Đề chọn đội tuyển Toán Sư Phạm (2 ngày)

danghieu_dhsp · 13-09-2010, 07:59 PM

Ngày 1:
Bài 1: Cho $x,y,z>0 $. Tìm min:

$P=\frac{x^2y}{z^3}+\frac{y^2z}{x^3}+\frac{z^2x}{y^ 3}+\frac{13xyz}{3(xy^2+yz^2+zx^2)} $

Bài 2: Tìm tất cả$ f:R->R $ và $g:R->R $thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1,$2f(x)-g(x)=f(y)-y $
2,$f(x).g(x) \ge {x+1} $

Bài 3: {$x_{n} $}thỏa mãn:
$x_{1}=1,x_{2}=1 ,x_{n+2}=(x_{n+1})^2-\frac{1}{2}.x_{n} $
CMR: Dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài 4: Gọi $G,I $ là trọng tâm và tâm nội tiếp tam giác $ABC $. Đường thẳng qua $G $song song với $BC $ cắt $AB,AC $tại $B_{c},C_{b} $. Qua $G $ song song với$ CA $ theo thứ tự cắt cạnh$ BC,BA $ tại$ C_{a},A_{c} $.Qua $G $ song song với $AB $ theo thứ tự cắt $CA,CB $tại $A_{b},B_{a} $. Các điểm $I_{a},I_{b},I_{c} $ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $GB_{a}C_{a},GC_{b}A_{b},GA_{c}B_{c}. $CMR:$AI_{a},BI_{b},CI_{c} $ đồng quy tại 1 điểm thuộc $GI. $

Bài 5: Cho11 điểm nằm trên đường thằng d sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì ko lớn hơn 1. Đặt S(m) là tổng khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến 10 điểm còn lại. CMR:$\sum S(m)\leq 60 $

Trích:

Nguyên văn bởi Evarist Galois

Đề ngày 2 đây:
Bài 1: Giải hệ
$(x+2)^2+(y+3)^2=-(y+3)(x+z-2) $
$x^2+5x+9z-7y-15=-3yz $
$8x^2+18y^2+18xy+18yz=-84x-72y-24z-176 $

Bài 2: Cho $p $ nguyên tố. Chứng minh với mọi $q $ nguyên tố khác $p $ và mọi $m,n $ nguyên dương thì
$|m \sqrt{p}-n \sqrt{q}| $ $ \ge \frac{1}{m(\sqrt{p}+\sqrt{p+1})} $

Bài 3: Tìm $a $ nguyên dương để $9(a^{2n}+a^{n}+1) $ là lập phương của một số nguyên với mọi $n $

Bài 4: Cho dãy ${a_n} $
$a_1=\frac{1}{2}; a_{n+1}=\frac{(a_n-1)^2}{2-a_n} $
a) TÌm giới hạn dãy
b)Chứng minh $\frac{\sum a_{i}}{n} \ge 1-\frac{1}{\sqrt{2}} $

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn , M trong tam giác. AM cắt BC tại N. X,Y,Z,T là hình chiếu N trên AB,MB,AC,MC. Chứng minh rằng AM vuông góc BC khi và chỉ khi hoặc X,Y,Z,T đồng viên hoặc X,Y,Z,T thẳng hàng

P/s: Có người nhờ mình post, Còn bài 5 mai post nốt.

.Đang bận.

shido_soichua · 13-09-2010, 08:01 PM

Post nốt đi bạn. Bài 5 chắc bài tổ hợp post nhanh thôi mà. . . .

**novae** · 13-09-2010, 08:16 PM

Bài hình kiểu gì mà Menelaus một phát là xong

gọi $X $ là giao điểm của $AI_a $ với $IG $, $M $ là trung điểm $BC $, khi đó phép vị tự tâm $M $, tỉ số $3 $ biến $\Delta GB_aC_a\to \Delta ABC $, suy ra $\dfrac{\overline{I_aI}}{\overline{I_aM}}=-2 $, đến đây áp dụng Menelaus cho tam giác $IGM $ với cát tuyến $AXI_a $, ta suy ra $\dfrac{\overline{XI}}{\overline{XG}}=-3 $, từ đó suy ra đpcm

**novae** · 13-09-2010, 08:16 PM

Bài 2:
từ đk 1, cho $y=x $, suy ra $2f(x)-g(x)=f(x)-x\Rightarrow g(x)=f(x)+x $, thay ngược trở lại, suy ra $2f(x)-f(x)-x=f(y)-y\Rightarrow f(x)=x-y+f(y) $, cho $y=0 $, suy ra $f(x)=x+f(0)\Rightarrow g(x)=2x+f(0) $
đặt $f(0)=a $, từ đk 2 ta có
$(x+a)(2x+a)\ge x+1 $
$\Leftrightarrow 2x^2+x(3a-1)+a^2-1\ge 0 $
$\Leftrightarrow \Delta = (a-3)^2\le 0\Leftrightarrow a=3 $
vậy $f(x)=x+3, g(x)=2x+3 $, thử lại đúng
-------------
p/s: bài này trong đề chọn tuyển QG Hà Tĩnh 2008-2009

king_k0m_n · 13-09-2010, 08:17 PM

Trích:

Nguyên văn bởi danghieu_dhsp

Bài 1: Cho $x,y,z>0 $. Tìm min:

$P=\frac{x^2y}{z^3}+\frac{y^2z}{x^3}+\frac{z^2x}{y^ 3}+\frac{13xyz}{3(xy^2+yz^2+zx^2)} $

Bài 2: Tìm tất cả$ f:R->R $ và $g:R->R $thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1,$2f(x)-g(x)=f(y)-y $
2,$f(x).g(x) \ge {x+1} $

Bài 3: {$x_{n} $}thỏa mãn:
$x_{1}=1,x_{2}=1 ,x_{n+2}=(x_{n+1})^2-\frac{1}{2}.x_{n} $
CMR: Dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài 4: Gọi $G,I $ là trọng tâm và tâm nội tiếp tam giác $ABC $. Đường thẳng qua $G $song song với $BC $ cắt $AB,AC $tại $B_{c},C_{b} $. Qua $G $ song song với$ CA $ theo thứ tự cắt cạnh$ BC,BA $ tại$ C_{a},A_{c} $.Qua $G $ song song với $AB $ theo thứ tự cắt $CA,CB $tại $A_{b},B_{a} $. Các điểm $I_{a},I_{b},I_{c} $ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $GB_{a}C_{a},GC_{b}A_{b},GA_{c}B_{c}. $CMR:$AI_{a},BI_{b},CI_{c} $ đồng quy tại 1 điểm thuộc $GI. $

P/s: Có người nhờ mình post, Còn bài 5 mai post nốt.

.Đang bận.

Thanks anh Hiếu nhé.Em post nốt bài 5 vậy:
Cho11 điểm nằm trên đường thằng d sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì ko lớn hơn 1. Đặt S(m) là tổng khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến 10 điểm còn lại. CMR:$\sum S(m)\leq 60 $
Đăng ơi:anh Hiếu lớp 12 rồi.
Anh Novae pro quá

daylight · 13-09-2010, 10:02 PM

Trích:

Nguyên văn bởi danghieu_dhsp

Bài 1: Cho $x,y,z>0 $. Tìm min:

$P=\frac{x^2y}{z^3}+\frac{y^2z}{x^3}+\frac{z^2x}{y^ 3}+\frac{13xyz}{3(xy^2+yz^2+zx^2)} $

theo AM-GM
$\sum_{cyc}\frac{x^2y}{z^3} \ge 2\sum_{cyc}\frac{x}{z}-\sum_{cyc}\frac{z}{y}=\sum_{cyc} \frac{x}{z} $
rồi chọn điểm rơi bình thường
như vậy sẽ không cần Holder ạ .

**Highschoolmath** · 13-09-2010, 10:14 PM

Trích:

Nguyên văn bởi king_k0m_n

Thanks anh Hiếu nhé.Em post nốt bài 5 vậy:
Cho11 điểm nằm trên đường thằng d sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì ko lớn hơn 1. Đặt S(m) là tổng khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến 10 điểm còn lại. CMR:$\sum S(m)\leq 60 $
Đăng ơi:anh Hiếu lớp 12 rồi.
Anh Novae pro quá

Bây giờ cứ gọi tên các điểm trên đường thẳng đó là $A_1,A_2,...,A_{11} $ theo đúng thứ tự từ trái sang phải chẳng hạn.Thế thì ta có hệ thức:
$\sum S(m)=2(10A_1A_{11}+8A_2A_{10}+6A_{3}A_{9}+4A_{4}A_ {8}+2A_{5}A_{7}) \leq 2(10+8+6+4+2) $
$\Rightarrow \sum S(m) \leq 60 $

crystal_liu · 13-09-2010, 10:21 PM

Cũng xin giải như sau dù không được gọn cho lắm
Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{x}=b, \frac{z}{x}=c =>P=\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}+ \frac{13}{3(a+b+c)} $
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2})(1+1+1) (a^3b^2c^2+b^3a^2c^2+c^3a^2b^2) \geq (ab+bc+ca)^3 $ hay
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}) \geq \frac{(ab+bc+ca)^3}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca $
ta được $P \geq ab+bc+ca+\frac{13}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca+\frac{13}{(ab+bc+ca)^2} $ ,đến đây điểm rơi cauchy là xong

vantinyeu · 14-09-2010, 12:07 AM

Pác nào có đề của bên tự nhiên post luôn đi nhá!Thanks

No Problem · 14-09-2010, 12:59 AM

Trích:

Nguyên văn bởi crystal_liu

Cũng xin giải như sau dù không được gọn cho lắm
Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{x}=b, \frac{z}{x}=c =>P=\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}+ \frac{13}{3(a+b+c)} $
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2})(1+1+1) (a^3b^2c^2+b^3a^2c^2+c^3a^2b^2) \geq (ab+bc+ca)^3 $ hay
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}) \geq \frac{(ab+bc+ca)^3}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca $
ta được $P \geq ab+bc+ca+\frac{13}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca+\frac{13}{(ab+bc+ca)^2} $ ,đến đây điểm rơi cauchy là xong

Mình cũng đặt như bạn nhưng gọn hơn khúc sau

$a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{x};c=\frac{z}{y} $
BĐT<=> $\sum\frac{a^2}{c}+\frac{13}{3(ab+bc+ca)}\ge \frac{13}{27}( a+b+c +a+b+c + \frac{9}{ab+bc+ca})+\frac{1}{27}(a+b+c) \ge \frac{13}{27}3.\sqrt[3]{\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}+\frac{1}{27}(a+b+c)\ ge \frac{40}{9} $

sonhadhsp · 14-09-2010, 06:13 AM

Trích:

Nguyên văn bởi No Problem

Mình cũng đặt như bạn nhưng gọn hơn khúc sau

$a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{x};c=\frac{z}{y} $
BĐT<=> $\sum\frac{a^2}{c}+\frac{13}{3(ab+bc+ca)}\ge \frac{13}{27}( a+b+c +a+b+c + \frac{9}{ab+bc+ca})+\frac{1}{27}(a+b+c) \ge \frac{13}{27}3.\sqrt[3]{\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}+\frac{1}{27}(a+b+c)\ ge \frac{40}{9} $

Lời giải chính thức bài cực trị

**Highschoolmath** · 14-09-2010, 09:19 AM

Trích:

Nguyên văn bởi sonhadhsp

Lời giải chính thức bài cực trị

Thầy Sơn hà có đáp án của toàn bộ đề thi không ạ ?Chắc chắn năm nay bài cực trị là do thầy ra đề

PS: Em là Việt Dũng K40 đây thầy còn nhớ em không

**vipCD** · 14-09-2010, 04:45 PM

Trích:

Nguyên văn bởi crystal_liu

Bài 1 có thể giải bằng Cauchy và holder ,cái holder có được dùng không ấy nhỉ

,min có lẽ ra$\frac{40}{9} $
PS bài này không khó cho lắm ,lúc đầu có vẻ phức tạp

Anh thấy chú máy spam hơi bị nhiều đấy

Lần sau đừng tốn một post cho đoạn trên mà hãy bắt tay ngay vào:

Trích:

Nguyên văn bởi crystal_liu

Cũng xin giải như sau dù không được gọn cho lắm
Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{x}=b, \frac{z}{x}=c =>P=\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}+ \frac{13}{3(a+b+c)} $
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2})(1+1+1) (a^3b^2c^2+b^3a^2c^2+c^3a^2b^2) \geq (ab+bc+ca)^3 $ hay
$(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}) \geq \frac{(ab+bc+ca)^3}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca $
ta được $P \geq ab+bc+ca+\frac{13}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca+\frac{13}{(ab+bc+ca)^2} $ ,đến đây điểm rơi cauchy là xong

**n.v.thanh** · 14-09-2010, 06:25 PM

Mấy anh bên sp cho em biết đây là đề chọn đội tuyển gì?vòng mấy và thi ?phút? với.

king_k0m_n · 14-09-2010, 06:34 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nvthanh1994

Mấy anh bên sp cho em biết đây là đề chọn đội tuyển gì?vòng mấy và thi ?phút? với.

CHọn đội tuyển tám người thì phải,thi hai ngày,hôm nay chưa có ai post đề,thi 3h

13-09-2010, 08:01 PM	#2
shido_soichua Maths is my life Tham gia ngày: Oct 2009 Đến từ: Ninh Bình Bài gởi: 300 Thanks: 31 Thanked 132 Times in 76 Posts	Post nốt đi bạn. Bài 5 chắc bài tổ hợp post nhanh thôi mà. . . . __________________ http://luongvantuy.org/forum.php Chuyên Văn - Lương Văn Tụy

13-09-2010, 08:16 PM	#3
novae +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts	Bài hình kiểu gì mà Menelaus một phát là xong gọi $X $ là giao điểm của $AI_a $ với $IG $, $M $ là trung điểm $BC $, khi đó phép vị tự tâm $M $, tỉ số $3 $ biến $\Delta GB_aC_a\to \Delta ABC $, suy ra $\dfrac{\overline{I_aI}}{\overline{I_aM}}=-2 $, đến đây áp dụng Menelaus cho tam giác $IGM $ với cát tuyến $AXI_a $, ta suy ra $\dfrac{\overline{XI}}{\overline{XG}}=-3 $, từ đó suy ra đpcm __________________ M.

13-09-2010, 08:16 PM	#4
novae +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts	Bài 2: từ đk 1, cho $y=x $, suy ra $2f(x)-g(x)=f(x)-x\Rightarrow g(x)=f(x)+x $, thay ngược trở lại, suy ra $2f(x)-f(x)-x=f(y)-y\Rightarrow f(x)=x-y+f(y) $, cho $y=0 $, suy ra $f(x)=x+f(0)\Rightarrow g(x)=2x+f(0) $ đặt $f(0)=a $, từ đk 2 ta có $(x+a)(2x+a)\ge x+1 $ $\Leftrightarrow 2x^2+x(3a-1)+a^2-1\ge 0 $ $\Leftrightarrow \Delta = (a-3)^2\le 0\Leftrightarrow a=3 $ vậy $f(x)=x+3, g(x)=2x+3 $, thử lại đúng ------------- p/s: bài này trong đề chọn tuyển QG Hà Tĩnh 2008-2009 __________________ M. thay đổi nội dung bởi: novae, 13-09-2010 lúc 08:28 PM

13-09-2010, 10:21 PM	#8
crystal_liu +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2010 Đến từ: Akaban Bài gởi: 353 Thanks: 94 Thanked 199 Times in 141 Posts	Cũng xin giải như sau dù không được gọn cho lắm Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{x}=b, \frac{z}{x}=c =>P=\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}+ \frac{13}{3(a+b+c)} $ $(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2})(1+1+1) (a^3b^2c^2+b^3a^2c^2+c^3a^2b^2) \geq (ab+bc+ca)^3 $ hay $(\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{a}{b^2}) \geq \frac{(ab+bc+ca)^3}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca $ ta được $P \geq ab+bc+ca+\frac{13}{3abc(a+b+c)} \geq ab+bc+ca+\frac{13}{(ab+bc+ca)^2} $ ,đến đây điểm rơi cauchy là xong __________________ BEAST thay đổi nội dung bởi: crystal_liu, 13-09-2010 lúc 10:24 PM Lý do: lỗi công thức

14-09-2010, 12:07 AM	#9
vantinyeu +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Bài gởi: 91 Thanks: 39 Thanked 22 Times in 21 Posts	Pác nào có đề của bên tự nhiên post luôn đi nhá!Thanks thay đổi nội dung bởi: vantinyeu, 14-09-2010 lúc 12:15 AM

14-09-2010, 06:25 PM	#14
n.v.thanh Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts	Mấy anh bên sp cho em biết đây là đề chọn đội tuyển gì?vòng mấy và thi ?phút? với.