tailieunhanh - Ebook Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng 4 Toán 11: Phần 2

Nối tiếp nội dung phần 1 cuốn "Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng 4 Toán 11", phần 2 giới thiệu tới người đọc các đề thi đề thi học sinh giỏi của các trường chuyên trên cả nước, các Sở giáo dục các tỉnh,. Mời các bạn tham khảo. | sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YẾN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH Câu 1 Đặt z. y hệ đã cho tương đương với z. l-x 2x-x2 1 2 Ta có 2 Z 1 2 1 Z-1 2 2x-x2 Ị x-l 2 z-l 2 1 Nên nếu x z là nghiệm thì X z G 0 2 Đo hai vố của 1 dương lấy logaril ncpcr hai vố la được ln x 4- 1 - ln z 1 cosx - COSZ o ln x 1 - cosx ln z 1 - COSZ í X f z 3 vơi f t ln l 1 - cost t G 0 2 Ta có f l - 4- sint 0 V t e 0 2 nên f tăng trên l e 0 2 . t 4-1 Đo đó 3 u X z. Thố vào 2 ta giải được X z 1 . 2 y ĩ ĩ Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhâl . 2 2 Câu 2 Giâ sử A B. c là ba lập thỏa mãn bài toán. Do c khác rỗng nên lồn lại X là phần tử nhỏ nhâl của c la có 1 2 3 . X - 1 c AuB. Từ giả thiết vơi mọi a e A b e B la có a 4- X e A b X e B nên t nx e AuB vơi mọi le 1 2 3. X - 1 . Do đó tất cả các số không chia het X đều thuộc A u B hay với mọi c e c c là bội của X. Vì vậy với mọi a G A b G B la có a 4- b kx. Giả sử X 1 lừ a G A b e B suy raa 1 G A b 1 G B nôn ta cũng có a m 6 A b 4- n G B vơi mọi m n nguyên dương và do đó a 4- b G An B. Điều này mâu thuẫn vơi 1 . Giả sử X 2. Không mất tính tổng quát la có 1 e A. Từ 3 suy ra mọi số lẻ đều thuộc A. Giả sử b B la có b 4- 1 e c suy ra b lẻ vì c là lập các số chẩn do đó b e AnB. Mâu thuẫn vơi 1 . Giả sử X 4. Ta có 1 2 3 Ị c Au B. Do 1 nen không mất tính tổng quát giả sử có hai trong ba sô 1 2 3 thuộc A mà la ký hiệu là y z. 304 Lây be B la có b y b z G c hay b y b z là bội của X và do đó b y - b z y - z cũng là bội của X. Mà I y - z I 2 X nôn trường hợp này không thể xảy ra. Vậy X chỉ có thổ bằng 3. Ta chứng minh 1 và 2 không thể đồng thời thuộc A và do đó cũng không thể đồng thời thuộc B . Giả sử 1 và 2 đều thuộc A từ 3 la có các sô có dạng 3k 1 và 3k 2 đều thuộc A với mọi k nguyên dương. Lấy b e B. la có b 1 thuộc C suy ra b 1 là bội của 3 hay b có dạng 3k 2 nên b e A. Mâu thuẫn với A n B 0. Vậy chỉ có the 1 G A và 2 G B hoặc ngược lại. DođóA 3k 1 k G NỊ B 3k 2 k e N c 3k k e N hoặc A 3k 2 k G N . B 3k 1 k G N c 3k k e N . Thử lại các nghiệm này la thấy thỏa .