Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

(Khóa ngày 19 - 10 - 2017)

 

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

 

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f\left(f\left(x-y\right)\right)=f\left(x\right)-f\left(y\right)+f\left(x\right)f\left(y\right)-xy, \;\;\forall x,y\in\mathbb{R}$$

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp $(O)$. Một điểm $D$ bất kỳ trên cung nhỏ $AB$ của $(O)$ sao cho $D$ khác $A$ và $B$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $DI$ cắt $AB, AC$ tương ứng tại $E, F$. Gọi $M$ là giao điểm của $BF$ và $CI$. Gọi $N$ là giao điểm của $CE$ và $BI$. Gọi $P$ là trung điểm của $BM$. $AO$ cắt $CP$ tại $K$.

Chứng minh rằng $BK$ chia đôi $CN$

 

Bài 4. Ở mỗi ô vuông con của hình vuông $17 \times 17$, ta ghi một số nguyên từ $1$ đến $17$ sao cho mỗi số từ $1$ đến $17$ được ghi đúng $17$ lần. Chứng minh rằng tồn tại một hàng hoặc một cột chứa $5$ số khác nhau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 21-10-2017 - 19:15

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#2
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Bài 3 :

Ta có $EF,AB,AC$ là các tiếp tuyến của $(ICB)$ nên $BM,CN$ là các đường đối trung tam giác $IBC$

 Gọi $Q,X,Y$ là trung điểm của $CN,IB,IC$ . $CX,BY$ cắt $(IBC)$ tại $Z,T$ . ta có $\widehat{TZX}=\widehat{TBC}=\widehat{XYB}$ nên $XYZT$ nội tiếp , nên $\widehat{XZY}=\widehat{XTY}$

Mặt khác ta có $\Delta CBN\sim \Delta CZI=>\Delta CBQ\sim \Delta CZY=>\widehat{CBQ}=\widehat{CZY}=\widehat{XTB}=\widehat{PCB}$ (Do chứng minh tương tự với $P$ ) nên $CP,BQ$ cắt nhau tại $K$ trên trung trực $BC$

aq.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 22-10-2017 - 07:24

~O)  ~O)  ~O)


#3
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 2. Đặt $a=f(0)$

Thay $y=0, x=x-y$ ta suy ra $f(x)-f(y)+f(x)f(y)-xy = f(f(x-y)) = (a+1)f(x-y)-a$

Thay $x=0, y=x-y$ ta suy ra $f(y)-f(x)+f(x)f(y)-xy = f(f(y-x)) = (a-1)f(x-y)+a$

Do đó $f(x-y)=f(x)-f(y)+f(0)$ nên $(a+1)f(x-y)=f(x)-f(y)+a+f(x)f(y)-xy=f(x-y)+f(x)f(y)-xy$ nên $af(x-y)=f(x)f(y)-xy$

Đảo vai trò $x$ và $y$ ta suy ra $af(x-y)=af(y-x)$ nên $a=0$ hoặc $f(x)$ chẵn.

Xét $a=0$ thì $f(x)f(y)=xy$ và $f\equiv c$ không là nghiệm nên $f(x)\equiv kx\Rightarrow f(x)\equiv x$

Xét $f(x)$ chẵn thì $f(f(x))=f(f(-x))$ nên $f(x)=a$ không thỏa.

Do đó $f(x)\equiv x$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#4
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 4: Bài toán tổng quát: Ở mỗi ô vuông con của một hình vuông $m \times m$, ta ghi một số nguyên từ $1$ đến $m$ sao cho mỗi số từ $1$ đến $m$ được ghi đúng $m$ lần. Chứng minh tồn tại một hàng hoặc một cột chứa $n+1$ số khác nhau với $m,n$ là các số nguyên thỏa mãn $n^2<m$

Ta quy ước điểm của một hàng (hoặc cột) sẽ bằng với số các số nguyên khác nhau mà hàng (hoặc cột) đó chứa. Điểm của một số bằng tổng số hàng và cột chứa số đó. Nhận thấy tổng điểm của các hàng và cột bằng tổng điểm của các số.

Giả sử không tồn tại hàng hoặc cột nào chứa $n+1$ số khác nhau. Do đó tổng điểm của các hàng và các cột không vượt quá $2mn$ điểm.$\left ( 1 \right )$

Xét một số bất kỳ xuất hiện trong $t$ cột, theo nguyên lý Dirichlet, sẽ tồn tại một cột chứa không ít hơn $\frac{m}{t}$ lần số này hay có thể nói có không ít hơn $\frac{m}{t}$ hàng có chứa số đã chọn.

Tổng số cột và hàng chứa số đó $\geq t+\frac{m}{t}\geq 2\sqrt{m}>2n$

Do đó tổng số điểm của của các số $> 2mn$.$\left ( 2 \right )$

$\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )$ mâu thuẫn với nhau suy ra điều giả sử sai $\Rightarrow$ đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 24-10-2017 - 08:29


#5
9nho10mong

9nho10mong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f\left(f\left(x-y\right)\right)=f\left(x\right)-f\left(y\right)+f\left(x\right)f\left(y\right)-xy, \;\;\forall x,y\in\mathbb{R} \quad{(1)}$$

 

 

Đặt $t=f(0)$.

Trong $(1)$ thay $x=y=0$ được

$$ f(f(0))=(f(0))^2 $$

Hay

$$f(t)=t^2 \quad{(2)}$$

Trong (1) thay $x=y=t$ và dùng $(2)$ được

$$ t^2= f(f(0))=t^4-t^2 \quad{(3)} $$

Trong (1) thay $x=t \ ; \ y=0$ được

$$ f(t^2)=t^3+t^2-t \quad{(4)} $$

Trong (1) thay $x=y=t^2$ và dùng $(4)$ được

$$ t^2= f(f(0))=(t^3+t^2-t)^2 - t^4 \quad{(5)} $$

Từ $(3)$ và $(5)$ ta có $t=0$ hay là $f(0)=0$.

Trong (1) thay $y=x$ được

$$  (f(x))^2=x^2 \ ; \ \forall x \in \mathbb{R}  $$

Như vậy $f(0)=0$ và $\forall x \neq 0 $ thì $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x \quad{(6)}$.

Giả sử có $a \neq 0$ để $f(a)=-a$.

Trong $(1)$ thay $x=0 \ ; \ y=-a$ được

$$ f(-a)= -f(-a) $$

Hay là

$$f(-a) = 0$$

Vì $a \neq 0 $ nên $-a \neq 0$, suy ra $0=f(-a)=-a$ hoặc $0=f(-a)=a$. Vô lý do $a \neq 0 $.

Vậy $ \forall a \neq 0$ thì $f(a) \neq -a \quad{(7)}$.

Từ $(6)$ và $(7)$ ta có nghiệm của bài toán là $ f(x) = x \forall x \in \mathbb{R}$.


.

 


#6
k4x

k4x

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 13 Bài viết

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 



#7
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 

 

Chỗ bôi đỏ sai. Nếu mà từ đó suy ra toàn ánh thì suy được ra $f(x)=ax+b$ rồi


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#8
supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1644 Bài viết

 

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

 

 

 

 

Hi vọng là giải đúng :)

 

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng sau:

 

$ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x = 4y^2 +4y$

 

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 4y^2 +4y +1$

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = (2y+1)^2$

 

Suy ra: $4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ là bình phương của một số tự nhiên lẻ.

 

Ta xét trường hợp $ x \geq 7$ thì khi đó dễ thấy:

 

$  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ tức là khi $ x \ge 7$  thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

 

Hoàn toàn tương tự, với $ x \leq -3$ thì:   $  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ và $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

 

Như vậy ta chỉ cần thử trực tiếp các giá trị của $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ với $x$ là số nguyên chạy từ $-2$ đến $6$

 

Dễ thấy với $ x = 0$ ; $ x =6$ thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ nhận giá trị là bình phương của số tự nhiên lẻ.  

 

Cụ thể: với $x =0$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 1 = 1^2$

 

Với $x =6$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 6241 = 79^2$

 

Nên từ đây ta dễ dàng giải ra được $4$ cặp nghiệm nguyên $(x;y)$ của phương trình đã cho là: $ (0;0); \ (0;-1); \ (6;39); \ (6; -40)$

 

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 13-10-2021 - 22:38

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh