Chủ đề này có 9 trả lời

[Ispectorgadget]

ĐỀ CHỌN HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI VÒNG 2 NĂM HỌC 2012-2013

Bài I (4điểm)
1, Chứng minh rằng các số $3,3^2,3^3,....,3^{41}$ khi chia cho $83$ được $41$ số dư khác nhau.

2, Cho $a,b,c$ là các hằng số dương .Giải HPT sau:

$$\left\{\begin{matrix}
ax+by=(x-y)^2 & & \\
by+cz=(y-z)^2 & &\\
cz+ax=(z-x)^2 & &
\end{matrix}\right.$$

Bài II (4điểm)
Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6$.Tìm GTLN của biểu thức.

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

Bài III (4điểm)
Cho dãy số $x_{1}=20,x_{2}=30,x_{n+2}=3x_{n+1}-x_{n}$, với $n\in N,n \geq 1$.Tìm tất cả các giá trị của $n$ để $5x_{n+1}.x_{n}+1$ là số chính phương.

Bài IV (4điểm)
Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song và nội tiếp đường tròn tâm $O$ .Gọi $E,F,I$ tương ứng là giao điểm của các đường thẳng $AB$ và $CD$ , $AD$ và $BC$, $AC$ và $BD$ .Đường phân giác của các góc $\widehat{AED} $ và $ \widehat{AFB}$ cắt nhau tại $H$ .Gọi $K$ là điểm chung thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABI$ và đường tròn ngoại tiếp ta giác $CDI$ .Chứng minh $4$ điểm $E,F,H,K$ nằm trên một đường tròn.

Bài V (4điểm)
Xác định hàm số liên tục $f:R_{+}^{*}\rightarrow R_{+}^{*}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1, $f(2x)=2f(x)$

2, $f\left ((f(x))^3(e^{f(x)}-1) \right )=x^2(e^x-1)f(x)$, $\forall x \in R_{+}^{*} $

3, $f(e-1)=(e-1)f(1)$

4, $f(k)$ là số nguyên dương với mọi số nguyên $k$

($R_{+}^{*}$ là tập các số thực dương)

Nguồn: mathscope.org

[WhjteShadow]

Bài II (4điểm)
Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6$.Tìm GTLN của biểu thức.

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

Do $3-a=\frac{1}{2}(b+c-a)$ nên ta cần tìm GTLN của:
$$8P=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c).\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2b^2c^2}$$
Ta sẽ chứng minh $P\leq \frac{3}{16}$ hay:
$$(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{3}{2}a^2b^2c^2$$
$$\Leftrightarrow (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\leq 9a^2b^2c^2$$
Ta sẽ chỉ ra bổ đề sau $\forall a,b,c>0$:
$$4a^2b^2c^2\geq (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c).(a^3+b^3+c^3+abc)$$

