Vì r t có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi-rích- lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau.[r]
(1)1
Câu Nội dung Điểm
1 a) Ta chứng minh un 1, n phương pháp Quy nạp Theo đề bài, ta có 1
2 u
Giả sử un 1, với n1 Ta chứng minh un1 1
Thật ta có
2
3
9 10
3 1
1
n n n n n n
n
u u u u u u
n n
1,0
Vì un 1 nên từ 1 suy un1 1
Do un 1, n hay un dãy bị chặn
1,0
b) Ta chứng minh un dãy giảm Thật vậy, ta có 2 49 50 1
8
u u
Giả sử ta có 1 1 n n
u u u ,
L với n1 Ta chứng minh un1 un
Xét hiệu 2 2 3 3 2 2
1 1
1
1
1
n n n n n n n n
H u u u u u u u u
n n
2
1 1
1
3
1
n n n n n n n n
u u u u u u u u
n n
Vì 1un un1 1
1
n n nên từ 2 suy H 0, suy un1 un Suy un1 un, n
Do un dãy giảm bị chặn
Suy dãy un có giới hạn hữu hạn n
1,0
Giả sử limun a, với a Từ hệ thức truy hồi cho, suy
3
3 9
a a a a Với
2 a ,
ta có
1
3 11 3 41
2 a
a a a
a
Suy limun 1
1,0
Nguồn: Lào Cai TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XI
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN: TỐN - KHỐI:11
(2)2 2
Nguồn: Điện Biên
a) Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp Hơn nữa, ·ATH ·AFH ·AEH nên ngũ giác ATFH E nội tiếp
1,0
Do AT FE BC, , ba trục đẳng phương
ATFHE , O BFEC nên chúng
đồng quy G tức ba điểm G T A, , thẳng hàng
1,0
b) Nối TH cắt O M, suy A O M, , thẳng hàng
Dễ thấy ·AEK ·ABC ·AMC AM EF.
1,0
Từ suy ·AGK ·AM T Do KOT· ·KGAOMT· (1)
Hơn nữa, ·AOT 2OMT· (2) Từ (1) (2) suy KOT· ·KOA Mà OAOT nên OT trung trực AT, suy OK AT
1,0
3 Nguồn: Thái Nguyên
Giả sử degPn So sánh bậc hai vế giả thiết, ta có 2 n
n n
n
1,0
Nếu n0 đặt P x c Từ giả thiết suy c c c
c
Ta đa thức P x 0,P x 1 thỏa mãn toán
1,0
Nếu n2 đặt P x ax2bx c , với a0
So sánh hệ số cao hai vế giả thiết, ta
a a Vì a0 nên a1 Khi
P x x bx c
1,0 Thử lại
2
2 2
4 2
2
2015 2015 2015
4030 2015 2015
2 4030 2015 2015 4030
2015 2015 4030 2015 2015
P x P x x bx c x b x c
x bx c x b x b c
x b x b c b b c x
b b c c b x c b c
)
2
2
2
4
2
2015 2015 2015
2 2015 2015 2 2015 2015
P P x x x b x c b x b x c c
x b x b c b x c b b b x
c bc c )
Do P x P x 2015P P x 2015x, x ¡
2
2
2
2015 2015 4030 2015
0
2015 2015 4030 2015 2015
0 2015 2015
b c b b c b c b
b
b b c c b c b b b
c
c b c c bc c
Vậy tất đa thức thỏa mãn toán P x 0,P x 1 P x x2
1,0 M
K
G T
H
E
F
O A
(3)3 Giả sử nlà số nguyên dương thỏa mãn tốn, ta có
2
11n xy z 1 x y z xyz yxz 11n
Suy tồn số nguyên dương p q, thỏa mãn 11 1 11
p
q x yz
y xz
1,0
Không tính tổng quát, giả sử x y Từ 1 suy
1 11 11 11 11
p q
q p x y z
x y z
Vì xy nên qp,
1 11 11
2
1 11 11 p q p
p q p x y z
x y z
1,0
Nếu z1 11M z1 11M , từ 3 suy xyM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có xyz | x y| , nên suy x y Khi ta có 11n xxz2, từ suy n số chẵn Nếu z1 11M từ 3 suy x yM11p, hay xy xM yz Mặt khác, ta có
0
xyz x y , nên suy z1 Khi ta có 11n x y2, suy n số chẵn Từ trường hợp trên, suy n số chẵn
1,0
Ngược lại, với n số chẵn, đặt n2k k, ¢ Ta thấy x y z; ; 1 11; ; k 1 thỏa mãn 2
11n xy z 1 x y z
Vậy nthỏa mãn toán n số nguyên dương chẵn
1,0
Nguồn: Tuyên Quang Đặt x0 0 ta thấy hệ thức truy hồi cho thỏa mãn với n 0
Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn số nguyên dương km3 cho m x| k
1,0
Đặt rt số dư chia xt cho m, với t 0 1, ,K ,m32 Ta xét gồm ba phần tử
0 1 2 1 2 3 3 1 2
m m m
r r r; ; , r r r; ; ,K , r ;r ;r Vì rt nhận m giá trị nên theo ngun tắc Đi-rích-lê, suy có hai
1,0
Giả sử p số nhỏ cho r rp; p1;rp2 r rq; q1;rq2, với 0 p q m3
Ta chứng minh p0
Thật vậy, giả sử phản chứng p1 Từ hệ thức truy hồi cho, suy
2 1
p p p p
r r r r modm rq2r rq1q rq1modm
1,0
Vì rp r rq, p1 rq1,rp2 rq2 nên từ đồng dư thức suy rp1rq1 Do hai rp1; ;r rp p1 rq1; ;r rq q1 nhau, điều trái với tính chất p Do p0, suy
0 q
r , chứng tỏ xq 0modm hay xq chia hết cho m
1,0
Nguồn: Sưu tầm