. Trung tuyến $AX$ cắt $(BHC)$ tại $P$ nằm giữa $A$ và $X$. $BP$, $CP$ lần lượt cắt $AC$, $AB$ tại $Y$, $Z$. Chứng minh rằng $A$ nằm trên trục đẳng phương của $(XYZ)$ và đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$.

 

Câu 3 (5,0 điểm). Cho bốn số nguyên dương $a$, $b$, $c$, $d$ thoả mãn $d=a^2+b^2+c^2$. Chứng minh rằng tồn tại ba số tự nhiên $x$, $y$, $z$ không đồng thời chia hết cho $3$ mà $d=x^2+y^2+z^2$.

 

Câu 4 (5,0 điểm). Mỗi số nguyên dương được tô bỏi $1$ trong $2016$ màu. Chứng minh rằng tồn tại $4$ số nguyên dương $a$, $b$, $c$, $d$ đôi một phân biệt được tô bỏi cùng một màu và thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

a) $ad=bc$;

b) $\dfrac{b}{a}$ là luỹ thừa đúng của $2$;

b) $\dfrac{c}{a}$ là luỹ thừa đúng của $3$;


$$\text{Vuong Lam Huy}$$

#2 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1573 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Université de Rennes 1
  • Sở thích:Motivic cohomology and the theory of motives

Đã gửi 31-08-2016 - 22:19

Câu 1 : Mình không ghi phần $a,b$ nữa làm một thể nhé . 

Ta có nhận xét :

+ Nếu có một số trong dãy bằng $-3$ thì xong

+ Nếu có một số bằng $0$ thì nó chỉ có thể là $a_{1}=0$ , ta tính thử tính thử vài trường hợp $a_{2}=\frac{3}{2}>1$ nên vô lý , vậy không có số hạng nào trong dãy bằng $0$ .

+ Không có số hạng nào trong dãy bằng $-2$

+ Không tồn tại $n$ để $(a_{n},a_{n+1})$ đồng thời dương . 

+ Nếu có $a_{n} > -2$ thì $a_{n+1}>0$  nhưng khi đó $0<a_{n+1}<1,0<a_{n}+2<3$ nên vô lý , vậy $a_{n}<-2$ 

Nếu $a_{1}>-3$ thì $a_{n}>-3$ với $n$ lẻ và $a_{n}<-3$ với $n$ chẵn , ta xét hàm con $g(x) = \frac{3}{\frac{3}{x+2}+2}= \frac{3(x+2)}{2x+7}$  ( đây là lý do xuất hiện số $\frac{-7}{2}$ ) . Với mọi $x>-3$ hoặc $x<-3$ .

Xét 

$$g(x)-x=\frac{(1-x)(x+3)}{2x+7}$$ 

Như vậy nếu ta chứng minh được $x > \frac{-7}{2}$ thì cả hai dãy này tăng giảm và đơn điệu bị chặn nên hội tụ về $-3$ cái này không thể vì một dãy tăng chặn dưới bởi  $-3$ và một dãy giảm chặn trên $-3$ không thể hội tụ về $-3$ và ta sẽ có đpcm ( trường hợp $a_{1} < -3$ chứng minh tương tự .

$*$ Chứng minh $a_{n} > \frac{-7}{2}$

Nếu $a_{1} < \frac{-7}{2}$ thì do $a_{2}<-2$ nên $a_{2}(a_{1}+1)>3$ vô lý , vậy $x_{1}> \frac{-7}{2}$

Giả sử khẳng định đúng đến $n$ ta có $\frac{-3}{2}<a_{n}+1<-1$ và $a_{n+1}<\frac{-7}{2}$ nhân lại vô lý , vậy ta có đpcm . 

 

Câu 2 :

14164057_887677098043846_1513097201_o.png

Ta gọi $I$ là trung điểm $AH$ , $AH$ giao $BC$ tại $D$ , khi đó ta có một bổ đề quen thuộc là $HP$ vuông góc với $AX$ . Gọi $T$ là trung điểm $AP$ . Ta hiển nhiên có $APYZ$ nội tiếp , theo tính chất đường thẳng gauss ta phải có $YZ$ song $BC$ . Bây giờ có phương tích từ $A$ đến Euler là $AX.AT=AI.AD$ nên chỉ cần chứng minh $T$ thuộc $(XYZ)$ . Gọi $N$ là giao điểm của $YZ$ với $AX$ thì $NX^{2}=NP.NA$ nên chỉ cần có $NA.NP=NT.NX$ nhưng điều này đúng theo hệ thức maclaurin vì hàng $Z(BCXY)=-1$ chiếu lên $AX$ . 

