Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Kamii0909 nội dung

Có 156 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 26-11-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#664004 Xác định vị trí của điểm $M$ để biểu thức: $P=\frac{...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-12-2016 - 20:35 trong Hình học

Bài 1.
Xét TH $M$ thuộc cung nhỏ $AD$. Các TH còn lại chứng minh tương tự.
Lấy $G$ trên $AC$ sao cho $\widehat{BMC}=\widehat{AMG}$
Dễ có $\Delta BMC \sim \Delta AMG$ và $\Delta AMB \sim GMC$
Từ đó $\frac{AC}{ME}=\frac{AG}{ME} +\frac{GC}{ME}= \frac{BC}{MD}+ \frac{AB}{MF}$
Từ đó $P=\frac{2AC}{ME}$.
Dễ thấy $P$ không tồn tại GTNN.
Ở đây GTLN $P$ khi $MA=MC$.



#673603 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-03-2017 - 22:30 trong Bất đẳng thức và cực trị

cho a, b, c >0 chứng minh
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq 1+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Do tính thuần nhất ta có thể cho $c=1$. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$$a^2b+b^2+a+ab\geq \sqrt{2ab(a+b)(a+1)(b+1)}$$
Bình phương lên và biến đổi nó tương đương với $a^4b^2+b^4+a^2 \geq 3a^2b^2$
Đúng theo AM-GM



#660307 Tìm tất cả các số nguyên dương m,n thỏa mãn $9^{m}-3^{m...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 02-11-2016 - 14:26 trong Số học

Đặt $3^m=x$

Pt trở thành $x^2-x=n^4+2n^3+n^2+2n$

Nhân 4 và nhóm hằng đẳng thức VT 

$(2x-1)^2=4n^4+8n^3+4n^2+8n+1$
Tới đây có thể chặn bình phương VP cũng ra $x=n^2+n+1$




#659350 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn: $x^6+x^3y=y^3+2y^2$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 25-10-2016 - 22:34 trong Số học

Khúc đầu có thể làm đẹp hơn như sau 

Pt $(\frac{2x^3}{y}+1)^{2}=4y+9$

Từ đó đặt $k=\frac{2x^3}{y}$

Pt $k(k-2)(k+4)=8x^3$

nên $k=2a$

Pt $a(a-1)(a+2)=x^3$

Làm tương tự như trên sẽ ra  :icon6:  :icon6:

P/s:Mạng như ẹ  :mellow:  :mellow: Em gõ từ 9h mà mãi chưa được đi ngủ  :wacko:




#661254 Tìm tất cả bộ các số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của ch...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-11-2016 - 15:13 trong Số học

Làm gọn như sau
Dễ thấy có 2 số là 2 và 5.
Đặt số lớn nhất là $x$ thì
$VP \geq 2^{n-1} x$.
$VT \leq nx+7$
Từ đó $x(2^{n-1} -n) \leq 7$
Mà $x \geq 2 $ nên $2^{n-1} \leq 3+n$
Ta thấy điều này chỉ đúng với $n=1,2$
$n=1$ vô nghiệm nên $n=2$.



#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

Đóng góp 1 cách cho bài 2.
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.



#661252 Tìm số nguyên tố p thỏa mãn $p= 2x^{2}-1;p^{2}= 2y^...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-11-2016 - 15:02 trong Số học

Dễ dàng chứng minh được $ x \leq y \leq p$ và $2 \leq p$
Trừ từng vế 2 phương trình
$p(p-1)=2(y-x)(x+y)$
Suy ra $p|2(y-x)(y+x)$
Mà $2 < $ và $y-x < p $ nên $p|x+y$.
Lại có $x+y < 2p$ nên $x+y=p$
Thay ngược lên có $p-1=2y-2x$
Tới đây dễ rồi. Đơn thuần là giải hệ thôi.
Có $y=3x-1$ và $x^2+2xy=y^2-1$
Thay vào ra $p=7,x=2,y=5$



#662866 Tìm n để trong $S_{n}$ không có số chính phương nào

Đã gửi bởi Kamii0909 on 23-11-2016 - 23:39 trong Số học

Bổ đề là tất nhiên thôi. $\sqrt{a}-\sqrt{b}\geq 1 $ nên giữa $\sqrt{a}$ và $\sqrt{b}$ phải có 1 số nguyên nên ta có đpcm.



#662810 Tìm n để trong $S_{n}$ không có số chính phương nào

Đã gửi bởi Kamii0909 on 23-11-2016 - 14:30 trong Số học

Bổ đề:Cho 2 số nguyên dương $a>b$
Nếu $\sqrt{a}-\sqrt{b} \geq 1$ thì $[a,b)$ có ít nhất 1 số chính phương.
*Lưu ý:Điều ngược lại là sai. Ví dụ $a=8,b=10$.
Như vậy ta phải có
$\sqrt{n}-\sqrt{\frac{n}{2}} <1$
Bằng biến đổi tương đương ta nhận được
$\sqrt{n} < \sqrt{2}(\sqrt{2}+1)$
Hay $n \leq 11$.
Thử trực tiếp có $n=9$ thỏa mãn.



