Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG TỈNH ĐỒNG THÁP

hsg tst đề thi

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 25-07-2019 - 15:53

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG TỈNH ĐỒNG THÁP

Hình gửi kèm

  • 66859567_2645184972182394_2114167187252969472_n.jpg

"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#2 Sin99

Sin99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-07-2019 - 23:30

Mình chưa học dãy nên tạm làm câu 2  :icon6: 

Hệ tương đương:

$ \left\{\begin{matrix} xy = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4}  (1)\\  xy = 2+ \sqrt{2x^2+4x+4} (2) \end{matrix}\right. $

(2) - (1) : $ \sqrt{2x^2+4x+4} -  \sqrt{2y^2+4y+4}  = 0 $ 

$ \Leftrightarrow (x -y) (x+y  +2) = 0 $.

Xử lí TH $ x + y  +2 = 0 $ $ \Leftrightarrow x = - 2 -y $. Thay vào (1) ta được : 

$ ( -2 -y)y = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4} $ 

$  \Leftrightarrow  2y^2 + 4y + 4 + 2\sqrt{2y^2+4y+4} = 0 $

$  \Leftrightarrow 2y^2+4y+4 = 0 $ hoặc $ 2y^2+4y+4 = - 2 $ 



#3 Sin99

Sin99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-07-2019 - 00:05

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.



#4 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 26-07-2019 - 07:45

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Chú ý là a,b,c chỉ là các số thực thôi nhé,  nên không dùng được AM-GM như vậy đâu..


"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#5 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 26-07-2019 - 08:35

Bài 1:

a. Biến đổi: $x_n=2\left(1-\frac{1}{2n^2+\sqrt{4n^4+1}}\right) \\ = 2\left(1+2n^2-\sqrt{(2n^2+2n+1)(2n^2-2n-1)}\right) \\ = \left(\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\right)^2$

Do đó: $\sqrt{x_n}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1} = \sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2(n-1)^2+2(n-1)+1}=u_n-u_{n-1}$

Với $u_n=\sqrt{2n^2+2n+1}$

Do đó $S_n=\sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n}(u_i-u_{i-1})=u_n-u_0=\sqrt{2n^2+2n+1}-1$

Thay n=20 ta được $S_n=28$

b. Theo a, $S_n=\sqrt{2n^2+2n+1}-1$

Để $S_n$ nguyên thì $2n^2+2n+1=k^2(k \in\mathbb{Z}) \\ 2k^2-(2n+1)^2=1$. Đặt $2n+1=t$ .Dễ thấy cặp $(k;t)=(5;7)$ thỏa mãn.

Mặt khác, chứng minh được rằng nếu $(k;t)=(n_0,k_0)$ thỏa mãn đẳng thức trên thì cặp $(k;t)=\left(\frac{(k_0+t_0\sqrt{2})^x+(k_0-t_0\sqrt{2})^x}{2};\frac{(k_0+t_0\sqrt{2})^x-(k_0-t_0\sqrt{2})^x}{2\sqrt{2}}\right)$ cũng thỏa mãn.

Từ đây suy ra đpcm.


"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#6 Sin99

Sin99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-07-2019 - 09:44

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Mình xin sửa lại lời giải như sau khi tham khảo và tìm hiểu ở tài liệu tác giả Nguyễn Văn Huyện.

Đặt $ a = x + 1,  b = y  +1, c = z+1  \Rightarrow x + y  +z = 0  $.  BĐT tương đương 

$ (\sum xy ) ^2 \geq 12( \sum xy ) + 18xyz. $

Ta thấy $ xy.yz.xz = x^2y^2z^2 \geq 0 $ nên tồn tại ít nhất 1 số $ \geq 0 $, giả sử $ xy \geq 0 $. Rút $ z = -x -y $ ta được : 

$ ( x^2 + y^2  +xy)^2 + 12(x^2 + xy+y^2)  +18xy(x+y) \geq 0 $ 

Ta có $ (x^2  + xy + y^2) \geq \frac{3}{4}(x+y)^2 \geq 3xy $ với $ xy  \geq 0 $.  Áp dụng suy ra 

VT $ \geq 9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y)  $ 

Ta cần chứng minh  $  9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y) \geq 0 $  hay $ x^2y^2 + (x+y)^2 + 2xy(x+y) \geq 0 $. BĐT đúng do $ (xy + x + y )^2 \geq 0 $. 

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 26-07-2019 - 10:29






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh