Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Vũng Tàu năm 2016-2017

vungtautst

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 04-10-2016 - 13:53

Lười gõ, gửi ảnh, anh em tham khảo :D

Nguồn: Phạm Hồng Nhung, c LQĐ VT

 

NbaaffK.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 27-10-2016 - 20:24

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


#2 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 04-10-2016 - 17:29

Bài 4: 

2.      $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$             (1)        

P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)

Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.

$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$

$P(1,-1) \Rightarrow f(1-f(1))=f(1)-1$

$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$

$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$

$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$    (2)

Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:

$f(y+f(x))=f(y)+x$               (3)

Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$

Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$        (4)

$P(f(x),y)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$      (5)

Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 05-10-2016 - 11:47

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#3 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 04-10-2016 - 18:10

Bài 4: 

2.      $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$             (1)        

P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)

Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.

$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$

$P(1,-1) \Rightarrow f(1-f(1))=f(1)-1$

$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$

$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$

$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$    (2)

Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:

$f(y+f(x))=f(y)+x$               (3)

Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$

Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$        (4)

$P(f(x),y)$ $x+yf(x)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$      (5)

Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$. 

 

Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 04-10-2016 - 18:14


#4 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 04-10-2016 - 18:24

Bài 4a:

 

Vế phải của phương trình ban đầu là một hàm bậc nhất theo $y$ nên $f$ là toàn ánh.

 

Lại thay $x$ bởi $f(x)$ vào phương trình ban đầu, dễ chứng minh được $f$ là đơn ánh, hay $f$ là song ánh.

 

Do đó $\exists! a$ sao cho $f(a)=0$. Thay $y$ bởi $a$ vào phương trình ban đầu, ta có $f(x)=a-2017f(x)$ hay $f(x)=c$ ($c$ là hằng số thực).

 

Thử lại ta thấy không thoả mãn, vậy không tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 04-10-2016 - 18:26


#5 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 04-10-2016 - 18:31

Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.

Thay $y=0$ ta thấy $f(0)=0$.

Giả sử tồn tại a khác 0 thỏa mãn $f(a)=0$.

.....

Thế đã được chưa em??


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#6 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 04-10-2016 - 18:39

Bài 1a:

 

Với $x,y,z$ là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

 

$\sum \frac{1}{(2x+y+z)^2}=\sum \frac{1}{((x+y)+(x+z))^2}\leq \sum \frac{1}{4(x+y)(x+z)}$

 

Do đó ta cần chứng minh rằng $\sum \frac{1}{4(x+y)(x+z)}\leq \frac{3}{16}$ hay $\frac{8}{3}(x+y+z)\leq (x+y)(y+z)(z+x)$

 

Theo một kết quả quen thuộc và AM-GM, $(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=\frac{8}{3}(x+y+z)$.

 

Từ đó ta có điều phải chứng minh.



#7 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2016 - 19:32

Cho $x,y,z$ không âm và thỏa $x^2+y^2+z^2=1 $

Chứng minh rằng $(x^2y+y^2z+z^2x)(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}) \leq \frac{3}{2}$ 

Bài làm

Ta có $(x^2y+y^2z+z^2x )^2 \leq (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)(x^2+y^2+z^2) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $

Do đó, ta đặt $a=x^2, b=y^2, c=z^2 $ với $a+b+c=1 $

BĐT cần chứng minh sẽ có dạng 

$\sqrt{ab+bc+ca} (\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}+\frac{1}{\sqrt{c+1}} ) \leq \frac{3}{2} $ 

Bình phương 2 vế và sử dụng bđt AM-GM, ta cần chứng minh 

$(ab+bc+ca)(\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} )\leq \frac{3}{4} $

Quy $PQR$, ta cần chứng minh 

$q. \frac{q+2p+3}{1+p+q+r} \leq \frac{3}{4} $

Hay là $r \geq \frac{4q^2+17q-6}{3} $ 

Mặt khác ,ta có bđt Schur bậc 3: $p^3-4pq+9r \geq 0 <=> r \geq \frac{4q-1}{9} $ 

Do đó, ta chỉ cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{4q-1}{9} \geq \frac{4q^2+17q-6}{9} <=> (3q-1)(4q+17) \leq 0 $ 

Mà này hiển nhiên đúng theo AM-GM thì $ 0 <q \leq \frac{1}{3} $

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 04-10-2016 - 19:32


#8 phamngochung9a

phamngochung9a

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THPT
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\text{Planet Vegeta}$
  • Sở thích:${\color{Cyan}{\boxed{{\color{Yellow}{\boxed{{\color{blue}
    \bigstar}}\boxed{\color{red}{\text{Dragon ball}}}\boxed{{\color{Green}\bigstar}}}}}}}$

Đã gửi 04-10-2016 - 19:50

Cách khác cho Bài 1. 2) 

 

Ta có:

 

$x+y+z=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x \right )$

 

Do đó:

$VT\leq \frac{x+y+z}{3}\left ( \sum \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} \right )$

 

Bằng phương pháp tiếp tuyến dễ dàng chỉ ra $\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq -\frac{3}{8}a+\frac{5\sqrt{3}}{8}$    $\forall a\in \left [ 0;1 \right ]$

 

Vậy:

$VT\leq \frac{x+y+z}{3}.\left [-\frac{3}{8}\left ( x+y+z \right )+\frac{15\sqrt{3}}{8} \right ]\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z \right )^{2}+\frac{5\sqrt{3}}{8}\left ( x+y+z \right )\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z-4\sqrt{3} \right )\left ( x+y+z-\sqrt{3} \right )+\frac{3}{2}$

 

Vì $x+y+z\leq \sqrt{3}$ nên

 

$VT\leq \frac{3}{2}=VP\rightarrow Q.E.D$

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 04-10-2016 - 19:52


#9 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2016 - 20:04

Cho mình hỏi là ở câu dãy 2b, $k$ cố định à. Đề mờ quá không thấy



#10 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2016 - 20:10

Bài 4a:

 

Vế phải của phương trình ban đầu là một hàm bậc nhất theo $y$ nên $f$ là toàn ánh.

 

Lại thay $x$ bởi $f(x)$ vào phương trình ban đầu, dễ chứng minh được $f$ là đơn ánh, hay $f$ là song ánh.

 

Do đó $\exists! a$ sao cho $f(a)=0$. Thay $y$ bởi $a$ vào phương trình ban đầu, ta có $f(x)=a-2017f(x)$ hay $f(x)=c$ ($c$ là hằng số thực).

 

Thử lại ta thấy không thoả mãn, vậy không tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài.

Không làm vậy được nhé bạn

$f(x-2016f(y)) = y-2017f(x) $

Chỉ suy ra đc $f(u) -2017f(v) $ toàn ánh thôi 

Bài này ta làm như sau

Thay $x=2016f(y) => f(0) = y -2017f(2016f(y)) $

Từ đây suy ra $f$ là song ánh 

Do đó tồn tại $a: f(a)=0 $

Thay $y=a => f(x)  = a - 2017f(x) => f(x) =c $

Thử lại thấy không thỏa

Do đó không tồn tại hàm thỏa bài toán



#11 The God of Math

The God of Math

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Friends and Mathematics

Đã gửi 04-10-2016 - 21:15

Câu 1a thực chất chỉ là mở rộng của đề Thanh Hóa TST 2016-2017 :)



#12 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 04-10-2016 - 21:54

Câu 5: b) Rõ ràng nếu gọi $A$ là tập các đoạn thẳng thỏa mãn đề bài và số phần tử của $A$ nhỏ nhất. Gọi $X$ là tập hợp tất cả các đoạn thẳng tạo từ $2$ trong số $42$ điểm trên. Khi đó $B=X \setminus A$ là một tập con của tập $X$ và nó không chứa bất cứ một tam giác nào

Do đó $|B| \leq \lfloor\dfrac{42^2}{4}\rfloor=441$ ( Theo định lý $Turan$)

Từ đó $|A| \geq \dfrac{42 \cdot 41}{2}-441=420$


"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


#13 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 04-10-2016 - 22:14

câu hình 

a) dùng phương tích 

b)EP cắt QF tại U , PF cắt EQ taị V AN cắt BM tại T  $\Rightarrow$ UV là đường đối cực của T đối với (EFPQ).

(ADN) cắt (BDM) tại K $\Rightarrow$ T là trực tâm của KAB $\Rightarrow$ TD vuông góc AB .

từ đây được (ATEF)=(BTPQ)=-1 (1) $\Rightarrow$ A B thuộc đường đối cực của T đối với (EFPQ).

$\Rightarrow$ ABUV thẳng hàng

 (1) $\Rightarrow$ AB PE QF đồng qui tại U .

AQ cắt BF tại H áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AQE BPF được H V T thẳng hàng 

Có (UVAB)=-1 đặt AP căt BE tại Z $\Rightarrow$ TZV thẳng hàng 

$\Rightarrow$ TZVH thẳng hàng  áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AEY BPX  $\Rightarrow$ AB PE XY đồng qui

 $\Rightarrow$ đpcm



#14 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-10-2016 - 08:56

Bài 2:

a. Dùng quy nạp để chứng minh, câu này thì dễ rồi.

b. Xét hiệu $nx_n-\left ( n+1 \right )x_{n+1}=nx_n-\frac{n\left ( n+1 \right )x^2_n}{1+\left ( n+1 \right )x_n}=\frac{nx_n}{1+\left ( n+1 \right )x_n}$

$\Rightarrow y_n=x_1-\left ( n+1 \right )x_{n+1}$

Theo câu a thì $lim\left ( n+1 \right )x_{n+1}=0\Rightarrow limy_n=x_1=\frac{1}{2}$



#15 quangkhaiolympic

quangkhaiolympic

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 12-10-2016 - 10:27

câu này k là hằng số cố định nên phải đánh giá như sau thì mới hoàn tất

   do n chạy vô cùng nên đến lúc nào đó k<n . Vì vậy

           Yn>1/2 và Yn<vế đánh giá trên (xin lỗi mình ko bik gõ Latex) do đó theo NLK lim yn=1/2 :D  :D






0 người đang xem chủ đề

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