Bosnia Herzegovina Team Selection Test 2013
#1
Đã gửi 30-05-2013 - 11:03
- hxthanh, Zaraki, IloveMaths và 3 người khác yêu 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.
#2
Đã gửi 30-05-2013 - 18:17
Chém câu dãy số :
Câu 2. Lập dãy phụ $(b_n): b_0=b_1=1; b_{n+1}=4b_n-b_{n-1}$, Ta CMR quy nạp rằng $a_n=(b_n)^2 \forall n (*)$.
$(*)$ đúng với $n=0; n=1$, giả sử $(*)$ đúng $\forall 0 \leq k \leq n$. Ta CMR: $a_{n+1}=(b_{n+1})^2 (1)$.
Trước tiên ta viết lại dãy $(b_n)$ dưới dạng: $b_{n+1}=\frac{b_n^2-2}{b_{n-1}} \Rightarrow b_{n+1}b_{n-1}-b_n^2=2 (2)$.
Theo công thức xác định dãy $(a_n)$ ta có: $a_{n+1}=14b_n^2-b_{n-1}^2-4$.
Do đó $(1) \Leftrightarrow (4b_n-b_{n-1})^2=14b_n^2-b_{n-1}^2-4 \Leftrightarrow b_{n+1}b_{n-1}-b_n^2=2$ (đúng theo $(2)$).
Vậy mệnh đề $(*)$ đúng $\forall n$ và ta có đpcm.
- hxthanh, trauvang97 và mathandyou thích
#3
Đã gửi 30-05-2013 - 18:23
Chém câu dãy số :
Câu 2. Lập dãy phụ $(b_n): b_0=b_1=1; b_{n+1}=4b_n-b_{n-1}$, Ta CMR quy nạp rằng $a_n=(b_n)^2 \forall n (*)$.
$(*)$ đúng với $n=0; n=1$, giả sử $(*)$ đúng $\forall 0 \leq k \leq n$. Ta CMR: $a_{n+1}=(b_{n+1})^2 (1)$.
Trước tiên ta viết lại dãy $(b_n)$ dưới dạng: $b_{n+1}=\frac{b_n^2-2}{b_{n-1}} \Rightarrow b_{n+1}b_{n-1}-b_n^2=2 (2)$.
Theo công thức xác định dãy $(a_n)$ ta có: $a_{n+1}=14b_n^2-b_{n-1}^2-4$.
Do đó $(1) \Leftrightarrow (4b_n-b_{n-1})^2=14b_n^2-b_{n-1}^2-4 \Leftrightarrow b_{n+1}b_{n-1}-b_n^2=2$ (đúng theo $(2)$).
Vậy mệnh đề $(*)$ đúng $\forall n$ và ta có đpcm.
bài này lập phương trình đặc trưng của dãy rồi tìm được công thức tổng quát thôi mà!
- phuocthinh02 yêu thích
ĐƯỜNG TƯƠNG LAI GẶP NHIỀU GIAN KHÓ..
#4
Đã gửi 30-05-2013 - 18:49
bài này lập phương trình đặc trưng của dãy rồi tìm được công thức tổng quát thôi mà!
Bạn up lời giải lên đi, coi như 1 cách làm khác .
Chém luôn câu số cho nó nóng :
Câu 4. Dễ thấy rằng $p, q \neq 2, 3, 5$ và $p \neq q \Rightarrow \exists$ 1 số $\geq 11$ và 1 số $\geq 7$.
Ta có $pq|(30p-1)(30q-1) \Rightarrow pq|30(p+q)-1$. Đặt $30(p+q)-1=kpq (*) (k \in \mathbb{N^*})$
$\Rightarrow 30(\frac{1}{p}+\frac{1}{q})-\frac{1}{pq}=k$
$\Rightarrow k \leq 30(\frac{1}{7}+\frac{1}{11}) $
$\Rightarrow k \leq 7$.
Lại từ $(*)$ ta phân tích thành $(kp-30)(kq-30)=900-k$.
Nhận xét: Nếu $2|k$ thì $4|VT \Rightarrow 4|VP$
$\Rightarrow 4|k$
$\Rightarrow k=4$
$\Rightarrow (2p-15)(2q-15)=224$ nên không tồn tại $p, q$ thoả mãn.
Vậy k lẻ.
- Nếu $k=3$ thì $9|VT \Rightarrow 9|VP \Rightarrow 9|897$ (vô lý).
- Nếu $k=5$ thì $25|VT \Rightarrow 25|VP \Rightarrow 25|895$ (vô lý).
- $k=1$, thay vào giải trực tiếp ta được $(p;q)=(59; 61); (61; 59); (929; 31); (31;929)$
- $k=7$, giải được $(p;q)=(11;7); (7;11)$.
KL: Có 6 bộ $(p;q)$ thoả mãn là $(59;61); (61;59)$ và $(7; 11); (11;7)$ và $(929; 31); (31;929)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi whatever2507: 30-05-2013 - 22:10
- hxthanh, trauvang97 và mathandyou thích
#5
Đã gửi 30-05-2013 - 22:04
Bài $1$ giải như sau
Gọi $X$,$Y$ lần lượt là trung điểm $PM$ và $QN$
ta có $\angle CPM=\angle APM=90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}=\angle CMP$$\rightarrow \Delta CMP$ cân tại $C$
$\rightarrow \measuredangle CXA=90^{\circ}=\measuredangle CHA$
$\rightarrow CAHX$ nội tiếp
$\Rightarrow \measuredangle CHX=\measuredangle CAX=\measuredangle HAX=\measuredangle HCX$
Tương tự $\rightarrow XY\perp AB$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 30-05-2013 - 22:06
- mat troi be nho, mathandyou và amma96 thích
[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful
#6
Đã gửi 01-06-2013 - 17:44
Làm luôn câu 3 cho hết ngày 1
Câu 3. Đề bài chỉ ra khá rõ hướng làm là định lý Ramsey trong đồ thị, ta đưa về CM: Trong đồ thị đầy đủ $G=(V;E), |V|=C^n_{2n}$ được tô màu cạnh bằng 2 màu thì tồn tại đồ thị con đầy đủ $n+1$ cạnh cùng màu, tức là CM: $R(n+1, n+1) \leq C^n_{2n}$.
Trước tiên ta CM 2 bổ đề:
Bổ đề 1: $\forall s, t>2$ thì: $R(s,t) \leq R(s-1, t)+R(s, t-1)$.
CM: Đặt $N=R(s-1, t)+R(s, t-1)$, xét 1 cách tô màu xanh đỏ các cạnh của một đồ thị $K_N$ ($K_N$ ký hiệu đồ thị đầy đủ $N$ đỉnh). Gọi $A$ là một đỉnh bất kỳ. Trong $N-1$ cạnh kề A có không ít hơn $R(s-1, t)$ cạnh màu xanh hoặc $R(s, t-1)$ cạnh màu đỏ. WLOG giả sử có $R(s-1, t)$ cạnh màu xanh kề $A$. Các đầu mút khác $A$ của các cạnh này sẽ tạo thành $1$ đồ thị đầy đủ $R(s-1, t)$ đỉnh. Theo định lý Ramsey đồ thị này chứa một đồ thị con $K_{s-1}$ cạnh màu xanh hoặc $K_t$ cạnh màu đỏ. Trong TH đầu tiên, lấy thêm $A$ ta có đồ thị con $K_s$ với các cạnh màu xanh còn với TH2 ta có ngay đồ thị $K_t$ cạnh đỏ, từ đó ta có đpcm.
Bổ đề 2: $\forall s, t \geq 2, R(s,t) \leq C^{s-1}_{s+t-2}$.
CM: Bổ đề này dễ dàng CM được bằng quy nạp kết hợp bổ đề 1: $$R(s,t) \leq R(s-1,t)+R(s,t-1) \leq C^{s-2}_{s+t-3}+C^{s-1}_{s+t-3}=C^{s-1}_{s+t-2}$$ (đẳng thức Pascal).
Trở lại bài toán, áp dụng bổ đề 2 ta có $R(n+1, n+1) \leq C^{n+1-1}_{n+1+n+1-2}=C^n_{2n}$ (đpcm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi whatever2507: 01-06-2013 - 17:49
- WhjteShadow và barcavodich thích
#7
Đã gửi 04-06-2013 - 23:51
Câu $5$ giải như sau
$F_3=(x_1+x_2+x_3)^2-4(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1) \ge (x_1+x_2+x_3)^2-\frac{4}{3}(x_1+x_2+x_3)^2=-\frac{1}{3}$
$F_4=-1+\frac{3}{2}\left[(x_1+x_3)^2+(x_2+x_4)^2\right]+\frac{1}{2}\left[(x_1-x_3)^2+(x_2-x_4)^2\right]\ge-1+\frac{3}2\left[(x_1+x_3)^2+(x_2+x_4)^2\right]\ge-\frac{1}{4}$
$F_5=-1+\left[(x_1+x_3)^2+(x_1+x_4)^2+(x_2+x_4)^2+(x_2+x_5)^2+(x_3+x_5)^2\right]\ge-1+\frac{4}5=-\frac{1}{5}$
- whatever2507, mat troi be nho và amma96 thích
[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh