[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 10: BETA - ALPHA
#1
Đã gửi 11-04-2012 - 16:08
- terenceTAO, Ispectorgadget, Trần Đức Anh @@ và 4 người khác yêu thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#2
Đã gửi 15-04-2012 - 00:01
Câu 1 - Số học THCS
Đặt $a_1=7$. Tạo các số $a_i,i=1,2,...$ theo nguyên tắc như sau:
$$a_{i+1}=a_i^7,\forall i \geq 1$$
Biện luận theo $k$ chữ số cuối cùng của $a_k$.
Câu 2 - HH THCS
Cho hình bình hành $ABCD$. Các đường phân giác trong của 4 góc tạo thành tứ giác $MNPQ$. Tứ giác này là hình gì? Khi nào nó là hình vuông?
Câu 3- HH THPT
Tứ diện $ABCD$ có $AC\perp BC; AD\perp BD$ gọi $\alpha$ là góc giữa hai đường thẳng $AC; BD$. Chứng minh $\cos \alpha < \frac{CD}{AB}$
Câu 4 - GT THPT:
Biện luận theo $a\geq 0;b> 0$ sự hội tụ của dãy số $u_n$ biết:
$$\left\{\begin{matrix}u_1
&=&a \\
u_{n+1}&=&\dfrac{u_n+b}{u_n+1} ;\forall n \geq 1
\end{matrix}\right.$$
Cân 5 - ĐS THPT
Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số được lập từ các chữ số $3,4,5,6$ và chia hết cho 3
Câu 6 -Olympiad
Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{N^*} \setminus \{1 \} \to \mathbb{R}$ tăng nghiêm ngặt thỏa mãn:
- $f(3)=9$
- $\left\{\begin{matrix}f(xy-x-y+2)-f(x)-f(y)+8=0 \\ 2^{f(x)-8} \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.;\forall x,y \in \mathbb{N^*} \setminus \{1 \}$
ĐỀ ĐỘI BETA GỬI ALPHA
1. (THCS) Giải hệ phương trình sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt[4]{{3xy^2 - 2y^2 + 3x - 3}} + \sqrt {2x^2 y - x^2 + 2y - 2} + \sqrt {5 - 3x - 2y} = 2 \\
\frac{1}{{9x^2 - 15x + 9}} + \frac{1}{{4y^2 - 6y + 5}} + \frac{1}{{9x^2 + 4y^2 + 12xy - 33x - 22y + 33}} = 1 \\
\end{array} \right.
\]
2.(THCS) Cho tam giác $ABC$ với $E$ là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và $l$ tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi $B_a, C_a$ lần lượt là điểm đối xứng với $B, C$ qua $AE$; $A_b, C_b$ lần lượt là điểm đối xứng với $A, C$ qua $BE$; $A_c, B_c$ lần lượt là điểm đối xứng với $A, B$ qua $CE$. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_cC_b, A_cBC_a, A_bB_aC$ bằng nhau.
3. (THPT) Với $a,b,c$ là ba số thực bất kì đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
\[
\sum\nolimits_{a,b,c} {\frac{{a^2 b^2 + ab + 2}}{{(a - b)^2 }}} \ge \frac{2}{{abc}} + \frac{5}{4}
\]
4.(THPT) Tìm tất cả các đa thức $P(x,y), Q(x,y), R(x,y)$ có $deg<m$ thoả mãn đồng nhất thức sau:
\[
x^{2m} P(x,y) + y^{2m} Q(x,y) \equiv (x + y)^{2m} R(x,y)
\]
5.(THPT) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Gọi $d$ là đường thẳng bất kì trong mặt phẳng và cắt lần lượt $BC, CA, AB$ tại các điểm $X, Y, Z$ . Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $d$. Chứng minh rằng ba đường tròn $(AXH), (BYH), (CZH)$ cùng trục đẳng phương (fixed).
6.(Olympiad) Cho tam giác $ABC$ và 1 điểm $P$. Gọi $A’$ là giao điểm khác $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCP$ và đường thẳng $AP$, tương tự xác định $B’$ và $C’$. Gọi $X, Y, Z$ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $B’C’P, C’A’P,A’B’P$. CMR tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAX, PBY, PCZ$ thẳng hàng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 24-04-2012 - 00:20
Sửa theo Trần Đức Anh @@
- anh qua, Ispectorgadget, hoangtrong2305 và 5 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 15-04-2012 - 11:38
Em chưa hiểu rõ lắm, có phải là $a_{k+1}=a_k^7,\forall k \geq 1$ không ạ?ĐỀ THI CỦA ALPHA
Câu 1 - Số học THCS
Đặt $a_1=7$. Tạo các số $a_i,i=1,2,...$ theo nguyên tắc như sau:
$$a_{k+1}=a_i^7,\forall i \geq 1$$
Biện luận theo $k$ chữ số cuối cùng của $a_k$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 15-04-2012 - 11:38
- Dung Dang Do và navibol thích
#4
Đã gửi 15-04-2012 - 12:40
UpdatedEm chưa hiểu rõ lắm, có phải là $a_{k+1}=a_k^7,\forall k \geq 1$ không ạ?
- Nguyễn Hưng, Trần Đức Anh @@, Dung Dang Do và 1 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 15-04-2012 - 15:32
Kí hiệu chữ số tận cùng bên phải của $m$ là $m \bmod 10$
Ta chứng minh \[{m^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]. Thật vậy, đặt $k = m\bmod 10$, ta có
\[ \Rightarrow {m^7}\bmod 10 = {k^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]
Đặt dãy ${x_i} = {a_i}\bmod 10$, ta cần tìm số hạng tổng quát của dãy $(x_i)$
Theo chứng minh trên, ta có
\[{x_{i + 1}} = a_i^7\bmod 10 = {\left( {{a_i}\bmod 10} \right)^7}\bmod 10 = x_i^7\bmod 10\]
Thử tính vài giá trị đầu theo công thức trên, ta có
\[{x_1} = 7;{x_2} = 3;{x_3} = 7;{x_4} = 3\]
Quy nạp (bước cơ sở đã xong): giả sử ${x_{2k - 1}} = 7;{x_{2k}} = 3$, ta có
\[\begin{array}{l}
{x_{2k + 1}} = x_{2k}^7\bmod 10 = 7 \\
{x_{2k + 2}} = x_{2k + 1}^7\bmod 10 = 3 \\
\end{array}\]
Theo nguyên lí quy nạp ta có
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x_{2n - 1}} = 7 \\
{x_{2n}} = 3 \\
\end{array} \right.,\forall n \ge 1\]
- khanh3570883, Ispectorgadget, Trần Đức Anh @@ và 4 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 15-04-2012 - 16:00
Dựng hình như hình vẽ
Ta có
\[\widehat{BEA} = {180^ \circ } - \widehat{BAE} - \widehat{EBA} = {180^ \circ } - \left( {{{180}^ \circ } - \widehat{ABC}} \right) - \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ADF}\]
Nên $EB//DF$. Tương tự $AH//GC$
Vậy $MNPQ$ là hình bình hành.
Tam giác $ABE$ có $\widehat{BEA} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$ nên cân tại $A$, lại có $AH$ là phân giác nên $AH \bot BE$. Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật.
Ta có 2 tam giác $ABE$ và $CDF$ bằng nhau theo góc-cạnh-góc (vì góc $A$ bằng góc $C$; $CD=AB$; $\widehat{CDF} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$), vậy $BE=DF$ nên $ME=PD$ (cùng bằng nửa $BE$)
Lại có $ME//PD$ nên $MPDE$ là hình bình hành, suy ra $MP//ED$. Vậy $\widehat{NPM} = \widehat{FDA}$
Hình chữ nhật $MNPQ$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $ON$ nên $\widehat{NOM} = 2\widehat{NPM} = 2\widehat{FDA} = \widehat{ABC}$
MỘT HÌNH CHỮ NHẬT LÀ HÌNH VUÔNG KHI VÀ CHỈ KHI NÓ CÓ 2 ĐƯỜNG CHÉO VUÔNG GÓC
Vậy $MNPQ$ là hình vuông $ \Leftrightarrow \widehat{NOM} = {90^ \circ } \Leftrightarrow \widehat{ABC} = {90^ \circ } \Leftrightarrow ABCD$ là hình chữ nhật.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 15-04-2012 - 16:03
- khanh3570883, Ispectorgadget, Trần Đức Anh @@ và 4 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 15-04-2012 - 17:20
Trần Đức Anh@@ của đội BETA xin giải bài 5 của ALPHA:
Một số chia hết cho 3 nếu tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Mỗi chữ số có thể là 3, 4, 5 ,6. Xét hàm sinh: $G(x)=(x^3+x^4+x^5+x^6)^n=g_0+g_1x+...+g_{6n}x^{6n}$.
Gọi số tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3,4,5,6 và chia hết cho 3 là $S_{n}$ thì $S_n$ chính là tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3.
