PDA

View Full Version : Một số bài thi học sinh giỏi vòng 2 TP Hà Nội


thangk50
28-10-2010, 08:32 PM
đây là một số bài toán đại số 4784

novae
28-10-2010, 09:06 PM
Bài 1:
Cho các số a,b,c,d là các số nguyên dương và số nguyên tố p sao cho a^p+b^p=c^p+d^p.
CMR |a-c|+|b-d|\ge p

Bài 2:
Giải phương trình 2x^2\sin x+x\cos x+\sqrt[3]{2x+1}=x^3-x^5+x+1

Bài 3:
Cho phương trình \frac{1}{x+1}+\frac{1}{2(x+2)}+\cdots+\frac{1}{n(x +n)}=\frac{3}{4}

CMR phương trình luôn có một nghiệm dương duy nhất.
Ứng với mỗi giá trị của n gọi nghiệm dương của phương trình là x_n. Tìm \lim x_n

Bài 4:
Cho dãy số u_n=\frac{1}{2^n}.
CMR \dfrac{(u_1-1)(u_2-1)\cdots (u_n-1)(u_1+u_1+\cdots+u_n)}{[1-(u_1+u_1+\cdots+u_n)]u_1 u_2 \cdots u_n}> 2010^{2011}

Bài 5:
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn
\left\{\begin{matrix} x^2+4xy+6y^2=2 \\ 6y^2+8xz+z^2=1 \end{matrix}\right.
Tìm \max P=xy+yz+zx

th2091
28-10-2010, 09:50 PM
Bài 1: Cho các số a, b, c, d là các số nguyên dương và số nguyên tố p sao cho
a^p+b^p=c^p+d^p
Cmr \mid a-c \mid + \mid b-d \mid \ge p
Bài 2: Giải phương trình
2x^{2}sinx+xcosx+\sqrt[3]{2x+1}=x^3 – x^5 + x + 1
Bài 3: Cho phương trình
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2(x+2)}+…+\frac{1}{n(x+n) }=\frac{3}{4}
a/ Chứng minh phương trình luôn có 1 nghiệm dương duy nhất.
b/ Ứng với mỗi n phương trình có 1 nghiệm dương là x_n. Tìm limx_n.
Bài 5: Cho dãy số u_n=\frac{1}{2^n}
CM: \frac{(u_1-1)(u_2-1)…(u_n-1)(u_1+u_2+…+u_n)}{[1-(u_1+u_2+…+u_n)]u_1u_2…u_n} > 2010^{2011}
Bài 6: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn:
\begin{cases}x^2+4xy+6y^2=2\\6y^2+8xz+3z^2=1\end{c ases}
Tìm giá trị lớn nhất của P=xy+yz+zx

leviethai
28-10-2010, 10:07 PM
Bài 1: Cho các số a, b, c, d là các số nguyên dương và số nguyên tố p sao cho
a^p+b^p=c^p+d^p
Cmr \mid a-c \mid + \mid b-d \mid \ge p
Bài 2: Giải phương trình
2x^{2}sinx+xcosx+\sqrt[3]{2x+1}=x^3 – x^5 + x + 1
Bài 3: Cho phương trình
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2(x+2)}+…+\frac{1}{n(x+n) }=\frac{3}{4}
a/ Chứng minh phương trình luôn có 1 nghiệm dương duy nhất.
b/ Ứng với mỗi n phương trình có 1 nghiệm dương là x_n. Tìm limx_n.
Bài 5: Cho dãy số u_n=\frac{1}{2^n}
CM: \frac{(u_1-1)(u_2-1)…(u_n-1)(u_1+u_2+…+u_n)}{[1-(u_1+u_2+…+u_n)]u_1u_2…u_n} > 2010^{2011}
Bài 6: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn:
\begin{cases}x^2+4xy+6y^2=2\\6y^2+8xz+3z^2=1\end{c ases}
Tìm giá trị lớn nhất của P=xy+yz+zx

Đề bài câu 1) và câu 4) có vấn đề

Câu 1) Chỉ cần cho a=c, b=d là thấy sai.

Câu 4) Đại lượng bên trái âm khi n là số lẻ, nên không có bất đẳng thức trên.

Xin giải câu cực trị trước. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có
\displaystyle \begin{aligned}2 = ({x^2} + 4xy + 6{y^2})(6{y^2} + 8yz + 3{z^2})&= \left[ {{{\left( {y\sqrt 6 + \frac{{2x}}{{\sqrt 6 }}} \right)}^2} + \frac{{{x^2}}}{3}} \right]\left[ {\frac{{{z^2}}}{3} + {{\left( {y\sqrt 6 + \frac{{4z}}{{\sqrt 6 }}} \right)}^2}} \right]\\&\ge {\left[ {\frac{z}{{\sqrt 3 }}\left( {y\sqrt 6 + \frac{{2x}}{{\sqrt 6 }}} \right) + \frac{x}{{\sqrt 3 }}\left( {y\sqrt 6 + \frac{{4z}}{{\sqrt 6 }}} \right)} \right]^2}\\&= 2{\left( {xy + yz + zx} \right)^2}\end{aligned}

Suy ra P\le 1. Dựa vào điều kiện để dấu bằng xảy ra của bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta dễ dàng tìm được x,y,z để P=1. Vậy MaxP=1

TKmathTKmath
28-10-2010, 10:33 PM
Câu số 4 theo mình n=2010 thì mới đúng. Khi đó đặt
A_i=\frac{u_i}{1-u_i}>0, i=1,2...,2010. và đặt A_{2011}=\frac{1-(a_1+...+a_{2010})}{a_1+...+a_{2010}} >0
Từ đó \sum{\frac{1}{A_i+1}} =2010
Suy ra
\frac{1}{A_1+1}=1-\frac{1}{A_2+1} + ... + 1- \frac{1}{A_{2011}+1} = \frac{A_2}{A_2+1}+...+\frac{A_{2011}}{A_{2011}+1} \ge 2010 \sqrt[2010]{\frac{A_2A_3...A_{2011}}{(1+A_2)(1+A_3)...(1+A_{2 011})}}
Tương tự và nhân các BĐT lại ta được:
A_1A_2...A_{2011} \le \frac{1}{2010^{2011}}
Từ đó suy ra đpcm.

batigoal
30-10-2010, 10:22 PM
Bài 2 và bài 3 không có bạn nào giải à?:feelgood:

cuthangbo
31-10-2010, 09:55 AM
Xin giải câu cực trị trước. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có
\displaystyle \begin{aligned}2 = ({x^2} + 4xy + 6{y^2})(6{y^2} + 8yz + 3{z^2})&= \left[ {{{\left( {y\sqrt 6 + \frac{{2x}}{{\sqrt 6 }}} \right)}^2} + \frac{{{x^2}}}{3}} \right]\left[ {\frac{{{z^2}}}{3} + {{\left( {y\sqrt 6 + \frac{{4z}}{{\sqrt 6 }}} \right)}^2}} \right]\\&\ge {\left[ {\frac{z}{{\sqrt 3 }}\left( {y\sqrt 6 + \frac{{2x}}{{\sqrt 6 }}} \right) + \frac{x}{{\sqrt 3 }}\left( {y\sqrt 6 + \frac{{4z}}{{\sqrt 6 }}} \right)} \right]^2}\\&= 2{\left( {xy + yz + zx} \right)^2}\end{aligned}

Suy ra P\le 1. Dựa vào điều kiện để dấu bằng xảy ra của bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta dễ dàng tìm được x,y,z để P=1. Vậy MaxP=1
Cái này làm sao mà biết dấu = xảy ra khi nào mà biết cách phân tích như vậy? Hay là bạn có tuyệt chiêu nào?:rolleyes:

anhkhoa_nt
31-10-2010, 10:21 AM
Bài 3: Đặt f_n(x)=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2(x+2)}+...+\frac{1} {n(x+n)}-\frac{3}{4}
(1) Ta thấy với mọi n\in N^*, hàm số f_n(x) liên tục và nghịch biến trên khoảng (0;+\infty). Hơn nữa, ta có f_n(0)>\frac{1}{4} và f_n(x)\rightarrow -\frac{3}{4} khi x\rightarrow +\infty. Từ đó suy ra với mọi n\in N^*, pt (1) có nghiệm duy nhất x_n>0.
2) Với mỗi n\in N^*, ta có:
f_n(2)=-\frac{3}{4}+\frac{1}{1.3}+\frac{1}{2.4}+...+\frac{ 1}{n(n+2)}=-\frac{1}{2}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})<0=f_n(x_n).
Từ đó do hàm f_n(x) nghịch biến trên (0;+\infty), suy ra x_n<2 với mọi n\in N^*.
Vì f_n(x) khả vi trên đoạn [x_n;2] nên theo Lagrance tồn tại t \in(x_n;2) sao cho:
\frac{f_n(2)-f_n(x_n)}{2-x_n}=f'_n(t)=-\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{2(x+2)^2}-...-\frac{1}{n(x+n)^2}<-\frac{1}{9} với n\in N^*.
Suy ra \frac{-\frac{1}{2}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})}{2-x_n}<-\frac{1}{9}
\Rightarrow x_n>2-\frac{9}{2}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})
Từ đó ta được 2>x_n>2-\frac{9}{2}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})
\Rightarrow \lim x_n=2 B-)

bachzealot
31-10-2010, 10:30 AM
Ai post nốt bài Hình cho bọn tớ xem với

thangk50
01-11-2010, 03:20 PM
đây là đề thi đầy đủ đánh bằng latex