Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển chuyên Thái Bình


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Nguồn: MathScope.org

Mới chỉ có ngày 2, nếu ai có ngày 1 mọi người cứ post lên.

Bài 1: Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

$$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\ge 4$$

Bài 2: Tìm tất cả các hàm $f$ từ $[0,1]$ vào $R$ thỏa mãn với mọi $x\in [0,1]$ ta đều có: $f(x)\ge 2xf(x^2)$

Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố $p>2$ thỏa mãn tồ tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho
$$x^p+y^p=p[(p-1)!]^p$$

Bài 4: Cho 2 đường tròn $(O)$ và $(O')$ tiếp xúc trong tại $K$, $(O')$ nằm trong $(O)$. Gọi $A$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $A,O,O'$ không thẳng hàng. Vẽ các tiếp tuyến $AD,AE$ tới $(O')$ ($D,E$ là tiếp điểm), chúng cắt $(O)$ lần lượt tại $B$ và $C$. Giả sử $AO'$ cắt $(O)$ tại $F$. Chứng minh rằng $KF,BC$ và $DE$ đồng quy.

Bài 5: Trên mặt phẳng cho $n$ điểm $A_1,A_2,...,A_n$. Tìm tất cả các giá trị của $n$ sao cho tồn tại bộ số thực $(r_1,r_2,...,r_n)$ thỏa mãn 2 tính chất sau:
i, Không có 3 điểm nào thẳng hàng trong số $n$ điểm trên.
ii, Với mỗi bộ $(i,j,k)$ bất kì trong đó $1\le i<j<k\le n$ thì tam giác $A_iA_jA_k$ có diện tích là $r_i+r_j+r_k.$

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
Didier

Didier

    đẹp zai có một ko hai

  • Thành viên
  • 403 Bài viết

Nguồn: MathScope.org


Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố $p>2$ thỏa mãn tồ tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho
$$x^p+y^p=p[(p-1)!]^p$$

Ta có

$ x^{p}+y^{p}\equiv x+y(modp)$
Mà $ x^{p}+y^{p}\vdots p\Rightarrow x+y\equiv 0(modp)$
$ x\equiv -y(modp)$
Lại có
$ x^{p}+y^{p}=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+.......-xy^{p-2}+y^{p-1})$
$ p-1$ chẵn
$ \Rightarrow x^{p}+y^{p}\equiv (x+y)py^{p-1}\equiv 0(modp^{2})$
Theo willson ta có
$ (p-1)!+1\vdots p\Rightarrow (p-1)!\equiv -1(modp)$
$ \Rightarrow p((p-1)!)^{p}\equiv -p(modp^{2})\Rightarrow $vô lí


#3
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Ta có

$ x^{p}+y^{p}\equiv x+y(modp)$
Mà $ x^{p}+y^{p}\vdots p\Rightarrow x+y\equiv 0(modp)$
$ x\equiv -y(modp)$
Lại có
$ x^{p}+y^{p}=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+.......-xy^{p-2}+y^{p-1})$
$ p-1$ chẵn
$ \Rightarrow x^{p}+y^{p}\equiv (x+y)py^{p-1}\equiv 0(modp^{2})$
Theo willson ta có
$ (p-1)!+1\vdots p\Rightarrow (p-1)!\equiv -1(modp)$
$ \Rightarrow p((p-1)!)^{p}\equiv -p(modp^{2})\Rightarrow $vô lí

Đây cũng chính là câu 2 ngày 1 của đề thi chọn đội tuyển TPHCM đi thi HSG quốc gia năm ngoái :closedeyes:
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#4
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Ngày 1 đây:
Bài 1: (4 điểm)
Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}2(y^3-x^3)=6x^2+7x-y+3 & & \\ 2\sqrt{3-y}+\sqrt{2(1+y)}=\sqrt{\dfrac{9}{4}x^2+4}& & \end{matrix}\right.$$

Bài 2: (4 điểm)
Cho dãy số ${u_n}$ xác định bởi $u_0=1; u_1=2$
$$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$
Tìm cồng thức tổng quát của dãy. Xác định tất cả các giá trị của $n$ để $u_n-1$ là số chính phương.

Bài 3: (5 điểm)
Tìm tất cả các hàm $f,g$ xác định và nhận các giá trị trên tập số thực thoả mãn $\left | f(y)-f(x) -g(x)(x-y)\right |\le M\left | x-y \right |^{2+a}$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$ ( $M;a$ là các số thực dương cho trước)

Bài 4: (5 điểm)
Cho 2 đường tròn $(O_1);(O_2)$ ngoài nhau. Kẻ tới 2 đường tròn 1 tiếp tuyến chung trong và 1 tiếp tuyến chung ngoài với tiếp điểm $A,B\in(O_1)$ và $C,D\in(O_2)$. Chứng minh rằng $AB$ cắt $CD$ tại 1 điểm thuộc $O_1O_2$.

Bài 5: (2 điểm)
Trong 1 giải đấu có n cầu thủ thi đấu theo gình thức gặp nhau đôi một ( không có trận hoà). Gọi $A_i; B_i$ lần lượt là số trận thắng, trận thua của cầu thủ $i$, Chứng minh rằng $\sum_{i=1}^n A_i^2= \sum_{i=1}^n B_i^2$

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#5
nhatt1k25cht

nhatt1k25cht

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

File gửi kèm  hình ngày 2.doc   31K   110 Số lần tải



#6
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Bài 2: (4 điểm)
Cho dãy số ${u_n}$ xác định bởi $u_0=1; u_1=2$
$$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$
Tìm cồng thức tổng quát của dãy. Xác định tất cả các giá trị của $n$ để $u_n-1$ là số chính phương.
 

Ta có công thức tổng quát của dãy là

$u_n= \frac{1}{2} )(2 + \sqrt{3})^n + \frac{1}{2}(2-\sqrt{3})^n $ 

Ta sẽ chứng minh $n$ lẻ thỏa YCBT

Thật vậy, ta có 

$(2+\sqrt{3})^n +(2-\sqrt{3})^n -2 = 2k^2$

Xét $n$ lẻ thì ta sẽ chọn $k = (\frac{(\sqrt{3}+1)^n}{2^{\frac{n+1}{2}}} )^2 - (\frac{(\sqrt{3}-1)^n}{2^{\frac{n+1}{2}}} )^2 $

Dễ chứng minh $k$ nguyên 

Do đó ta có đpcm 

Còn với $n$ chẵn thì ta có pt lúc sau sẽ có dạng $3x^2=2k^2 $

Dễ thấy cái này chỉ có nghiệm $(0,0)$

Do đó $n=0 $ và $n $ lẻ thỏa YCBT



#7
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Bài 3: Thay đổi vai trò của $x, y$ ta có $\left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | (x-y)(g(x)-g(y)) \right |\leq \left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |+\left | f(y)-f(x)-g(x)(x-y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | g(x)-g(y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{1+a}$.

Với $x>y$, $n$ là số nguyên dương tuỳ ý, chọn $\partial = \frac{x-y}{n}$. Ta có:

$\left | g(x)-g(y) \right |\leq \sum_{k=0}^{n-1}\left | g(x+k\partial )-g(x+(k+1)\partial ) \right |\leq Mn\partial ^{1+a}=M(x-y)\partial ^a$

Lấy giới hạn ta dễ có $\left | g(x)-g(y) \right |=0$ suy ra $g(x)$ là hàm hằng: $g(x)=C$.

Vậy $\left | (f(y)-Cy)-(f(x)-Cx) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a}$. Chứng minh tương tự ta có $f(x)-Cx$ là hàm hằng: $f(x)=Cx+D$

($C, D$ là hằng số)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 08-09-2016 - 23:58


#8
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bài 3 : Nếu $p|x \Rightarrow p|y$ vô lí  . bằng FLT cho $p|x+y$
Do đó $p \not \mid x,y$ 
Có $v_p(x^p+y^p)=v_p(x+y)+v_p(p) \ge 2$ vô lí 
vậy pt vô nghiệm



#9
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Bài hệ sử dụng pp quen thuộc.