Gọi $\epsilon=e^{\frac{2\pi i}{3}}$ là căn bậc ba nguyên thủy của phương trình $x^3=1$, ta có $\epsilon^2+\epsilon+1=0$. Suy ra:
$G(1)+G(\epsilon)+G(\epsilon^2)$$=3g_0+(1+\epsilon+\epsilon^2)g_1+(1+\epsilon+\epsilon^2)g_2+3g_3+...=3(g_0+g_3+...)=3S_n$
Vậy $S_n=\frac{1}{3}(G(1)+G(\epsilon)+G(\epsilon^2))=$$\frac{1}{3}[(1+1+1+1)^n+(\epsilon^2+1+\epsilon+1)^n+(\epsilon+1+\epsilon^2+1)^n]=\frac{1}{3}(4^n+2)$
- anh qua, Nguyễn Hưng, khanh3570883 và 3 người khác yêu thích
#8
Đã gửi 15-04-2012 - 21:31
$\left\{ \begin{array}{l}Câu 6 -Olympiad
Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{N^*} \setminus \{1 \} \to \mathbb{R}$ tăng nghiêm ngặt thỏa mãn:
- $f(3)=9$
- $\left\{\begin{matrix}f(xy-x-y+2)-f(x)-f(y)+8=0 \\ 2^{f(x)-8} \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.;\forall x,y \in \mathbb{N^*} \setminus \{1 \}$
f(xy - x - y + 2) - f(x) - f(y) + 8 = 0(1) \\
2^{f(x) - 8} (2) \\
\end{array} \right.$
Từ (1) ta có điều tương đương:
f((x-1)(y-1)+1) = f(x) + f(y) – 8, với mọi x, y thuộc N*\{1} (3)
Đặt g(x) = f(x+1) thì (3) trở thành:
g((x-1)(y-1)) = g(x-1) + g(y-1) - 8 với mọi x, y thuộc N*\{1}
Hay: g(xy) = g(x) + g(y) – 8 với mọi x, y thuộc N*\{1} (4)
Và: g(2) = f(3) = 9 (5)
Đặt:${\rm{h}}\left( {\rm{x}} \right) = 2^{g(x) - 8}$
Hàm tăng nghiêm ngặt trên N* và có giá trị trên N*, thì (4) trở thành $h(xy) = 2^{g(xy) - 8} = 2^{g(x) + g(y) - 16} = 2^{g(x) - 8} .2^{g(y) - 8} = h(x)h(y)$
Tức là:h(xy) = h(x).h(y) với mọi x, y thuộc N*
Từ (5) ta có : h(2)=2
Đặt:$h(3) = x ( x \in N, x > 2 )$
Thì: h(6) = h(2).h(3) = 2x
Và :$h(10) = h(2)h(5) = 2h(5) \le 2[h(6) - 1] = 2(2x - 1) = 4x - 2$
$h(9) \le h(10) - 1 \le 4x - 3$
$\Rightarrow h(18) = h(2)h(9) = 2h(9) \le 8x - 6$
$h(15) \le h(18) - 3 \le 8x - 9$
$h(15) \le h(18) - 3 \le 8x - 9$ (6)
Mặt khác: $h(5) \ge x + 2$
Nên $h(15) = h(5)h(3) \ge (x + 2)x$ (7)
Từ (6) và (7) suy ra $(x + 2)x \le 8x - 9 \Rightarrow x^2 - 6x + 9 \le 0 \Rightarrow x = 3$
Vậy $h(3) = h(2^1 + 1) = 2^1 + 1 = 3$
Giả sử với $n \in N*$ ta được $h(2^n + 1) = 2^n + 1$
Thì $h(2^{n + 1} + 2) = h(2)h(2^n + 1) = 2^{n + 1} + 2$
Do f tăng nghiêm ngặt nên các số:$h(2^n + 2),h(2^n + 3),.........h(2^{n + 1} + 2)$
Đôi một phân biệt, sắp theo thứ tự đó và thuộc tập hợp:{$ 2^n + 2,2^n + 3,.........2^{n + 1} + 2$}
Do đó: $h(2^n + i) = 2^n + i$ với mọi $i \in$ { $2,3,.........,2^n + 2$}
Thành thử thì $h(2^{n + 1} + 1) = 2^{n + 1} + 1$
Tiếp tục lập luận như trên với n+1, n+2, ……ta suy ra:
h(n) = n với mọi n thuộc $N*$
Và như vậy ta sẽ có được là:$f(n)=g(n-1)=log_2(n-1)+8, \forall x \in N *$ \{1}
Đây là điều phải chứng minh.
P/S1 : CÔng thức xuất ra hơi xấu mong mọi người thông cảm.
P/S 2: Khó vật vã
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 15-04-2012 - 21:48
- anh qua, Nguyễn Hưng, perfectstrong và 3 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#9
Đã gửi 15-04-2012 - 22:42
#10
Đã gửi 16-04-2012 - 10:15
Với $b=1$ ta thu được dãy hằng bất chấp $a$ nên hiển nhiên dãy số có giới hạn bằng 1
Chia dãy số ban đầu thành 2 dãy con vô hạn là
\[\begin{array}{l}
A = \left\{ {{u_1},{u_3},...,{u_{2n - 1}},...} \right\} \\
B = \left\{ {{u_2},{u_4},...,{u_{2n}},...} \right\} \\
\end{array}\]
Với công thức truy hồi chung là
\[{u_{n + 2}} = \frac{{\left( {b + 1} \right){u_n} + 2b}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Kí hiệu:
\[\begin{array}{l}
L = \lim {u_{2n - 1}} \\
l = \lim {u_{2n}} \\
\end{array}\]
Chú ý 1:
\[{u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Chú ý 2:
\[{u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}}\]
Bổ đề 1: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$
Thật vậy, ta có ${u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $
Bổ đề 2: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$ (chứng minh tương tự bổ đề 1)
TH1: $a < \sqrt{b}$
Khi đó ta có $u_1 < \sqrt{b}$, suy ra ${u_3} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4a + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $. Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp, ta suy ra dãy con trong tập $A$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $A$ có giới hạn tính bởi:
\[L = \frac{{\left( {b + 1} \right)L + 2b}}{{2L + b + 1}} \Leftrightarrow L = \sqrt b \]
* Với $b<1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 - \frac{{1 - b}}{{{u_1} + 1}} < \sqrt b \]
Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
* Với $b>1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 + \frac{{b-1}}{{{u_1} + 1}} > \sqrt b \]
Theo bổ đề 2 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn dưới bởi $\sqrt{b}$ và là dãy giảm, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}<0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
Tóm lại, trong trường hợp 1 ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$
TH2: $a > \sqrt{b}$
hoàn toàn tương tự trường hợp 1, ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$
TH3: $a = \sqrt{b}$
dãy số đã cho là dãy hằng có $u_n=\sqrt{b}$ nên hiển nhiên có giới hạn là $\sqrt{b}$.
Kết luận: dãy số đã cho $(u_n)$ luôn có giới hạn. Với $b=1$ thì $\lim{u_n}=1$,, những trường hợp còn lại đều cho ta $\lim{u_n}=\sqrt{b}$
- anh qua, perfectstrong, khanh3570883 và 5 người khác yêu thích
#11
Đã gửi 20-04-2012 - 16:12
5.(THPT) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Gọi $d$ là đường thẳng bất kì trong mặt phẳng và cắt lần lượt $BC, CA, AB$ tại các điểm $X, Y, Z$ . Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $d$. Chứng minh rằng ba đường tròn $(AXH), (BYH), (CZH)$ đồng quy.
Vì $(AXH), (BYH), (CZH)$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AXH,BYH,CZH$ nên chúng đồng quy tại $H$.
Ta có đpcm
- Ispectorgadget, Tham Lang và navibol thích
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
#12
Đã gửi 21-04-2012 - 16:50
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 23-04-2012 - 21:04
#13
Đã gửi 23-04-2012 - 19:48
ALPHA có thêm 1 ngày để bổ xung lời giải!
#14
Đã gửi 23-04-2012 - 20:57
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 23-04-2012 - 21:04
#15
Đã gửi 24-04-2012 - 22:50
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-04-2012 - 22:53
- Sagittarius912 yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#16
Đã gửi 24-04-2012 - 23:07
Ispectorgadget đội Beta giải Bài 3: -Hình học THPT của Alpha
Từ giả thiết ta có : $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}= 90^{o}$
$\Rightarrow$ tứ diện $ABCD$ là mặt cầu đường kính $AB$ .
Vẽ dây cung $DE$ của mặt cầu đường kính $AB$ sao cho $DE//AC$
$\Rightarrow (AC; BD)= \alpha = \widehat{BDE}$
và : $ACED$ là hình thang nội tiếp mặt cầu $\Rightarrow CD=AE$
Đặt $\beta = \widehat{BAE}$
$\Rightarrow cos\beta = \frac{AE}{AB}= \frac{CD}{AB}$ (1)
Mặt khác :
$\widehat{BDE}; \widehat{BAE}$ cùng nhìn dây $EB$ của mặt cầu đường kính $AB$ nhưng mp$(BAE)$ qua tâm chứa đường kính $AB$ nên $\alpha \geq \beta$
$\Rightarrow cos\alpha \leq cos\beta$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\Rightarrow cos\alpha \leq \frac{CD}{AB}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-04-2012 - 23:10
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh