Kỳ thi chọn HSGQG môn Toán 2015 - Đề thi

[hoathuy21990]

Bất đẳng thức có vẻ nhẹ nhàng hơn năm trước
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Bài hình có thể tổng quát:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O).$ $(O_1)$ là đường tròn bất kì qua $B,C$. . Một đường tròn $\omega$ thay đổi cắt $BC$ tại $M,N$, cắt $(O_1)$ tại $P,Q$. Đường tròn đi qua $P,Q$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $T$. Khi đó phân giác $\angle MTN$ luôn đi qua trung điểm cung $BC$ không chứa $A.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Câu 3 tổ hợp theo mình nghĩ thì nếu ai học về đếm bằng truy hồi thì cũng đã từng gặp bài tương tự rồi.

Ở đây tuy đề có yêu cầu số chữ số không vượt quá $K$ nhưng may mắn là trong các số cần lập thì có số 0. Điều này cho phép ta đưa về bài toán:

Đếm số các bộ số có thứ tự có đúng $K$ số, có tổng chia hết cho 3 và có các chữ số là $\{ 2, 0, 1, 5 \}$ (*)

Chú ý rằng cách đếm trên có thể có các chữ số 0 đứng đầu và thông qua đó, ta đã gián tiếp đếm các số có ít hơn $K$ chữ số.

Cách của bạn haojack123 vậy là ổn rồi, nhưng mình nghĩ là nên rút gọn ra đến kết quả cuối cùng luôn, do đó đều là các tổng của các cấp số nhân đơn giản.

Câu 2, ý 2 dành cho bạn nào quên BĐT Schur bậc 4.

Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{c}=z$ thì BĐT thứ hai chính là:
\[\begin{align}
& ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})(xy+yz+zx)+{{({{x}^ {2}}-{{y}^{2}})}^{2}}+{{({{y}^{2}}-{{z}^{2}})}^{2}}+{{({{z}^{2}}-{{x}^{2}})}^{2}}\ge {{({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})}^{2}} \\
& \Leftrightarrow {{({{x}^{2}}-{{y}^{2}})}^{2}}+{{({{y}^{2}}-{{z}^{2}})}^{2}}+{{({{z}^{2}}-{{x}^{2}})}^{2}}\ge ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-yz-zx \right) \\
& \Leftrightarrow {{(x-y)}^{2}}{{(x+y)}^{2}}+{{(y-z)}^{2}}{{(y+z)}^{2}}+{{(z-x)}^{2}}{{(z+x)}^{2}} \\
& \ge \frac{1}{2}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\left( {{(x-y)}^{2}}+{{(y-z)}^{2}}+{{(z-x)}^{2}} \right) \\
& \Leftrightarrow \sum{{{(x-y)}^{2}}\left( 2{{(x+y)}^{2}}-({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}) \right)}\ge 0 \\
& \Leftrightarrow \sum{{{(x-y)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}} \right)}\ge 0 \\
\end{align}\]
Giả sử $x\ge y\ge z$ thì rõ ràng $\left\{ \begin{align}
& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}}\ge 0 \\
& {{z}^{2}}+{{x}^{2}}+4zx-{{y}^{2}}\ge 0 \\
\end{align} \right.$ . Ta có \[\left| y-z \right|\le \left| x-z \right|\Rightarrow {{(y-z)}^{2}}\le {{(x-z)}^{2}}\] nên ta có
\[{{(z-x)}^{2}}\left( {{z}^{2}}+{{x}^{2}}+4zx-{{y}^{2}} \right)+{{(y-z)}^{2}}\left( {{y}^{2}}+{{z}^{2}}+4yz-{{x}^{2}} \right)\ge {{(y-z)}^{2}}(2{{z}^{2}}+4zx+4yz)\] và $${{(x-y)}^{2}}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4xy-{{z}^{2}})\ge 0.$$ Do đó, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$ hoặc $x=y, z=0$ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Câu dãy có vẻ có thể mở rộng ra với mọi giá trị $a$. Viết lại được thành:
$u_{n+1}=\frac{u_n}{2}+\frac{1}{4+\frac{a}{n^2}}. \sqrt{u_n^2+3}$.
vì $\lim_{n \to +\inf} \frac{a}{n^2}=0$ nên từ đó có thể suy ra rằng dãy số ở câu b đến một lúc nào đó sẽ thành dãy số như ở câu a, và dãy này thì luôn có giới hạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuankietpq]

