rứa là trường không chuyên vẫn được thi à !
hình như là vẫn đc nhưng ko trường nào thi cả ( mà bạn nói chuyện thế này thì vào chat nha )
- tay du ki yêu thích
SỐNG ĐỂ HỌC TOÁN
HỌC TOÁN ĐỂ THƯ GIÃN
Gửi bởi datcoi961999 trong 07-10-2016 - 19:55
rứa là trường không chuyên vẫn được thi à !
hình như là vẫn đc nhưng ko trường nào thi cả ( mà bạn nói chuyện thế này thì vào chat nha )
Gửi bởi datcoi961999 trong 07-10-2016 - 11:33
Gửi bởi datcoi961999 trong 02-10-2016 - 23:43
bạn có thể làm chi tiết được ko ạ
thì bạn xét $n=2k$ và $n=2k+1$ riêng rồi cộng S(n)+S(n+1) viết cụ thể ra sẽ thu gọn được thành S(n+2)
Chẳng hạn: $S(2k)=C_{2k+1}^{0}+C_{2k}^{1}+C_{2k-1}^{2}+...+C_{k+1}^{k}; S(2k+1)=C_{2k+2}^{0}+C_{2k+1}^{1}+C_{2k}^{2}+C_{2k-1}^{3}+...+C_{k+2}^{k}+C_{k+1}^{k+1};S(2k+2)=C_{2k+3}^{0}+C_{2k+2}^{1}+...+C_{k+3}^{k}+C_{k+2}^{k+1}=1+(C_{2k+1}^{1}+C_{2k+1}^{0})+...=S(2k+1)+S(2k)$
Gửi bởi datcoi961999 trong 01-10-2016 - 21:11
bài 3 bằng quy nạp ta có thể cm S(n) chính là dãy fibonaci (sử dụng ct $C_{n+1}^{k}=C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}$)
Gửi bởi datcoi961999 trong 25-09-2016 - 11:39
Câu 4:
với mỗi số $t$ trong tập hợp trên ta thay bởi cách biểu diễn duy nhất $t=4x+7y$ với x,y là các số nguyên và $-1<x<7$. Ta thay mỗi số t trong tập hợp thỏa mãn bài ra bởi 1 điểm nguyên trên hệ Oxy: số t thay bởi điểm (x,y) và đánh dấu điểm này.
Khi đó ta có nhận xét là cứ mỗi điểm đánh dấu có trên hệ tọa độ thì không có 4 điểm liền kề nó(cùng hàng hoặc cột) cũng được đánh dấu. Và nếu ta đánh dấu các điểm thỏa mãn như trên thì ta cũng có thể suy ra đc tập thỏa mãn.
nhận thấy: $(0,1) =7; (1,0)=4; (2,-1)=1; (3,-1)=5; (4,-2)=2; (5,-2)=6;(6,-3)=3$ và 2016 chia hết cho 7 nên tập hợp ${1,2,3,...,2016}$ sẽ đc biểu diễn bởi 2016 điểm $(0,1+i) ; (1,0+i); (2,-1+i); (3,-1+i); (4,-2+i); (5,-2+i);(6,-3+i)$ với $i=0,288$
Mà từ nhận xét trên ta suy ra chỉ có cách đánh dấu chéo nhau xen kẽ sẽ đánh dấu đc nhiều điểm nhất nên ta từ hệ Oxy ta thấy rằng ta đánh đc nhiều nhất 1008 điểm thỏa mãn!
Gửi bởi datcoi961999 trong 04-07-2016 - 23:26
Gửi bởi datcoi961999 trong 26-04-2016 - 22:26
Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $2016^{m} + 1 \mid 2016^{n} + 1$. Chứng minh rằng $m\mid n$.
Kỳ thi HSG các trường chuyên khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ
nhận thấy $n\geq m$
giả thiết $\Rightarrow 2016^{m}+1\setminus 2016^{n}-2016^{m}=2016^{m}(2016^{n-m}-1)\Rightarrow 2016^{m}+1\setminus 2016^{n-m}-1 \Rightarrow 2016^{m}+1\setminus 2016^{n-m}+2016^{m}=2016^{m}(2016^{m-2n}+1)\Rightarrow 2016^{m}+1\setminus 2016^{n-2m}+1 \Rightarrow ...$
tiếp tục như vậy do tồn tại số nguyên dương $k$ thỏa mãn $0\leq n-km< m$ khi đó $2016^{m}+1\setminus 2016^{n-km}+1$ hoặc $2016^{m}+1\setminus 2016^{n-km}-1$ mà $n-km<m$ nên ta suy ra $n-km=0$ đpcm!!!
Gửi bởi datcoi961999 trong 18-05-2014 - 00:08
Cho $a,b,c>0$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}$
Gửi bởi datcoi961999 trong 10-05-2014 - 15:57
Cho $a,b,c,x,y,z$ thỏa mãn: $(x+y)c-(a+b)z=\sqrt{6}$. Tìm Min $$P=a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2+ax+by+cz$$
Gửi bởi datcoi961999 trong 04-05-2014 - 14:12
Cho các số thực x, y, z thoả mãn: $x^{4}+y^{4}+z^{4}=3$
Tìm Max: $P=x^{2}(x+y)+y^{2}(y+z)+z^{2}(z+x)$
ta có theo Cauchy thì $2x^3+y^3\geq 3x^2y$...nên $\sum x^2y\leq x^3+y^3+z^3=>x^3+y^3+z^3+\sum x^2y\leq 2(x^3+y^3+z^3)=>P\leq 2(x^3+y^3+z^3)$
ta CM: $x^3+y^3+z^3\leq x^{4}+y^{4}+z^{4}$
thật vậy: dùng Cauchy $3x^{4}+1\geq 4x^3\\3y^{4}+1\geq 4y^3\\3z^{4}+1\geq 4z^3$ nên $3(x^4+y^4+z^4)+3\geq 4(x^3+y^3+z^3)=>4(x^{4}\dotplus y^4+z^4)\geq 4(x^3+y^3+z^3)=>đpcm$
Gửi bởi datcoi961999 trong 30-04-2014 - 15:04
Cách khác này
$T=\sum \frac{a^2b^2c^2}{a^3(b+c)}=\sum \frac{b^2c^2}{ab+ac}$
Áp dụng Cauchy schwarz dạng phân thức thì $\sum \frac{b^2c^2}{ab+ac}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2ab+2bc+2ca}=\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}(Cauchy)$
Gửi bởi datcoi961999 trong 29-04-2014 - 17:58
Gửi bởi datcoi961999 trong 29-04-2014 - 11:34
Cho tam giác ABC có AD,BE,CF đồng quy (D,E,F nằm trên BC,AC,AB).CMR: $$S{ABC}\geq 4.S{DEF}$$
Gửi bởi datcoi961999 trong 28-04-2014 - 21:08
thử cách này xem
$\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\geq 3a$
những cái kia tương tự rồi cộng lại=>đpcm...
Gửi bởi datcoi961999 trong 29-03-2014 - 21:36
Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq\sqrt{2}(a+b+c)$.
Thử cách này xem:
Ta chứng minh $\sqrt{2(a^2+b^2)}\geq a+b$ (biến đổi tương đương hoặc B.C.S)
Tương tự $\sqrt{2(b^2+c^2)}\geq b+c$
$\sqrt{2(c^2+a^2)}\geq c+a$
Cộng lại vế theo vế: $\sqrt{2}.\left ( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \right )\geq 2(a+b+c)=>đpcm$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học