Chủ đề này có 6 trả lời

[E. Galois]

Ngày thi: 02/11/2012. Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình:

\[ \left\{ \begin{array}{l} x^2 + 3x + 2 = \frac{8}{y} - \sqrt {5y - 1} \\ y^2 + 3y + 2 = \frac{8}{z} - \sqrt {5z - 1} \\ z^2 + 3z + 2 = \frac{8}{x} - \sqrt {5x - 1} \\ \end{array} \right.\]

Câu 2 (1,5 điểm). Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[ 2\sqrt {\frac{{3a}}{{a + b + c}}} + 3\sqrt[3]{{\frac{{bc}}{{(a + b)(a + b + c + d)}}}} + 4.\sqrt[4]{{\frac{{2b^3 d}}{{81(a + b)^3 (a + b + c + d)}}}} \le \frac{{25}}{6} \]

Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử $n$ là số nguyên dương sao cho $3^n+2^n$ chia hết cho $7$. Tìm số dư của $2^n+11^n+2012^n$ khi chia cho $7$

Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình bình hành $ABCD$, gọi $P$ là điểm sao cho trung trực của đoạn $CP$ chia đôi đoạn $AD$ và trung trực của đoạn $AP$ chia đôi đoạn $CD$. Gọi $Q$ là trung điểm của $BP$.
a) Chứng minh: $BP$ vuông góc với $AC$
b) Chứng minh $BP=4OE$, trong đó $E$ là trung điểm $AC$, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQC$.

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho $m,n (m>n>4)$ là các số nguyên, $A$ là tập hợp con có đúng $n$ phần tử của tập hợp $S = \left\{ {1;2;3;...;m} \right\}$. Chứng minh rằng nếu:

\[ m > (n - 1)\left( {1 + C_n^2 + C_n^3 + C_n^4 } \right) \]
thì ta luôn chọn được $n$ phần tử đôi một phân biệt $x_1,x_2,x_3,...,x_n \in S$ sao cho tập hợp:

\[ A_i = \left\{ {x + y + x_i |x \in A,y \in A} \right\},i = \overline {1,n} \]
thỏa mãn:

\[
A_j \cap A_k = \emptyset ,\forall j \ne k;j,k = \overline {1,n}
\]

[N H Tu prince]

Câu 2 (1,5 điểm). Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[ 2\sqrt {\frac{{3a}}{{a + b + c}}} + 3\sqrt[3]{{\frac{{bc}}{{(a + b)(a + b + c + d)}}}} + 4.\sqrt[4]{{\frac{{2b^3 d}}{{81(a + b)^3 (a + b + c + d)}}}} \le \frac{{25}}{6} \]

Áp dụng AM-GM:
$\sqrt {\frac{{3a}}{{a + b + c}}} + 3\sqrt[3]{{\frac{{bc}}{{(a + b)(a + b + c + d)}}}} + 4.\sqrt[4]{{\frac{{2b^3 d}}{{81(a + b)^3 (a + b + c + d)}}}}$
$=2\sqrt{\frac{2a}{a+b}.\frac{3(a+b)}{2(a+b+c)}}+3\sqrt[3]{\frac{b}{a+b}.\frac{3c}{2(a+b+c)}.\frac{2(a+b+c)}{3(a+b+c+d)}}+4\sqrt[4]{\frac{b}{3(a+b)}.\frac{b}{3(a+b)}.\frac{b}{3(a+b)}.\frac{2d}{3(a+b+c+d)}}$
$\leq \frac{2a}{a+b}+\frac{3(a+b)}{2(a+b+c)}+\frac{b}{a+b}+\frac{3c}{2(a+b+c)}+\frac{2(a+b+c)}{3(a+b+c+d)}+\frac{b}{3(a+b)}+\frac{b}{3(a+b)}+\frac{b}{3(a+b)}+\frac{2d}{3(a+b+c+d)}$
$= \frac{2(a+b)}{a+b}+\frac{3(a+b+c)}{2(a+b+c)}+\frac{2(a+b+c+d)}{3(a+b+c+d)}=2+\frac{3}{2}+\frac{2}{3}=\frac{25}{6}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangngocbao1997: 16-11-2012 - 21:21

[thedragonknight]

Ngày thi: 02/11/2012. Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình:

\[ \left\{ \begin{array}{l} x^2 + 3x + 2 = \frac{8}{y} - \sqrt {5y - 1} \\ y^2 + 3y + 2 = \frac{8}{z} - \sqrt {5z - 1} \\ z^2 + 3z + 2 = \frac{8}{x} - \sqrt {5x - 1} \\ \end{array} \right.\]