Đi thi hsg quốc gia có được dùng hàm sinh không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Fool's theorem]

Bài 3: (Cách giải sử dụng số phức)
Xét đa thức $P(x)=(1+x+x^2+x^5)^K=\sum_{n_1,..,n_K \in (2,0,1,5)}x^{n_1+...+n_K}$
Dễ thấy số số chia hết cho $3$, không vượt quá $10^K$ mà lập từ các chữ số ${2,0,1,5}$ là tổng các hệ số dạng $a_{3m}$
Ta có $\sum a_{3m} = \frac{P(1)+P(e)+P(e^2)}{3}$ với $e= cos\frac{2\pi}{3} + isin\frac{2\pi}{3}$, $e^3=1$ và $1+e+e^2=0$.
$ S=\frac{P(1)+P(e)+P(e^2)}{3}=\frac{4^K+e^{2K}+e^K} {3}$
Nếu $K$ chia hết cho 3 thì $S=\frac{4^K+2}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 1 mod 3 thì $S=\frac{4^K+e+e^2}{3} = \frac{4^K-1}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 2 mod 3 thì $S=\frac{4^K-1}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Short_list]

Câu 2. (5 điểm) Chứng minh rằng bất đẳng thức
\[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge (a+b+c)^2,\]
luôn đúng với mọi số thực không âm $a,\,b,\,c.$

Thay $(a,b,c)$ bởi $(a^2,b^2,c^2)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2.\]
Ta chứng minh
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2).\]
Điều này tương đương với
\[a^4+b^4+c^4 +2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng nên vế trái được chứng minh.

Tiếp đến ta chứng minh vế bên phải
\[(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2,\]
bất đẳng thức này tương đương
\[a^4+b^4+c^4+(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) \geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca( c^2+a^2)\geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\]
The bất đẳng thức Schur bậc 4 thì
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2),\]
do đó ta chỉ cần chỉ ra được
\[ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
hay
\[ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức của hai vế xảy ra khi $a=b=c.$ Bài toán được chứng minh.

P/s. Câu này mình nghĩ quá dở nếu cho làm đề thi quốc gia. Nó giống như kiểu các bài toán làm chặt thường được các thành viên đăng trên Mathlinks.

Ta có thể làm chặt bài toán lên như sau.

Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực không âm:

(a) Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng
\[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2].\]
(b) Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng
\[(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \ge (a+b+c)^2.\]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ptnkmt11]

Câu BĐT cho điểm rồi, biến đổi đơn giản xíu là ra.

Vế trái, bất đẳng thức tương đương:
$(a+b+c)(a+b+c - \sqrt{ab} - \sqrt{ac}- \sqrt{bc}) \geq 0$

Vế phải, bất đẳng thức tương đương:
$\sum (\sqrt {a} - \sqrt {b})^2 . (a+b+4\sqrt{ab} -c) \geq 0$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Đi thi hsg quốc gia có được dùng hàm sinh không?

Không bạn nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tohoproirac]

Đề đúng rồi, câu BĐT 1 ý tương đương $ \sum \sqrt{ab} \le \sum a.$
------------------------------
Ý sau dùng $\sum \sqrt{ab} \ge \sum \dfrac{2ab}{a+b}$ rồi dùng $\sum \dfrac{1}{x} \ge \dfrac{9}{\sum x}$ kết hợp Schur dạng $\dfrac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$ là ra.
Câu 1 a làm bình thường được dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1, giới hạn = 1.
Câu 3 a mấu chốt là dùng góc để chứng minh song song:

Song song rồi sao nữa thầy ????
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[magic.]

