Kỳ thi chọn HSGQG môn Toán 2015 - Đề thi

[trunghy1997]

Nguyên văn bởi 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 $\lim {{u}_{n}}=1$.

em làm gần giống tn. Làm tn ra được quy nạp Yn đấy ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Infinitedream1]

Không kẻ thêm đường phụ biến đổi lượng giác có được không ạ...
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

Nguyên văn bởi analysis90

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.

Ý em là đi thi thì không dùng được hàm sinh do nó là toán cao cấp. Còn bài của PTNK thì nó hoàn toàn có thể giải bằng truy hồi đơn giản bởi 2 dãy số, không cần thiết phải dùng tới số phức ạ .

Phân tích một chút về bài tổ: bài thi HSG năm nay thì khác một chút ở điều kiện, $\{2,0,1,5 \}$ thì nó có 1 số chia hết 3, 1 số chia 3 dư 1 và 2 số chia 3 dư 2, khi lập song ánh để tạo quan hệ truy hồi thì ta có dãy $b_n$ (số các số không chia hết cho 3) phải tách ra thành 2 dãy chia 3 dư 1 (gọi là dãy x, số các số trong x là $x_n$) và dư 2 (tương tự, gọi y và $y_n$), do khi xét một số thuộc dãy $a_{n+1}$, bỏ đi số 2 tận cùng thì được 1 số thuộc dãy chia 3 dư 1, bỏ đi số 5 thì cũng được 1 dãy chia 3 dư 1, tức là từ $a_{n+1}$ có thể có được $2x_n$, khi bỏ đi số tận cùng là số 1 thì chỉ được 1 số thuộc dãy y, hay chỉ được $y_n$, mà $2x_n+y_n \neq b_n$. còn bài PTNK hình như có đk là các số có n chữ số tạo từ $\{3,5,7,9 \}$, đk có 2 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3 dư 2. Làm tương tự trên thì ta có: $a_{n+1}=2a_n+x_n+y_n$, mà $x_n+y_n$ lại chính bằng $b_n$ nên như thế kết hợp với $a_n+b_n=4^n$, đỡ đi 1 dãy truy hồi, nên nó đơn giản hơn. Nên nếu nhìn từ điểm này thì giải bài 3 bằng phương pháp số phức sẽ đơn giản hơn rất rất nhiều.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi tohoproirac

Song song rồi sao nữa thầy ????

Cụ thể là thế này đây bạn:

Bài 4a.

Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $(I)$ với $BC$.
Ta có $AK\cdot AF=AL\cdot AE \Rightarrow \frac{AK}{AL}=\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC} \Rightarrow KL\parallel BC$.

Do $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ nên
\[\frac{B{{D}^{2}}}{C{{D}^{2}}}=\frac{BF\cdot BK}{CE\cdot CL}=\frac{BF}{CE}\cdot \frac{BK}{CL}=\frac{BF}{CE}\cdot \frac{AB}{AC}=\frac{BF}{CE}\cdot \frac{BE}{CF}=\frac{\cot B}{\cot C}. \]
Vậy $\dfrac{BD}{CD}=\sqrt{\dfrac{\cot B}{\cot C}}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pco]

Bài 4. Nếu $(I)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $D$ thì ta cũng có $\frac{DB}{DC}= \sqrt{\frac{\cot B}{\cot C}}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lucifer1998]

Nguyên văn bởi 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 $S=\frac{4^K-1}{3}$

Anh ơi nếu bài giải chỉ lập luận đơn giản thế này liệu có được điểm tối đa ko ạ? Em hoang mang quá
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Khoa Bảo]

