Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)
#660035 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 31-10-2016 - 00:25 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$
#660246 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 01-11-2016 - 23:47 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
À mình nhầm sang đa thức. Tks bạnđây cũng phải PTH đa thức
Cũng đặt $g(x)$ như bạn
Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $
Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$
$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )
Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $
Đặt $u_n=x_n-3n $
Khi đó thay vào lại, ta được
$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $
Sai phân, ta tính được
$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $
Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí
Do đó $c_2=0 $
Tới đây dễ rồi
#657582 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-10-2016 - 01:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Ta có $a^{2}-ab+b^{2}= \left [ \frac{1}{2}\left (a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right ]\geq \frac{1}{4}\left ( a+b \right )^{2}$
$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2}\geq \sum \frac{a+b}{a+b+2}$
Đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $P\geq \sum \frac{x}{x+2}$ và $xyz=1$
Đây là bài toán đơn giản. Đổi ẩn $\left ( x,y,z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n},\frac{n}{p},\frac{p}{m} \right )$
Khi đó $P\geq \sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^{2}}{m+2mn}\geq \frac{\left ( m+n+p \right )^{2}}{\left (m+n+p \right )^{2}}=1$
Vậy min P=1 $\Leftrightarrow$ $a=b=c=\frac{1}{2}$
#658292 ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-20...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 16:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM
Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $
Thiếu $d^{3}$ nữa chứ nhỉ
#693445 Turkey TST 2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-09-2017 - 23:17 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thếNếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$ Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$
Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này.
Có thể xử lí kiểu này.
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$
Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$
Hay $P(0,x):f(f(x))=0$
Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$.
Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh.
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn)
Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.
#664443 Tìm số tự nhiên n>1 nhỏ nhất để $(n+1)(2n+1)\vdots 6$ và t...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:02 trong Số học
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p=a^n +b^n +c^n +d^n$. Do $ab=cd$ nên ta viết lại
$p= a^n +b^n +c^n +\frac{a^n.b^n}{c^n} \\ \Leftrightarrow p.c^n=(c^n+a^n)(c^n+b^n)$
Nên 1 trong 2 số $c^n+a^n,c^n+b^n$ phải là bội của $p$ mà rõ ràng 2 số này $<p$ nên mâu thuẫn. Vậy ta có đpcm.
#658032 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 10:32 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 1
Pt 2 tương đương
$\left (\sqrt{x-y+3}-2 \right )\left ( x^{2}+x+2+\sqrt{x-y+3} \right )=0\Leftrightarrow x=y+1$
Thế lại phương trình 1 để giải
Câu 4
Dễ thấy $3|y$
phương trình tương đương $\left ( 3x+4 \right )^{2}=y^{3}+1\Leftrightarrow \left ( 3x+4 \right )^{2}=\left ( y+1 \right )\left ( y^{2}-y+1 \right )$
mà $gcd\left ( y+1,y^{2}-y+1 \right )=gcd\left ( 3y,y+1 \right )=1$ nên
$\left\{\begin{matrix} y+1=a^{2}\\ y^{2}-y+1=b^{2} \end{matrix}\right.$
Thế 2 phương trình ta có
$a^{4}-3a^{2}+3-b^{2}=0\Leftrightarrow 4a^{4}-12a^{2}+12-4b^{2}=0$
$\Leftrightarrow \left ( 2a^{2}-2b^{2}-3 \right )\left ( 2a^{2}+2b^{2}-3 \right )=-3$
Giải ra có $a^{2}=b^{2}=1$ hay $\left ( x,y \right )=\left ( -1,0 \right )$
#658168 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 23:58 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Chỗ này thiếu r bạn. $gcd\left (3y,y+1 \right)=1$ hoặc $gcd\left (3y,y+1 \right)=3 $ chứ
Nếu $gcd\left (3y,y+1 \right)=3$ thì $(3x+4)^2 \not\vdots 3$, còn $(y+1)(y^2-y+1) \vdots 3$ nên vô lý
Mình có ghi ở trên là $3|y$ rồi nên hiển nhiên là $gcd(y+1,3)=1$ do $y+1$ chia 3 dư 1
#693813 Đề chọn đội tuyển QG Dak Lak năm 2017-2018
Đã gửi bởi Kamii0909 on 27-09-2017 - 20:40 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 5.
Chứng minh được
$$x_{n}+x_{n-1}=\dfrac{-1}{2017^{n-1}}$$
Từ đó suy ra CTTQ
$$x_{n}=\dfrac{2017 \cdot (-1)^n}{2018}- \dfrac{1}{2018 \cdot 2017^{n-1}}$$
Do đó $$\displaystyle \lim_{n \to + \inf} x_{n} =\dfrac{2017^2}{2018^2}$$
Bài 6.
Từ giả thiết dễ có
$$f(x) \geq 2xy-f(y), \forall x,y$$
Cho $x=y$ thì $f(x) \geq x^2, \forall x$
Cố định $x$, chọn $y$ sao cho $2xy-f(y)$ lớn nhất.
Khi đó $$f(x)=2xy-f(y) \leq 2xy-y^2 \leq x^2$$
Do đó $f(x)=x^2, \forall x$
Thử lại TM, kết luận...
#694455 $f(x^2+f(xy))=xf(x+y)$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-10-2017 - 17:23 trong Phương trình hàm
trước tiên ta nhận thấy pt có 1 ngh là f(x) đồng nhất bằng 0
ta thấy f(f(0))=0 thay y bởi f(0) trong pt đầu ta được f(x^2)=xf(x) suy ra f là hàm lẻ
suy ra luôn tồn tại số thực a thỏa f(a)=0
th1: a khác 0 lúc này thay x bởi a ta được f(x) là hàm hằng......
th2: suy ra chỉ có một giá trị là x=0 thỏa mãn f(x)=0
thay x bởi -y ta được f(x^2)=x^2 mọi x thực
lại có do tính lẻ của hàm f suy ra f(x)=x vs mọi x thực
Vậy.....
Làm đầy đủ chút được không bạn.
$P(x,f(0)):f(x^2+f(xf(0)))=xf(x+f(0))$
$P(a,y):f(a^2+f(ay))=af(y+a)$
Như bạn thấy cả 2 đẳng thức này chả thu được gì cả.
#694174 $f(x^2+f(xy))=xf(x+y)$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 04-10-2017 - 18:41 trong Phương trình hàm
Tìm tất cả $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn
$$f(x^2+f(xy))=xf(x+y), \forall x,y \in \mathbb{R}$$
#664447 Tìm bộ số thỏa mãn
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:28 trong Số học
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ nên $m^2+n^2|mn(m+n)+4$(1)
Từ đó $m^2+n^2 \leq m^2n +n^2m+4$(2)
Nếu cả 2 số $m,n$ cùng bằng 1 thì (1) thỏa mãn và $m^2+n^2=2$ cũng thỏa mãn.
Ngược lại, KMTTQ giả sử $m>1$
Ta viết lại (2) như sau
$n^2(m-1)+nm^2-m^2+4 \leq 0$
Xét $\Delta$ theo $n$ thì
$\Delta = m^4+4m^3-4m^2-16m+16 \leq 0$ Rõ ràng bất phương trình này vô nghiệm nguyên dương với $m>1$.
Vậy $m=n=1$ là nghiệm duy nhất.
Xử lí theo cách này có thể không dùng điều kiện nguyên tố.
#670334 $\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}\leq...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 29-01-2017 - 13:19 trong Bất đẳng thức và cực trị
Hãy đánh giá thử bất đẳng thức cuối xem vì sao nó đúng?CM tương đương.
chuyển vế: $(\frac{a}{a^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{b}{b^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{c}{c^2+1}-\frac{3}{10})\leq 0<=>\sum( \frac{-3a^2+10a-3}{a^2+1})$(luôn đúng).