Nhìn câu tổ hợp mà mình muốn khóc, tại sao đề thi HSG mà lại ra cái câu như thế này ?

Được bạn. Hình như có thể chia thành 2 dãy, $a_n$ chia hết cho 3 và $b_n$ không chia hết cho 3. Công thức truy hồi cũng không khó tính.
Từ cách gọi dãy như mình ở trên, ta được 2 công thức:
$a_{n+1}=a_n+3b_n$ và $a_n+b_n=4^n$.
Đến đây thì dễ rồi.

Bạn xem lại công thức truy hồi nhé!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Bạn xem lại công thức truy hồi nhé!

Đúng là nhầm thật, cảm ơn anh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Dưới đây là bài 1.

a) Với $a=0$, ta có $\left\{ \begin{align}
& {{u}_{1}}=3, \\
& {{u}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{u}_{n}}+\frac{1}{4}\sqrt{ u_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{align} \right.$.
Dễ thấy ${{u}_{n}}>0$ với mọi $n.$
Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\sqrt{{{x}^{2}}+3},x> 0$ thì ${f}'(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{4\sqrt{{{x}^{2}}+3}} >0$ nên $f(x)$ là hàm số đồng biến.
Ngoài ra, ${{u}_{2}}=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{{{3}^{2}}+3}}{4 }=\frac{3+\sqrt{3}}{2}<3={{u}_{1}}$ nên bằng quy nạp, ta chứng minh được dãy số này giảm.
Mặt khác, dãy bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn.
Đặt $L=\lim {{u}_{n}}\ge 0$ thì $L=\frac{1}{2}L+\frac{1}{4}\sqrt{{{L}^{2}}+3} \Leftrightarrow 2L=\sqrt{{{L}^{2}}+3} \Leftrightarrow L=1$.
Vậy giới hạn cần tìm là 1.

b) Với $0\le a\le 1$, xét dãy số ${{x}_{n}},{{y}_{n}}$ lần lượt xác định bởi

$ \left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}=3, \\
& {{x}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{x}_{n}}+\frac{1}{4}\sqrt{ x_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{aligned} \right. $ và $\left\{ \begin{aligned}
& {{y}_{1}}=3, \\
& {{y}_{n+1}}=\frac{1}{2}{{y}_{n}}+\frac{{{n}^{2}}}{ 4{{n}^{2}}+1}\sqrt{y_{n}^{2}+3},n\ge 1 \\
\end{aligned} \right. $

Do $0\le a\le 1$ nên bằng quy nạp, dễ thấy rằng ${{x}_{n}}\ge {{u}_{n}}\ge {{y}_{n}}$ với mọi $n\ge 1$.
Theo câu $a$, ta đã chứng minh được $\lim {{x}_{n}}=1$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng ${{y}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}$ với mọi $n\ge 2$. (*)
Thật vậy, với $n=2$, dễ dàng thấy rằng (*) đúng.

Giả sử $(*)$ đúng với $n$ thì ta có ${{y}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}\ge 0$. Suy ra $$ \dfrac{1}{2}{{y}_{n}}+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{y_{n}^{2}+3} \ge \dfrac{1}{2}\left( 1-\frac{2}{n} \right)+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{\left( 1-\frac{2}{n} \right)}^{2}}+3} . $$ Ta cần chứng minh:

$\dfrac{1}{2} \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)+ \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{ \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)}^{2}}+3} \ge 1-\dfrac{2}{n+1}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{ \left( 1-\dfrac{2}{n} \right)}^{2}}+3} \ge \left( 1-\dfrac{2}{n+1} \right)-\dfrac{1}{2} \left( 1-\dfrac{2}{n} \right) $
$ \Leftrightarrow \dfrac{2n}{4{{n}^{2}}+1} \sqrt{{{n}^{2}}-n+1}\ge \dfrac{{{n}^{2}}-n+2}{2n(n+1)} $
$ \Leftrightarrow 4{{n}^{4}}{{(n+1)}^{2}}({{n}^{2}}-n+1) \ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}}{{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}}$
$\Leftrightarrow 16{{n}^{4}}{{(n+1)}^{2}}({{n}^{2}}-n+1) \ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}}{{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}} $

Ta thấy bất đẳng thức trên đúng với $n=1,2,3$, ta xét $n \ge 4$.

