Chủ đề này có 10 trả lời

[Zz Isaac Newton Zz]

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018

Bài 1. Cho dãy số: $a_{0}, a_{1}, a_{2}, ...$ thỏa mãn: $a_{m+n}+a_{m-n}=\frac{1}{2}\left ( a_{2m}+a_{2n} \right ),$ với mọi số nguyên không âm $m, n$ và $m\geq n.$ Nếu $a_{1}=1,$ hãy xác định: $a_{2017}.$ 

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(n^{2})=f(n+m).f(n-m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$

Bài 3. Tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $P$ là điểm di động bên trong tam giác sao cho $\widehat{BPC}=\widehat{BHC}.$ Đường thẳng qua $B$ và vuông góc với $AB$ cắt $PC$ tại $M,$ đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $AC$ cắt $PB$ tại $N.$ Chứng minh rằng: trung điểm $I$ của $MN$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên thỏa mãn $P(2017)=1,$  $3^{n}-1$ chia hết cho $P(n)$ với mọi số nguyên dương $n.$

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

 

[Zz Isaac Newton Zz]

Bài 5: Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách: 

Ta thấy vế phải là số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ gồm $2n+1$ phần tử nên ta xét bài toán sau: Tính số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ có $2n+1$ phần tử.

Cách 1: Số cách chọn chính là $C_{2n+1}^{n}.$

Cách 2: Ta chia tập $M$ thành $n$ cặp và lẻ phần tử $x.$ Để chọn $n$ phần tử từ $M$ ta thực hiện các bước sau đây:

Bước 1: Ta sẽ chọn $k$ cặp, với $k=\overline{0, n}$ từ $n$ cặp đã chia thì ta có $C_{n}^{k}$ cách, sau đó ở mỗi cặp ta chọn một phần tử thì như vậy ta có $2^{k}C_{n}^{k}$ cách chọn.

Bước 2: Chọn $\left [ \frac{n-k}{2} \right ]$ cặp trong $n-k$ cặp còn lại.

Vì $\left\{\begin{matrix} \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k}{2}\Leftrightarrow n-k&chẵn& & \\ \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k-1}{2}\Leftrightarrow n-k&lẻ& & \end{matrix}\right.$

Do đó ta sẽ chọn phần tử $x$ nếu $n-k$ lẻ và không chọn $x$ nếu $n-k$ chẵn. Do đó, số cách chọn ở bước này là $C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}.$

Từ đây suy ra, có $2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}$ cách trong mỗi lần chọn.

Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ và lấy tổng lại thì ta có: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 04-11-2017 - 14:58

[Zz Isaac Newton Zz]

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=1$

$P(n, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(2n)+n^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (6)

Trong (6) thế $n=2\Rightarrow f(4)=f(4)+4\Rightarrow 0=4,$ vô lý nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy tất cả các hàm số thỏa đề bài là: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 06-11-2017 - 20:29

[hacame]

Bài 1: Lần lượt cho $n=m$; $n=0$ Ta có: $a_{2m}+a_{2m}=2(a_{2m}+a_{0})=4\left ( a_{m}+a_{m} \right ),$ suy ra $a_{2m}=4a_{m}$ và $a_{0}=0$.

Do vậy ta sẽ tính được $a_{2}=4$,$a_{4}=16$. Từ đó ta cũng có $a_{1}+a_{3}=\frac{a_{2}+a_{4}}{2}=10$ nên $a_{3}=9$. Ta sẽ chứng minh $a_{n}=n^{2}, \forall n\geq 1.$ 

Thật vậy sử dụng quy nạp theo $n$. Giả sử rằng $a_{i}=i^{2}$ với $i< n$.

Khi đó ta có với $m=n-1$, $n=1$ thì: $a_{n}=\frac{a_{2n-2}+a_{2}}{2}-a_{n-2}=2(n^{2}-2n+1)+2-(n^{2}-4n+4)=n^{2}.$ Do đó ta có: $a_{2017}=2017^{2}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 06-11-2017 - 20:47

[perfectstrong]

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Do ta thấy $f(m)=0, \forall m\in \mathbb{R}$ không thỏa (1) nên từ (5) suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Dòng này sai. Nếu tồn tại 2, 3 số $m \in R$ để $f(m) = 0$ thì sao?

Ít nhất phải chứng minh rằng $f(m) = 0 \Leftrightarrow m = 0$ thì mới được phép suy ra thế kia.

[yagami wolf]

xin lời giải bài hình !

[nguyenhaan2209]

Bài 3: Lời giải rất đơn giản nhưng nghĩ ra được đường cố định thì ...  

Dựng hình bình hành $ABFC$, $BM$, $CN$ cắt $CF$, $BF$ tại $I$, $J$; $A'$ đối xứng $A$ qua $O$

Do $\widehat{BPC}=\widehat{BHC}=\widehat{BA'C} => PNMA'$ nội tiếp

Mà $\Delta  NBJ$ ~ $\Delta  MCI => DM/DN=IM/IA'.JA'/JN=IM/JN.JA'/IA'=IC/JB.JB/IC=1$

Vậy $D$ thuộc $IJ$ mà $IJ$ cố định nên $D$ nằm trên đgt cố định $(ĐPCM)$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 31-08-2018 - 23:17

[nguyenhaan2209]

Bài 4: $P(2017)=1, P(n)|3^n-1\forall n \in Z^{+}$

Ta xét $2$ TH sau:

$1.$ $deg(P)\geqslant 0$ , khi đó theo định lý $Schur$ sẽ tồn tại vô số ước nguyên tố $p$ của dãy $P(n)$

Giả sử $p$ là một ước nguyên tố bất kì như thế với $p>3$ và $p|P(m)$, ta có: $p|3^m-1$

Theo tính chất quen thuộc của đa thức nguyên thì $P(m+p)\equiv P(m)\equiv 0(modp)$

Từ đây lại có $p|3^{m+p}-1$ mà $p>3$ và do $a^m \equiv b^m(mod p)$ nên theo định lí $Fermat$ nhỏ ta có: $3^{m+p}-1\equiv 3^m(3^p-1)\equiv 2.3^m(mod p)$

Điều này kéo theo $p|2$ điều này rõ ràng vô lí.

$2.$ $deg(P)=0$ hay $P$ là đa thức hằng thế thì $P(x)=d$ hay $P(x)=P(2017)=1$ thử lại rõ ràng thấy đúng từ đó $P(x) \equiv 1$

[toofpmeomeo]

Bài 5: Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách: 

Ta thấy vế phải là số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ gồm $2n+1$ phần tử nên ta xét bài toán sau: Tính số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ có $2n+1$ phần tử.

Cách 1: Số cách chọn chính là $C_{2n+1}^{n}.$

Cách 2: Ta chia tập $M$ thành $n$ cặp và lẻ phần tử $x.$ Để chọn $n$ phần tử từ $M$ ta thực hiện các bước sau đây:

Bước 1: Ta sẽ chọn $k$ cặp, với $k=\overline{0, n}$ từ $n$ cặp đã chia thì ta có $C_{n}^{k}$ cách, sau đó ở mỗi cặp ta chọn một phần tử thì như vậy ta có $2^{k}C_{n}^{k}$ cách chọn.

Bước 2: Chọn $\left [ \frac{n-k}{2} \right ]$ cặp trong $n-k$ cặp còn lại.

Vì $\left\{\begin{matrix} \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k}{2}\Leftrightarrow n-k&chẵn& & \\ \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k-1}{2}\Leftrightarrow n-k&lẻ& & \end{matrix}\right.$

Do đó ta sẽ chọn phần tử $x$ nếu $n-k$ lẻ và không chọn $x$ nếu $n-k$ chẵn. Do đó, số cách chọn ở bước này là $C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}.$

Từ đây suy ra, có $2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}$ cách trong mỗi lần chọn.

Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ và lấy tổng lại thì ta có: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

bạn ơi bạn có thể giải thích lại cho mình chỗ 2^k được k ạ

[pcoVietnam02]

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

 

TH1 nên làm ngắn hơn từ chỗ $f(x^2)=x^2$ suy ra $f(x)=x, \forall x\geq 0$. Chứng minh thêm $f(x)=x, \forall x<0$ bằng việc coi $x\geq 0$ thì $f(-x)x=-x^2 \Rightarrow$  $f(-x)=-x, \forall x\geq 0$ hay $f(x)=x, \forall x<0$. 

[supermember]

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

 

Hi vọng là giải đúng:     

 

Ta để ý : $ C_{2n+1}^{n} = C_{2n}^{n} + C_{2n}^{n-1}$ , chính là  tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

 

Nên một cách tự nhiên, ta đi chứng minh vế trái cũng bằng tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

 

Ở đây do có dấu phần nguyên nên ta sẽ phá dấu phần nguyên này bằng cách lần lượt xét tính chẵn lẻ của $n;k$

 

Ta xét trường hợp : $n$ chẳn, $n = 2m $ với $ m \in \mathbb{N}^{*}$, trường hợp $n $ lẻ ta làm hoàn toàn tương tự.

 

Khi $n = 2m$ thì vế trái của đẳng thức đã cho bằng:

 

$ \sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} C_{2m-k}^{ \left[ \frac{2m-k}{2} \right] } =  \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{ \left[ \frac{2m-2k}{2} \right] } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{ \left[ \frac{2m-2k-1}{2} \right] } $

$= \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1}  $  $ (\bigstar )$

 

(Xét tính chẳn lẻ của $k$ để tách $1$ tổng thành $2$ tổng con )

 

Mặt khác, ta xét khai triển của $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  :

 

$ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^n =  \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m} =\sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-k}$

 

$ = \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1} $

 

Đến đây ta có $2$ nhận xét đơn giản:

 

Nhận xét 1: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k}$ không thể có phần tử $ \frac{1}{x^2}$, chỉ có phần tử $ x^0$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k}^{m-k}$

 

Nhận xét 2: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1}$ không thể có phần tử $ x^0$, chỉ có phần tử $ \frac{1}{x^2}$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k-1}^{m-k-1}$

 

Từ $2$ nhận xét này, ta suy ra: tổng hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  chính bằng:

 

$ \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1} $ $( \bigstar \bigstar)$

 

Từ $ (\bigstar ) ; ( \bigstar \bigstar)$ ta thấy rằng vế trái $=$ vế phải và khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 27-09-2021 - 18:47