Từ phương trình (1) ta có: $2y^3+y=2(x+1)^3+(x+1)$.

Dễ dàng chứng minh hàm $f(t)=2t^3+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Suy ra : $y=x+1$.

Ta giải phương trình: $2\sqrt{2-x}+\sqrt{2(x+2)}=\sqrt{\frac{9}{4}x^2+4}$.

Điều kiện: $-2\leq x\leq 2$.

Dùng bình phương 2 vế, ta được: $x=\frac{4\sqrt{2}}{3}$.

Vậy nghiệm phương trình: $(x;y)=(\frac{4\sqrt{2}}{3};\frac{4\sqrt{2}}{3}+1)$.


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#10
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

Bài 5: Gọi $S_{XYZ}$ là diện tích tam giác $XYZ$.Dễ thấy với $n=3,4$ thì thoả mãn đề bài. Ta sẽ chứng minh với $n=5$ thì không thoả mãn để bài. Giả sử $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ là $5$ điểm thoả mãn đề bài, xét $T$ là $1$ bao lồi của $5$ điểm đó:

- Nếu $T$ là $1$ tam giác, giả sử là tam giác $A_1A_2A_3$ thì lúc đó $A_4,A_5$ nằm trong tam giác đó, do vậy $S_{A_1A_2A_4}+S_{A_1A_3A_4}+S_{A_3A_2A_4}=S_{A_1A_2A_5}+S_{A_1A_3A_5}+S_{A_3A_2A_5}=S_{A_1A_2A_3}$. Lại có $S_{A_1A_2A_5}-S_{A_1A_2A_4}=S_{A_1A_3A_5}-S_{A_1A_3A_4}=S_{A_3A_2A_5}-S_{A_3A_2A_4}=r_5-r_4$ nên $r_5=r_4$, hay $S_{A_1A_2A_5}-S_{A_1A_2A_4}=S_{A_1A_3A_5}-S_{A_1A_3A_4}=S_{A_3A_2A_5}-S_{A_3A_2A_4}=r_5-r_4=0$, nên $A_4A_5$ song song với cả 3 đoạn $A_1A_2,A_2A_3,A_3A_1$(vô lí)

-Nếu $T$ là $1$ tứ giác, giả sử là $A_1A_2A_3A_4$ thì lúc đó $A_5$ nằm trong $1$ trong $2$ tam giác $A_1A_2A_3$ hoặc $A_4A_3A_2$. Giả sử $A_5$ nằm ngoài $A_1A_2A_3$, lúc đó $A_4,A_5$ nằm cùng phía bờ $A_2A_3$, khác phía $A_1$. $2$ điểm đó cũng nằm cùng phía với $A_2$ bờ $A_1A_3$ và $A_3$ bờ $A_2A_1$ nên $S_{A_1A_2A_4}+S_{A_1A_3A_4}-S_{A_3A_2A_4}=S_{A_1A_2A_5}+S_{A_1A_3A_5}-S_{A_3A_2A_5}=S_{A_1A_2A_3}$. Lập luận tương tự cũng có $A_4A_5$ song song với cả $3$ cạnh tam giác $A_1A_2A_3$, vô lí.

-Nếu $T$ là ngũ giác $A_1A_2A_3A_4A_5$ ,xét vị trí các điểm $A_4,A_5$ với tam giác $A_1A_2A_3$ cũng có điều vô lí

Vậy $n=5$ không thoả mãn. Với $n>5$, ta chỉ cần xét $5$ điểm bất kì trong $n$ điểm đó để suy ra điều vô lí. 

Vậy $n=3$ hoặc $n=4$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 10-09-2016 - 06:23





0 người đang xem chủ đề

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