Chú ý rằng

$16{{n}^{2}}{{(n+1)}^{2}}\ge {{(4{{n}^{2}}+1)}^{2}} \Leftrightarrow 4n(n+1)\ge 4{{n}^{2}}+1$ đúng và

${{n}^{2}}({{n}^{2}}-n+1)\ge {{({{n}^{2}}-n+2)}^{2}}\Leftrightarrow n{{(n-2)}^{2}}\ge 4$ với mọi $n\ge 4$.

Từ đó ta được ${{x}_{n}}\ge {{u}_{n}}\ge 1-\frac{2}{n}$ đúng với mọi $n$, mà $\lim {{x}_{n}}=\lim \left( 1-\frac{2}{n} \right)=1$ nên ta có $\lim {{u}_{n}}=1$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[magic.]

Được bạn. Hình như có thể chia thành 2 dãy, $a_n$ chia hết cho 3 và $b_n$ không chia hết cho 3. Công thức truy hồi cũng không khó tính.
Từ cách gọi dãy như mình ở trên, ta được 2 công thức:
$a_n+b_n=4^n$.

Vì $n\le {{10}^{k}}$ nên suy ra $n=\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{k}}}$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}.$
Ta có $n\vdots 3\Leftrightarrow {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{k}}\vdots 3.$
Gọi ${{A}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 1\left( \bmod 3 \right).}$
Gọi ${{B}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 2\left( \bmod 3 \right).}$
Gọi ${{C}_{k}}$ là số tập $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 2,1,0,5 \right\}$ mà $\sum\limits_{i=}^{k}{{{a}_{i}}\equiv 0\left( \bmod 3 \right).}$
Ứng với một tập con của ${{C}_{k}}$ thì ta được một số tự nhiên $n$ thoả mãn bài toán.

Nếu $K$ chia hết cho 3 thì $S=\frac{4^K+2}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 1 mod 3 thì $S=\frac{4^K+e+e^2}{3} = \frac{4^K-1}{3}$
Nếu $K$ đồng dư 2 mod 3 thì $S=\frac{4^K-1}{3}$

Vài thắc mắc nhỏ:

Theo như quocbaoct10 thì: $a_n+b_n=4^n$. Tiếp đó là các kết quả của các bạn sau ta sẽ thấy: $2a_n $~$ b_n$, chỉ cần thêm chút nhỏ là ra kết quả $a_n = \frac{4^n-x}{3}$. Thế thì ta lí luận như thế nào trong 3 trường hợp của $n$.

Theo haojack123 và các kết quả sau thì thấy $A_k $~$ B_k $~$ C_k$. Ta suy luận thế nào? Dùng song ánh?

Từ hai điều trên ta thấy một sự đối xứng giữa số các số chia hết cho 3, chia 3 dư 1, chia 3 dư 2 có ít hơn $k$ chữ số được tạo bởi các số thuôc tập $A = (2;0;1;5)$. Vậy để thấy sự đối xứng đó thì phải có điều kiện cần và đủ là gì? 3 ở đây thay bằng bao nhiêu và tập A như thế nào thì thỏa mãn.

Và rất mong được nhìn thấy lời giải bài tổng quát của bài này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[analysis90]

Không bạn nhé.

Em có thể giải thích tại sao không? nó chỉ đơn thuần là bài toán về đa thức và số phức. Bài tổ hợp này thực chất là bài tổ hợp mà trường PTNK đã từng cho thi và cũng là bài tổ hợp của Romani năm 2003.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]