$$4a^2b^2c^2 \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)(1)$$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Dễ dàng thấy rằng BĐT đúng khi $a \ge b+c$.Do đó ta chỉ xét trường hợp $b+c>a$:
Viết lại (1) dưới dạng sau:
$$16a^2b^2c^2(a+c)^2 \ge 4(a+c)^2[b^2-(a-c)^2](c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Theo BĐT AM-GM,ta có:
$$VP \le [(a+c)^2b^2-(a-c)^2(a+c)^2+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)]^2$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$4abc(a+c) \ge (a+c)^2[b^2-(a-c)^2]+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Hay:
$$4acb^2-(a+c)^2[b^2-(a-c)^2] \ge (c+a-b)(a^3+b^3+c^3-3abc)$$
Hay:
$$(a-c)^2[(a+c)^2-b^2] \ge [(a+c)^2-b^2](a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Mặt khác,o $a+c>b \Rightarrow (a+c)^2-b^2>0$ nên:
$$(a-c)^2 \ge a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$
Hay:
$$(a-b)(b-c) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a \ge b \ge c$)
Vậy (1) đã được chứng minh.Tiếp theo ta sẽ chứng minh:
$$2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b)(b+c)(c+a)(2)$$
Dễ dàng thấy rằng khi 1 trong 3 thừa số $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ âm thì BĐT (2) hiển nhiên đúng.Xét trong điều kiện cả 3 thừa số đều dương,BĐT tương đương với:
$$2(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b)(b+c)(c+a)$$
Hay:
$$(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(c-a)^2(c+a) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a,b,c>0$)
Kết hợp (1) và (2),ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Ngoài ra các bạn cũng có thể dùng phương pháp SS để chứng minh bất đẳng thức này....
Tham khảo tại: https://mathifc.wordpress.com/2012/05/29/phuong-phap-s-s-va-bat-dang-thuc-dang-shur/
-----------
Quay trở lại với bài toán,sau khi chứng minh bổ đề thì ta chỉ cần chứng minh:
$$a^3+b^3+c^3+abc\geq \frac{4}{9}(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$$
$$\Leftrightarrow 5(a^3+b^3+c^3)+9abc\geq 4\left[(a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca\right]$$
Bất đẳng thức này luôn đúng the0 $Schur$ và $AM-GM$
$$3(a^3+b^3+c^3)+9abc\geq 3\left[(a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca\right]$$
$$2(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca$$
Chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=2$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 08-11-2012 - 20:36

[MazacarJin15]

2, Cho $a,b,c$ là các hằng số dương .Giải HPT sau:

$$\left\{\begin{matrix}
ax+by=(x-y)^2 & & \\
by+cz=(y-z)^2 & &\\
cz+ax=(z-x)^2 & &
\end{matrix}\right.$$

Bài 1b:
Gọi 3 phương trình của hệ là 1,2,3.
Với $a,b,c$ khác 0
Có: (1-2)+3 => $a=\frac{(x-y)(x-z)}{x}$
Tương tự ta có :
$ b=\frac{(y-z)(y-x)}{y} $
$ c=\frac{(z-y)(z-x)}{z} $
Vì $a,b,c\geq 0$ suy ra $xyz< 0$
Xảy ra 2 TH:
+ 3 số đều âm
Ta sẽ có : $(x-y)(x-z)\leq 0 ;(y-z)(y-x)\leq 0 ; (z-x)(z-y)\leq 0$
Dễ dàng suy ra $ x=y=z $ và thay vào hệ pt ta có $x=y=z=0$ ( loại )
+ 2 số dương 1 số âm.
Không mất tính tổng quát giả sử $ (x-y)(x-z)\geq 0 ;(y-z)(y-x)\geq 0 ; (z-x)(z-y)\leq 0$
Lập luận tương tự do $z\leq0$ nên sẽ có $x=y=z$ ( loại )
Vậy hệ pt có nghiệm $x=y=z=0$ .$ \square $

p/s: làm vớ vẩn ko biết đúng không hjx

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MazacarJin15: 08-11-2012 - 21:02

[Math Is Love]

ĐỀ CHỌN HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI VÒNG 2 NĂM HỌC 2012-2013

Bài I (4điểm)
1, Chứng minh rằng các số $3,3^2,3^3,....,3^{41}$ khi chia cho $83$ được $41$ số dư khác nhau.

Nguồn: mathscope.org

Giả sử tồn tại $2$ số $3^x;3^y$ có cùng số dư khi chia cho $83$
$\Rightarrow 3^x-3^y\vdots 83\Rightarrow 3^y(3^{x-y}-1)$
$\Rightarrow \exists k\in [1;40]:3^k\equiv 1$ (mod$83$)
Theo định lí $Fermat$ nhỏ,ta có:$3^{82}\equiv 1$ (mod $83$)
Vậy,theo định lí cấp của phần tử,để $3^k\equiv 1$ (mod $83$) thì $k|82$
$\Rightarrow k=\left \{ 1;2;41 \right \}$
Nhưng vì $k<41$ nên $\Rightarrow k=\left \{ 1;2 \right \}$
Thử lại thấy vô lí.Vậy điều giả sử là sai.
Vậy ta có $Q.E.D$

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

V.
$f(2x)=2f(x) \Rightarrow f(2^nx)=2^nf(x)$ với mọi n nguyên dương
Vĩ $x>0$ nên tồn tại n sao cho $2^nx>1$
$\Rightarrow f(2^nx)=2^nxf(1) \Rightarrow f(x) = xf(1) \forall x > 0$
Thay $x=1$ vào đk 2 kết hợp với đk trên suy ra :
$(f(1))^3(e^{f(1)}-1)=e-1 \forall e>1 $ ( e=1 thì 0=0)
$\Leftrightarrow \frac{e-1}{e^{f(1)}-1}=const$ với e>1
Mặt khác vì $f(k) \in \mathbb{N}^* \forall k \in \mathbb{N}^*$
$\Rightarrow f(1) \geq 1 $
Từ đó tính đc : $f(1)=1 \Rightarrow f(x) \equiv x $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 08-11-2012 - 22:44

[yeutoan11]

Giả sử tồn tại $2$ số $3^x;3^y$ có cùng số dư khi chia cho $83$
$\Rightarrow 3^x-3^y\vdots 83\Rightarrow 3^y(3^{x-y}-1)$
$\Rightarrow \exists k\in [1;40]:3^k\equiv 1$ (mod$83$)
Theo định lí $Fermat$ nhỏ,ta có:$3^{82}\equiv 1$ (mod $83$)
Vậy,theo định lí cấp của phần tử,để $3^k\equiv 1$ (mod $83$) thì $k|82$
$\Rightarrow k=\left \{ 1;2;41 \right \}$
Nhưng vì $k<41$ nên $\Rightarrow k=\left \{ 1;2 \right \}$
Thử lại thấy vô lí.Vậy điều giả sử là sai.
Vậy ta có $Q.E.D$

Có vẻ phải như thế này : Gọi $a$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa : $3^a - 1\vdots 83$
Lúc ấy ta có : $a|x-y$ Và $a|82$ (bài bạn chưa đảm bảo tính nhỏ nhất của $k$ )
$\Rightarrow a\in\left \{ 1,2,41 \right \}$
$a=1,2$ không thỏa $\Rightarrow a=41$ Dễ thấy vô lí vì $x-y \le 40$
Vậy ta có ĐPCM

[Ispectorgadget]

File PDF đề này.
 de thi HSG Ha noi 2012-2013 vong 2.pdf   101.08K   270 Số lần tải

[BoBoiBoy]

Bài IV (4điểm)
Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song và nội tiếp đường tròn tâm $O$ .Gọi $E,F,I$ tương ứng là giao điểm của các đường thẳng $AB$ và $CD$ , $AD$ và $BC$, $AC$ và $BD$ .Đường phân giác của các góc $\widehat{AED} $ và $ \widehat{AFB}$ cắt nhau tại $H$ .Gọi $K$ là điểm chung thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABI$ và đường tròn ngoại tiếp ta giác $CDI$ .Chứng minh $4$ điểm $E,F,H,K$ nằm trên một đường tròn.

$\bullet$Đầu tiên ta sẽ chứng minh:$\widehat{FKI}=90^{\circ}$.
Do các tứ giác $ABKI;KICD;ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{BAC}=\widehat{BKI}=\widehat{IKC}=\widehat{BDC}$.
$\Rightarrow$ $KI$ là phân giác $\widehat{BKC}$. (1)
Do các tứ giác $ABKI;KICD$ nội tiếp nên $\widehat{KBD}=\widehat{KCA};\widehat{KDB}=\widehat{KCA}$
$\Rightarrow \Delta KBD \sim \Delta KAC$
$\Rightarrow \frac{KB}{KA}=\frac{BD}{AC}=\frac{FB}{FA}$ (do tứ giác $ABCD$ nội tiếp) (2)
Dễ thấy:$\Delta KAB\sim \Delta KCD\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{AB}{CD}=\frac{FA}{FC}$ (3)
Từ (1);(2) suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{FB}{FC}\Rightarrow$ KF là phân giác góc ngoài tại đỉnh K của $\Delta KBC$. (4)
Từ (3);(4) ta có $\widehat{FKI}=90^{\circ}$.
$\bullet$Tiếp theo ta sẽ chứng minh K;I;E thẳng hàng.