Câu 3 : 

Từ đẳng thức : 

$$a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{1}{9}((2a+2b-c)^{2}+(2b+2c-a)^{2}+(2c+2a-b)^{2})$$ 

Ta xét dãy các bộ số $(a_{n},b_{n},c_{n})$ như sau

$$(a_{0},b_{0},c_{0})=(a,b,c)$$

$$(a_{n},b_{n},c_{n})=\frac{1}{3}(2a_{n-1}+2b_{n-1}-c_{n-1},2b_{n-1}+2c_{n-1}-a_{n-1},2a_{n-1}+2c_{n-1}-b_{n-1})$$

Ta thấy bất biến ở đây là : 

$$a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$$

Ngoài ra dãy này là một dãy các số hữu tỷ mà mẫu có dạng $3^{a}$ với $a$ là số tự nhiên tùy ý , nghĩa là $v_{3}$ ở mẫu có thể tăng tùy ý . 

Quay trở lại bài toán , nếu một trong ba số $a,b,c$ không là bội của $3$ thì ta có ngay đpcm , như thế thì chỉ cần xét trường hợp cả ba số chia hết cho $3$ cũng suy ra $d$ chia hết cho $3$ . 

Nếu trong ba số $v_{3}(a),v_{3}(b),v_{3}(c)$ không bằng nhau , nghĩa là có số nhỏ nhất thì đến lúc nào đó phép biến đổi sẽ triệt tiêu , cụ thể là sau $v_{3}(min)$ phép biến đổi .

Nếu $v_{3}(a)=v_{3}(b)=v_{3}(c)$ thì ta cũng thu được một lúc nào đó cả ba số không chia hết $3$ .

Vậy ta có đpcm . 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 02-09-2016 - 20:48

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#3 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 01-09-2016 - 13:24

Câu 4:

Kí hiệu $S=\left \{ 0;1;...;2017^{2016} \right \}$. Gọi $A_i=\left \{ 2^i3^j\mid j=\overline{0,2016} \right \}$ với mỗi $i\in S$. Gọi $f_n(A_i)$ là màu dùng để tô màu số lớn thứ $n$ trong tập $A_i$ với $n=\overline{1,2017}$, $i=\overline{0,2017^{2016}}$ Xét $g(A_i)=(f_1(A_i);f_2(A_i);...;f_{2017}(A_i))$. Vì có $2017^{2016}+1$ tập $A_i$ nên $\exists i,j\in S,i\neq j: g(A_i)=g(A_j)$. Vì $A_i$ có $2017$ phần từ nên $\exists m,n: 0\leq m<n\leq2016$: $2^{i}3^{m}$ và $2^{i}3^{n}$ tô cùng màu. Lại có $g(A_i)=g(A_j)$ nên $2^j3^m$ và $2^j3^n$ tô cùng màu với $2^i3^m$ và $2^i3^n$. Giả sử $i<j$, chọn $a=2^i3^m$,$b=2^j3^m$,$c=2^i3^n$,$d=2^j3^n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 01-09-2016 - 21:07


#4 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 05-09-2016 - 15:27

Viết một chút về ý tưởng bài tổ hợp của mình:

Ta chuyển bài toán về cấu hình khác như sau: Xét lưới điểm nguyên vô hạn với tung độ và hoành độ là các số nguyên dương. Điểm nguyên có tọa độ $(m,n)$ ta sẽ cho tương ứng với số có dạng $2^m.3^n$. Và điểm nguyên đó ứng với số nào thì sẽ được tô màu theo màu của số đó. Khi đó dễ thấy bài toán được chứng minh nếu ta chọn được $4$ đỉnh là $4$ điểm nguyên được tô cùng màu và là $4$ đỉnh của một hình chữ nhật. 

Đây là bài toán quen thuộc và do có $2016$ màu nên ta cũng có thể giới hạn được số điểm nguyên cần xét (không nhất thiết là vô hạn) 


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh