Đến nội dung

Hình ảnh

Đề chọn đội tuyển Quốc Gia môn Toán


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
TanSan26

TanSan26

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết

Đề chọn đội tuyển Quốc Gia môn Toán

(Nguồn: Anh Trần Quốc Hưng- Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng)

Ngày thi thứ nhất:

Bài toán 1: Bốn số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn: $ab=c^2+4d^2=4$. Chứng minh đẳng thức sau:

$(a-c)^2+(b-d)^2\ge \frac{8}{5}$.

Bài toán 2: Giả sử $(m,n)$ là cặp số nguyên dương lẻ thỏa mãn: $m>n>1$ và $m^2$ chia hết cho $m^2+1-n^2$.

1. Chứng minh rằng, thương $\frac{m^2}{m^2+1-n^2}$ là số chính phương.

2. Tìm cặp số lẻ $(m,n)$ có tính chất trên sao cho $m+n$ có giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 3: Cho $P(n)$ là một đa thức( hệ số thực) của biến tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$P(n)=1^{2003}+2^{2003}+...+n^{2003},\forall n\in N^{*},n\ne 1$.

Chứng minh rằng: đa thức $P(n)$ chia hết cho đa thức $Q(n)=n^2(n+1)^2$

Bài toán 4:  Trong mặt phẳng cho tam giác :$A_0B_0C_0$ và một điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho các đoạn $PA_0,PB_0,PC_0$ tạo với các cạnh của tam giác $A_0B_0C_0$ ba tam giác nhỏ chung đỉnh $P$ mà các góc của mỗi tam giác này ở các đỉnh $P$ đều nhọn. Gọi $A_{i+1},B_{i+1},C_{i+1}$ lần lượt là các điểm đối xứng của $P$ qua các đường thẳng $B_iC_i,C_iA_i$ và $A_iB_i(i=0,1,2)$.

1. Chứng minh rằng:, tam giác: $\triangle A_3B_3C_3\sim \triangle A_0B_0C_0$.

2. Kết luận trên còn đúng nữa không khi $P$ là một điểm bất kì của mặt phẳng?

Ngày thi thứ hai: Cập nhật sau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TanSan26: 04-09-2016 - 17:36

                                                                                                                                                                                                                                                A vẩu


#2
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

 

Bài toán 3: Cho $P(n)$ là một đa thức( hệ số thực) của biến tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$P(n)=1^{2003}+2^{2003}+...+n^{2003},\forall n\in N^{*}$.

Chứng minh rằng: đa thức $P(n)$ chia hết cho đa thức $Q(n)=n^2(n+1)^2$

 

 

Bài 3 có sai gì không bạn

Dễ thấy $P(1) = 1$ không chia hết cho $Q(1) $

$P(2) $ cũng vậy 



#3
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Bài 3.Ta có:

-$P(1)=1$ (1)

-$P(n)-P(n-1)=n^{2003}$ (2)

-Đạo hàm (2): $P'(n)-P'(n-1)=2003n^{2002}$ (3)

Ta dễ có từ (1), (2), (3) $P(0)=P(-1)=0; P'(0)=P'(-1)$ (4)

Lấy $n$ từ $-k$ đến $k$, thay vào (2), cộng lại ta được $P(-k-1)=P(k)$. Đạo hàm: $P'(-k-1)=-P'(k)$ suy ra $P'(-1)=-P'(0)$.

Kết hợp với (4), ta có $P(0)=P(-1)=P'(0)=P'(-1)=0$ hay $P(n)$ có $2$ nghiệm bội là $0$ và $-1$ suy ra $Q(n) \mid P(n)$.

(Q.E.D)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 04-09-2016 - 20:02


#4
Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết

Bài 2:

a)Từ giả thiết $\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương 

 

b) Theo cách chọn trên, thay $k=y^2$ ta thấy bộ $(m,n)=(105,99)$ thỏa mãn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 04-09-2016 - 20:49


#5
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bài 2:

Từ giả thiết $\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương 

$x=4y^3-2y$ 
Ta sẽ tìm $x$ sao cho $x$ nhỏ nhất 
Xét $y=1$ suy ra $x=2$ suy ra $m,n$ ko thỏa 
Tương tự 
$y=3$ thì $x=102$ nên  $m=105,n=99$ thỏa 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 04-09-2016 - 20:57





0 người đang xem chủ đề

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