Kí hiệu $P_{A/(O)}$ là phương tích của điểm A đối với $(O)$.Gọi đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABI;\Delta CDI$ lần lượt là $(O_1);(O_2)$
Ta có:$P_{E/(O)}$ =$EA.EB$=$P_{E/(O_1)}$=$EC.ED$=$P_{E/(O_2)}$
Suy ra E thuộc trục đẳng phương của $(O_1);(O_2)$ hay K;E;I thẳng hàng.
$\bullet$ Cuối cùng ta chứng minh $\widehat{EHF}=90^{\circ}$



Ta có:$\frac{FA}{FB}=\frac{EC}{EB}\Rightarrow \frac{AM}{BM}=\frac{CN}{BN}\Rightarrow MN\parallel AC$
Tương tự $PQ\parallel AC;MQ\parallel BD ;NP\parallel BD$
$\Rightarrow \lozenge MNPQ$ là hình bình hành suy ra H là trung điểm của MP
Mặt khác EH là phân giác $\widehat{AED}$ nên EH vuông góc với FH hay $\widehat{EHF}=90^{\circ}$
Vậy $\widehat{EHF}=\widehat{EKF}=90^{\circ}$ nên E;K;H;F cùng thuộc 1 đường tròn.

[WhjteShadow]

Bài II (4điểm)
Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6$.Tìm GTLN của biểu thức.

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

SS thẳng có vẻ nhẹ nhàng hơn ch0 bài này
Giả sử $c=Min(a;b;c)$
Ta phải chứng minh:
$$9a^2b^2c^2\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc} \leq \frac{9abc}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow 1-\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}\geq 1-\frac{9abc}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow \frac{abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)-9abc}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}$$
Ta để ý các đẳng thức sau: $abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)\\(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)-9abc=(a+b+3c)(a-b)^2+(2a+2b+c)(a-c)(b-c)$
Vậy nên điều phải chứng minh có thể viết lại thành:
$$(a-b)^2.\left[\frac{a+b-c}{abc}-\frac{a+b+3c}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}\right]+(a-c)(b-c).\left[\frac{c}{abc}-{2a+2b+c}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}\right]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2.M+(a-c)(b-c).N\geq 0$$
Ta chỉ cần chứng minh $M,N\geq 0$ (Do $c=Min(a;b;c)$ )
$\bullet$ Để chứng minh $M\geq 0$ ta sẽ chứng minh:
$$\frac{a+b-c}{abc}\geq \frac{a+b+3c}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$$
$$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{abc}\geq \frac{a+b+3c}{a+b-c}$$
Điều này hiển nhiên đúng do :
$$\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{abc}\geq 9 \geq \frac{a+b+3c}{a+b-c}$$
$\bullet$ Để chứng minh $N\geq 0$ ta sẽ chứng minh:
$$\frac{1}{ab}\geq {2a+2b+c}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$$
Do $2ab\leq a^2+b^2+c^2$ nên điều này hiển nhiên đúng:
$$\frac{1}{ab}\geq \frac{2}{a^2+b^2+c^2}\geq {2a+2b+c}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$$
Chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=2$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 09-11-2012 - 20:08

[tacloanbo]

Bạn dùng Swquas mạnh trong BĐt này thực ra bài này chỉ cần vài dòng thôi nếu công thêm chứng minh Schur 2 dòng nữa tổng cộng là 5

dòng