Bài 3 mình làm ra đáp án ntn đúng với mọi k lớn hơn hoặc bằng 1
$n=\frac{4^k-1}{3}+\left \lfloor \frac{k}{3} \right \rfloor$
Làm trong bài chưa kịp rút gọn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Cách khác cho bài 1b, mình vẫn thấy khá phức tạp.
Ta chỉ cần chứng minh rằng dãy với a=1 hội tụ về 1 là xong.
+, Giả sử mọi số hạng trong dãy đều lớn hơn 1, khi đó ta sử dụng đánh giá $u_n^2+3<4u_n^2 $, và có dãy giảm.
+, Nếu trong dãy có $u_{N}<1 $ thì dễ quy nạp từ N trở đi cả dãy đều gồm số nhỏ hơn 1. Trong trường hợp này ta lại xét 2 trường hợp nhỏ:
-, Nếu có n mà n>N và $u_{n+1}>u_n $ thì từ đây quy nạp được dãy tăng, và suy ra dãy hội tụ.
-, Ngược lại thì dãy phải giảm từ N, bị chặn dưới bởi 0 nên cũng hội tụ, thay vào được giới hạn và loại TH này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi trunghy1997

em làm gần giống tn. Làm tn ra được quy nạp Yn đấy ạ

À thì cứ làm theo các nhu cầu phát sinh thôi em. Cần có $\lim y_n = 1$, mà quy nạp trực tiếp không được (bị ngược dấu), nên "hạ giá" nó xuống. Thay vì lớn hơn 1 thì cho lớn hơn 1 trừ cho cái gì đó có liên quan đến $n$ mà giới hạn là 0 thôi. Dễ nhất sẽ là dạng $\dfrac{k}{n}$. Ban đầu anh thử $k=1$ thì thấy hơi khó chứng minh, đến $k=2$ thì biến đổi trơn tru hơn nên làm, thế thôi.
------------------------------

Nguyên văn bởi Lucifer1998

Anh ơi nếu bài giải chỉ lập luận đơn giản thế này liệu có được điểm tối đa ko ạ? Em hoang mang quá

Trong bài đó có đoạn tổng các hệ số $a_{3m}$ bằng $\dfrac{P(1)+P(e)+P(e^2)}{3}$ có lẽ nên chứng minh lại, nếu không thì theo anh sẽ bị trừ mất 1-2 điểm (về cơ bản thì nó chính là định lý RUF). Các lập luận còn lại thì sáng sủa rồi.
------------------------------

Nguyên văn bởi Infinitedream1

Không kẻ thêm đường phụ biến đổi lượng giác có được không ạ...

Vẫn OK mà em. Cách biến đổi lượng giác, không thông qua giao điểm kia tất nhiên là tự nhiên hơn rồi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Đây là đề ngày 2, cũng lấy từ facebook của bạn Trung, đội tuyển Long An.

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

[haojack123]

Đặt $Q(x)={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x=x\left( {{x}^{2}}-x+1 \right),$ ta có:
$\begin{aligned}
& {{f}_{n}}(x)=3x{{f}_{n-1}}(x)+\left( 1-x-2{{x}^{2}} \right){{f}_{n-1}}(x) \\
& \Leftrightarrow {{f}_{n}}(x)-\left( x+1 \right){{f}_{n-1}}(x)=\left( 2x-1 \right){{f}_{n-1}}(x)-\left( 2x-1 \right)\left( x+1 \right){{f}_{n-2}}(x) \\
& \Leftrightarrow {{f}_{n}}(x)-\left( x+1 \right){{f}_{n-1}}(x)=\left( 2x-1 \right)\left[ {{f}_{n-1}}(x)-\left( x+1 \right){{f}_{n-2}}\left( x \right) \right] \\
& \\
\end{aligned}$
Suy ra
$\begin{aligned}
& {{f}_{n}}(x)-\left( x+1 \right){{f}_{n-1}}(x)={{\left( 2x-1 \right)}^{n-1}}\left[ {{f}_{1}}(x)-\left( x+1 \right){{f}_{0}}(x) \right]={{\left( 2x-1 \right)}^{n-1}}\left( x-2 \right) \\
& \Leftrightarrow {{f}_{n}}(x)-{{\left( 2x-1 \right)}^{n}}=\left( x+1 \right)\left[ {{f}_{n-1}}(x)-{{\left( 2x-1 \right)}^{n-1}} \right] \\
\end{aligned}$
Từ đây ta có: ${{f}_{n}}(x)-{{\left( 2x-1 \right)}^{n}}={{\left( x+1 \right)}^{n}}\left[ {{f}_{0}}(x)-{{\left( 2x-1 \right)}^{0}} \right]={{\left( x+1 \right)}^{n}}$ hay:
${{f}_{n}}(x)={{\left( 2x-1 \right)}^{n}}+{{\left( x+1 \right)}^{n}}$
${{f}_{n}}(x)\vdots Q(x)\Rightarrow {{f}_{n}}\left( 0 \right)=0\Leftrightarrow {{\left( -1 \right)}^{n}}+1=0\Leftrightarrow n$ lẽ.
Lại có: $Q\left( -2 \right)=-14,\,\,\,{{f}_{n}}\left( -2 \right)=-\left( {{5}^{n}}+1 \right).$ Suy ra ${{5}^{n}}+1\vdots 7.$
Xét $n=3k+1,$ vì $n$ lẽ nên $k$ chẵn suy ra ${{5}^{3k+1}}+1\equiv 6\left( \bmod 7 \right).$
Xét $n=3k+2,$ vì $n$ lẽ nên $k$ lẽ suy ra ${{5}^{3k+2}}+1\equiv 4\left( \bmod 7 \right).$
Xét $n=3k,$ vì $n$ lẽ nên $k$ lẽ suy ra ${{5}^{3k}}+1\equiv 0\left( \bmod 7 \right).$
Vậy $n=3k$ với $k$ là số tự nhiên lẽ.
Ta có: ${{f}_{n}}(x)={{f}_{3k}}(x)={{\left( 2x-1 \right)}^{3k}}+{{\left( x+1 \right)}^{3k}}=\left[ {{\left( 2x-1 \right)}^{3}}+{{\left( x+1 \right)}^{3}} \right]M=9x\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)M.$
Với $M={{\left( 2x-1 \right)}^{3\left( k-1 \right)}}-{{\left( 2x-1 \right)}^{3\left( k-2 \right)}}{{\left( x+1 \right)}^{3}}+...-...+...-{{\left( 2x-1 \right)}^{3}}{{\left( x+1 \right)}^{3\left( k-2 \right)}}+{{\left( x+1 \right)}^{3\left( k-1 \right)}}.$
Từ đây suy ra ${{f}_{n}}(x)={{f}_{3k}}(x)\vdots Q(x).$
Vậy $n=3k$ với $k$ là số tự nhiên lẽ là tất cả các giá trị cần tìm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Đây là đề ngày 2, cũng lấy từ facebook của bạn Trung, đội tuyển Long An.

Câu 5. Làm thủ công tính đến $f_0,f_1,f_2,f_3,f_4$ sẽ phát hiện số hạng đầu $3,5,9,17$ dự đoán quy luật là $2^n+1, $ cụ thể:
1. $f_0=2;$
2. $f_1=3x;$
3. $f_2=5x^2-2x+2;$
4. $f_3=9x^3-9x^2+9x;$
5. $f_4=17x^4-37x^3+30x^2-4x+2.$
Dùng phương pháp đoán, ta nghi ngờ $f_n=(2x+-1)^n+(x+-1)^n.$
Kiểm tra kỹ thấy $f_n=(2x-1)^n+(x+1)^n.$
Chứng minh điều này bằng quy nạp rất đơn giản.
Phần sau tương đương $f_n(0)=0$ và $f_n(k)=f_n(k^2)=0$ với $k \ne 1$ là căn bậc 3 của đơn vị, $k^3=1.$
Thay vào tính toán đại số ta thu được đáp số.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Bài 6 chính là một dạng tương tự của bài 3 IMO 1983:

http://www.artofproblemsolving.com/F...b46215#p366618

Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương có $(a,b,c)=1$. Chứng minh rằng $2abc-ab-bc-ca$ là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng $xab+ybc+zca$.

Chú ý rằng phương trình đã cho viết lại là: $x.a^2+y.(6a)+z.(6^2)=n$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Hennmarsk]

Cho mình hỏi đáp án bài 6.a có phải a=1 hay là a=1; a=5 hả mọi người?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vantienducdh]

Năm ni nghe nói điểm sàn giải sẽ tăng,không biết có đúng thế không
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]