Ko mất tính tổng quát GS: $x\geq y\geq z$
Xét $f(t)=t^2+3t+2$ và $g(t)=\frac{8}{t}-\sqrt{5t-1}$ với $t \in [\frac{1}{5};+\infty )$
Ta thấy f(t) là hàm đồng biến. g(t) là hàm nghịch biến trên khoảng $D$
Suy ra $f(x)\geq f(y)\Leftrightarrow g(y)\geq g(z)$
Mà $g(y)\leq g(z)$
Nên $g(y)=g(z)$ suy ra $y=z$
Tương tự ta cũng chứng minh đc $x=y$
Suy ra $x=y=z$
Thế vào giải pt 1 ẩn là xong.
Thế vào ta có $f(x)=g(x)$
Dễ thấy $x=1$ là nghiệm của pt. Từ đây ta có thể kết luận nó là nghiệm duy nhất
Vậy hệ có nghiệm $(x;y;z)=(1;1;1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thedragonknight: 15-11-2012 - 14:53

[tubmt97]

Ko mất tính tổng quát GS: $x\geq y\geq z$
Xét $f(t)=t^2+3t+2$ và $g(t)=\frac{8}{t}-\sqrt{5t-1}$ với $t \in [\frac{1}{5};+\infty )$
Ta thấy f(t) là hàm đồng biến. g(t) là hàm nghịch biến trên khoảng $D$
Suy ra $f(x)\geq f(y)\Leftrightarrow g(y)\geq g(z)$
Mà $g(y)\leq g(z)$
Nên $g(y)=g(z)$ suy ra $y=z$
Tương tự ta cũng chứng minh đc $x=y$
Suy ra $x=y=z$
Thế vào giải pt 1 ẩn là xong.
Thế vào ta có $f(x)=g(x)$
Dễ thấy $x=1$ là nghiệm của pt. Từ đây ta có thể kết luận nó là nghiệm duy nhất
Vậy hệ có nghiệm $(x;y;z)=(1;1;1)$

Bạn xem lại nha. Khi giữ nguyên x, thay đổi y cho z, z cho y không được hệ tương đương nên không được giả sử $x\geq y\geq z$. Chỉ được giả sử max hoặc min trong 3 số đó là x thôi.

[duongtoi]

Câu 3:
Ta có $2012=7.287+3$ nên $2012^n\equiv 3^n(\mod 7)$
Nên $2^n+11^n+2012^n\equiv 4^n(\mod 7)$

Ta có $4^n\equiv \{1;2;4\}\quad (\mod 7)$.
Mặt khác,
Nếu $n=3k$ thì ta có $4^n=64^k\equiv 1\mod 7$, và $3^n+2^n=27^k+8^k\equiv (-1)^k+1^k$ chia hết cho 7 khi $k$ lẻ.
Nếu $n=3k+1$ thì $3^n+2^n=3.27^k+2.8^k\equiv 3(-1)^k+2.1^k$ không thể chia hết cho 7.
Nếu $n=3k+2$ thì $3^n+2^n=9.27^k+4.8^k\equiv 2(-1)^k+4.1^k$ không thể chia hết cho 7.

Vậy số dư cần tìm là 1.

[duongtoi]

Câu 1: Đặt $f(x)=x^2+3x+2;g(x)=\frac{8}{x}-\sqrt{5x-1}$.
Ta có $f(x)$ đồng biến, $g(x)$ nghịch biến trên $(1/5;+\infty)$.
Từ hệ PT ta có
$\begin{cases} f(x)=g(y)\quad (1)\\ f(y)=g(z)\quad (2)\\ f(z)=g(x)\quad (3)\\ f(x)+f(y)+f(z)=g(x)+g(y)+g(z) \quad (4)\end{cases}$
Ta xét:
- TH1: $x=1;y=1;z=1$ là nghiệm của hệ pt.
- TH2: $x>1;y>1;z>1$ thì từ (4) suy ra $VT>6>VP$. Suy ra hệ pt vô nghiệm.
- TH3: Có một biến nhỏ hơn 1, hai biến còn lại không nhỏ hơn 1. Giả sử $x<1;y\ge1;z\ge1$.
Từ (2) suy ra $VT>6>VP$. Suy ra hệ PT vô nghiệm.
- TH4: Có hai biến nhỏ hơn 1, một biến không nhỏ hơn 1. Giả sử $x<1;y<1;z\ge 1$. Từ (1) suy ra $VT<6<VP$. Suy ra hệ PT vô nghiệm.
- TH5: Cả ba biến đều nhỏ hơn 1. Từ (4) suy ra $VT<6<VP$. Suy ra hệ PT vô nghiệm.

KL: Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất là $x=1;y=1;z=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 18-11-2012 - 21:37

[vongocphat]

giai he
1+ x + x₁ +.....+ x_n =0
1+2x+ 2²x₁ +.... + 2ⁿx_n =0
1+3x+ 3²x₁ +..... + 3ⁿx_n =0
.
.
.
1+nx+n²x₁+........ +nⁿx_n=0