#669214 Tìm min $P=\frac{1}{x^{2}+1}+\fr...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 21-01-2017 - 20:03 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Bài toán nên là $x,y,z$ không âm thì hay hơn( khi đó dấu bằng xảy ra thêm tại $(x,y,z) \sim (0,\sqrt{3},\sqrt{3})$)

Ta sẽ chứng minh rằng $\sum \dfrac{1}{x^2+1} \geq \frac{3}{2}.$

Nhân lên và biến đổi $p,q,r,$ ta đi chứng minh $p^2 +pr +r(p-3r) \geq 12.$

Do $a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc} \geq 3abc \Rightarrow p \geq 3r,$ nên ta quy về chứng minh $p^2+pr \geq 12.$

Nếu $p^2 \geq 12$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Giả sử $9 \leq p^2 \leq 12.$

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3 $r \geq \frac{p(12-p^2)}{9},$ điều phải chứng minh trở thành  $(p^2-9)(12-p^2) \geq 0$ :đúng.




#712214 Tìm hàm f:R R

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:07 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

1.$f(x+f(y+f(x)))=f(x+y)+x$

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-x):f(x+f(f(x)-x))=x+f(0)$ nên $f$ toàn ánh. 

Do đó tồn tại $a, f(a)=-f(0)$

$P(a,-f(a)):a=0$ nên $f(0)=0$ 

$P(0,x): f(f(x))=f(x)$

$P(x,-x): f(x+f(f(x)-x))=x$

Lấy $f$ 2 vế phương trình này thì $f(x)=x$

 

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

2.$f(x+f(y+f(x)))=f(x)+x+y$

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-f(x)):f(x+f(0))=x$ nên $f(x)=x-f(0)$

Tại đây cho $x=0$ thì $f(0)=0$ nên $f(x)=x$




#688927 Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-07-2017 - 16:17 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Cho $x=0$ thì $f( f(y)-y)=f(0)^2$ nên $f(x)=x+c$ hoặc $f(x)=c$




#658284 Tìm GTNN của biểu thức: $a^3+b^3+c^3$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 14:13 trong Bất đẳng thức và cực trị

Câu 1: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$

Tìm GTNN của biểu thức: $a^3+b^3+c^3$

Câu 2: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$

Tìm GTNN của biểu thức:$\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}$

Câu 2 

Min=0 khi a=b=0,c=3 và các hoán vị
Nếu a,b,c không lớn hơn 2 thì min=$\sqrt[3]{2}$
Max=3
Theo bđt Holder

$\left ( \sum a \right )\left ( \sum b \right )(1+1+1)\geq \left ( \sum \sqrt[3]{ab} \right )^{3}\Rightarrow \sum \sqrt[3]{ab}\leq 3$

Bài ảo qúa  :wacko:  :wacko:  Bạn check lại đề được không ?? @@




#657041 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{x^{2}-3x...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 07-10-2016 - 21:07 trong Đại số

$P=\frac{\left ( x-1 \right )^{2}-\left ( x-1 \right )+2}{\left ( x-1 \right )^{2}}=\frac{a^{2}-a+2}{a^{2}} \Leftrightarrow a^{2}\left ( 1-P \right )-a+2=0. Ta có \Delta = 1-8\left ( 1-P \right )\geq 0 \Leftrightarrow P\geq \frac{7}{8}$




#658826 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-10-2016 - 21:22 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn 

$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$

Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10




#658042 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 11:22 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho x,y,z  dương ;$x+y+z=1$

Tìm Min

$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{zx+1}$

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo bất đẳng thức Cheybershev ta có 

$\sum \frac{x}{xy+1}\geq \frac{\sum x}{3}\sum \frac{1}{xy+1}\geq \frac{3}{\sum xy+3}\geq \frac{3}{\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}+3}=\frac{9}{10}$




#664444 Tìm các số nguyên tố p thỏa:$p^2+23$ có đúng 6 ước chung.

Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:10 trong Số học

Nếu $p=2$ thì $A=p^2+23=27(KTM)$. Nếu $p=3$ thì $A=32(TM)$
Nếu $p>3$ thì $4,3|p^2-1$ nên $4,3|p^2+23$. Dễ thấy $p$ sẽ có ít nhất các ước $1,2,3,4,6,12,p^2+23$(vô lý)
Vậy $p=3$ là giá trị duy nhất.



#659818 Tìm các số nguyên dương sao cho $\frac{a^2+b}{b^2-a}$ và...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 29-10-2016 - 16:25 trong Số học

Viết  lại cách trên dễ hiểu hơn. Ta viết lại điều kiện $\left\{\begin{matrix} b^2-a|a^2+b\\ a^2-b|b^2+a \end{matrix}\right.$

Từ đó $\left\{\begin{matrix} a^2+b \geq b^2-a\\ b^2+a \geq a^2-b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a-b+1)(a+b)\geq 0\\ (b-a+1)(a+b) \geq 0 \end{matrix}\right.$

Do $a+b >0$ nên $\left\{\begin{matrix} a-b+1 \leq 0\\ b-a+1 \leq 0 \end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b+1)(b-a+1) \leq 0 \Leftrightarrow (a-b)^2 \leq 1$

Giả sử $a \geq b$ thì $a=b+1$ hoặc $a=b$

Nếu $a=b+1$ thì $a^2-a-1|a^2+3a+1$ hay $a^2-a-1|4a+2$

Từ đó $a^2-a-1 \leq 4a +2$ suy ra $a \leq 5$. Thay lại tìm $b$ 

Nếu $a=b$ thì $a^2-a|a^2+a$ hay $a^2-a|2a$ nên $a(a-3) \leq 0$ 

Vậy $a \leq 3 $ Thay lại ta tìm được nốt. 




#664447 Tìm bộ số thỏa mãn

Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:28 trong Số học

Ta có
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ 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.



#664362 Tìm $x,y,z\in N^{*}$ sao cho $xyz=x^{2...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 11-12-2016 - 13:20 trong Số học

Biến đổi về dạng
$z=\frac{x^2+3}{xy+2}$ hay $xy+2|x^2+3 \Rightarrow x^2+3 \geq xy+2 // \Leftrightarrow x^2-xy+1 \geq 0$
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $x$ thì phải có $\Delta =y^2-4 \leq 0$
Vậy $y=1,2$



#658555 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD chạy trên đường nào?

Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 18:45 trong Hình học

Lấy Q đối xứng với B qua H 
Do AHMD,HCMB là các tứ giác nội tiếp và theo tính chất đối xứng nên 

$\widehat{ADC}=\widehat{ADH}=\widehat{AMH}=\widehat{CBH}=\widehat{CQA}$

hay AQCD là tứ giác nội tiếp 
Tâm (ACD) thuộc trung trực AQ cố định




#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 thế 
Nếu $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.




#661703 Phương trình nghiệm nguyên

Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-11-2016 - 23:51 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Mình lý luận không được chắc chắn lắm có gì sai sót mong bạn chỉ giúp.

đặt $a=x+y,b=xy$

thì $a^2|a^3-3ab-b^2$ hay $a^2|3ab+b^2$

Từ đó $ka^2-3ab-b^2=0$

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $a$ thì 

$\Delta =b^2(4k+9)$ nên $4k+9$ phải là số chính phương lẻ.

Từ đó tính được $k=m^2+m-2$

thay vào công thức nghiệm được $a= \frac{b}{m-1}$ hoặc $a= \frac{b}{m+2}$

Cả 2 đều chứng tỏ $a|b$ hay $x+y|xy$ nghĩa là $xy=p(x+y)$

Từ đề bài thì tử số phải không âm hay

$x+y \geq 3p+p^2$

Nếu $x=y$ thì $p= \frac{x}{2}$ thay vào có $x \leq 2$

$x=y=1$ KTM, $x=y=2$ TM.

TH còn lại xử lí như trên.




#661694 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-11-2016 - 23:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài hình không khó lắm nhưng khá hay.
Có $A$ là tâm vị tự biến $(ADE)$ thành $(ABC)$ nên $(ADE)$ tiếp xúc $(ABC)$ tại A.
Từ đó theo định lý về tâm đẳng phương thì
$BC,EQ,PQ$ và tiếp tuyến chung tại $A$ của 2 đường tròn $(ADE)$ và $(ABC)$ đồng quy tại S.
Ta có $(ED,EQ)=(SB,SQ)=(AB,AQ)(mod \pi )$ hay ASBQ nội tiếp.
Dễ thấy $(BD,BQ)=(SA,SQ)(mod \pi )$ và $(DB,DQ)=(EA,EQ)=(AS,AQ)(mod \pi )$
nên $\Delta BDQ \sim \Delta SAQ$
Suy ra $\frac{BD}{BQ} = \frac{SA}{SQ} = \frac{AD}{BQ}$
Mà $(AS,AD)=(QS,QB)(mod \pi )$ nên $\Delta ASD \sim \Delta QSB$
Có $(AD,DP)=(QB,BC)=(EQ,EA)=(PQ,PA)=(QA,QP)(mod \pi )$
Hệ thức trên chứng tỏ $AQ=AP$.




#661729 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-11-2016 - 09:29 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :
Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có :
$\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp
Mặt khác:
$\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$
Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$
Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?