Dấu "=" xảy ra khi x=y=3.
$$\sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} + \sum \dfrac{6(3a-1)}{25}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
#666905 $\frac{a^{2}}{c}+\frac{b^...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 04-01-2017 - 12:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta phải chứng minh
$$\sum a^2 \geq 3(\sum a^2c) \Leftrightarrow (\sum a^2)(\sum a) \geq 3(\sum a^2c) \Leftrightarrow \sum a(a-b)^2 \geq 0$$
#666998 $\frac{a^{2}}{c}+\frac{b^...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 04-01-2017 - 23:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
Có đấy bạn. Nếu không có chọn $a=b=c$ có ngay điều vô lý.làm gì có a + b + c = 1 hả bạn !!
#674165 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-03-2017 - 19:36 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?vì sao ạ?
#673908 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 10-03-2017 - 21:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1 khó cả 2 câu.1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.
b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
#657034 $\sum \frac{4}{a+b} \leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 07-10-2016 - 20:40 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 6 $2ab+6bc+2ac=7abc$ <=> $\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\Leftrightarrow 6x+2y+2z=7$
C=$\frac{4}{y+2x}+\frac{9}{z+4x}+\frac{4}{y+z}\geq \frac{\left (2+3+2 \right )^{2}}{6x+2y+2z}=7$
#662731 Điều kiên đồng quy của 3 đường thẳng
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 20:28 trong Hình học
#663924 Điều kiên đồng quy của 3 đường thẳng
Đã gửi bởi Kamii0909 on 05-12-2016 - 22:53 trong Hình học
Rất xin lỗi bạn vì nhầm đề. Thực sự thì mình không còn đề gốc,tuy nhiên sau khi suy luận(vì mình đã từng đọc đáp án bài này) có lẽ nó là như sau: Ta xác định các điểm $A,B,C,D,G,P,S,O$ như trên. $PS$ cắt $OD$ tại $Q$. Qua $Q$ kẻ đường thẳng $d$ song song $AD$. Gọi $M,N$ là giao điểm của $d$ và $QP$ với $(O)$.Chứng minh rằng $AG,PS,BD$ đồng quy khi và chỉ khi $MBNG$ điều hòa.Mình nghĩ hình như đề bài bạn đưa ra chưa chính xác, vì khi mình kiểm tra bằng geogebra thì tứ giác $ABNM$ không phải lúc nào cũng điều hòa. Bạn có thể xem hình mình gửi kèm thì $BM$ không đi qua cực của $AN$ với $(O).$ Mình thử làm và phát hiện ra 1 số tứ giác điều hòa (khác $ABNM$ ), bạn xem thử nhé. Mình chỉ làm chiều thuận thôi, chiều đảo tương tự.
SpoilerGọi $AN \cap DM=Q \Rightarrow \overline{P,S,Q}$ (Pascal). Gọi $AG \cap BD=E,BG \cap AD=J.$
Xét cực và đối cực với $(O)$ ta có $J$ cực $EP \rightarrow Q \in$ đối cực $J \Rightarrow \overline{J,M,N}.$
Gọi $AM \cap DN=I$ thì $I \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{I,P,Q}.$
Gọi $MG \cap BN=F.$ Xét $\Delta AGM, \Delta DBN$ có $AD,GN,MB$ đồng quy tại $S$ nên theo định lí Desargues $\overline{F,E,I}.$
Gọi $K$ cực $GB$ thì $J \in GB$ đối cực $K \Rightarrow K \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{K,P,Q}.$
Tương tự, gọi $H,L,R$ là cực $MN,MG,BN$ thì $\overline{H,P,Q},\overline{R,S,A,L}$ và tứ giác $KLHR$ ngoại tiếp $(O).$
Theo tài liệu ở đây, ta suy ra $FL,FD$ tiếp xúc $(O),$ do đó các tứ giác $ABDN,DGAM$ điều hòa.
Bài toán trên thực sự rất đơn giản. Mình không nghĩ đề HSG lại quá đánh đố học sinh như bài gốc. Dù sao, mình cũng rất cảm ơn bạn đã chỉ ra sai sót,mình sẽ cố gắng đi tìm bài toán chính xác nhanh nhất có thể.
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung