1)
Tìm tất cả $ n > 1 $ nguyên dương sao cho $ \forall k \in N $ such as $ 1 < k < n $ thỏa $ (k,n)=1 $ thì $ k $ là số nguyên tố


2) Cho $ n $ nguyên dương $ f:N*->N* $ và $ f(n) $ là số các số 1 trong khai triển nhị phân của $ n $


i) CMR $ f(n^2) \leq \dfrac{1}{2}f(n)(1+f(n)) $

ii) CMR trong $ $ đẳng thức đạt được tại vô số điểm $ n $ nguyên dương ...

iii)Tồn tại vô hạn dãy $ u_1,u_2,.. $ sao cho :

$ lim\limits_{k -> +\infty} \dfrac{f(u_k^2)}{f(u_k)}=0 $

Cho $ x=y $ ta có $ f(2x)+f(2f(x))=f(2f(x+f(x))) $


Thay $ x $ bổi $ f(x) $ => $ f(2f(x))+f(2f(f(x)))=f(2f(f(x)+f(f(x)))) $


$ <=> f(2f(f(x)))-f(2x)= f(2f(f(x)+f(f(x)))) -f(2x)-f(2f(x)) = f(2f(f(x)+f(f(x)))) -f(2f(x+f(x))) $


$ <=> f(2f(f(x)+f(f(x)))) + f(2x)= f(2f(f(x)))+f(2f(x+f(x))) $


Giả sử $ f(f(x)) > x $ do $ f $ nghịch biến $ => f(2f(f(x)+f(f(x)))) +f(2x) > f(2f(x+f(x))) +f(2f(f(x))) $


$ f(f(x)) < x => f(2f(f(x)+f(f(x)))) +f(2x < f(2f(x+f(x))) +f(2f(f(x))) $


Cả 2 trường hợp đều vô lí dấu "=" xảy ra khi $ f(f(x))=x $ và thay vào thỏa nên

Túm lại $ f(f(x))=x , \forall x \in R^+ $

Hix rõ latex cái đi bạn ơi
1) Cho $ a,b,c,d \geq 0 $ thỏa $ a+b+c+d=a^2+b^2+c^2+d^2 $ CMR: $ a^3+b^3+c^3+d^3+a+b+c+d \leq 8 $
2) $ x \in [0,2] $ tìm $ MAX_E= (4x-x^3)^{\dfrac{1}{3}}+(x+x^3)^{\dfrac{1}{3} $
3) $ 1 \leq x^2+y^2-xy \leq 2 $ Tìm $ MAX_E=x^4+y^4 $

Ko bik mấy pác giải sao em giải bằng hàm sinh

Xét $ f(x)= (1+x+x^2+...+x^m+...)^n = (\dfrac{1}{1-x})^n $ dùng khai triển Niuton dễ dàng CM được $ [x^k] (\dfrac{1}{1-x})^n = C_{n+k}^{n} $ hay $ a_i= C_{n+i}^{n} $

Thay vào $ a_0+a_1+....+a_{m}=\sum\limits_{i=1}^{m}C_{n+i}^{n} =C_n^n+C_{n+2}^{n+1}-C_{n+1}^{n+1}+....+C_{n+m+1}^{n+1}-C_{n+m}^{n+1} = C_{n+m+1}^{n+1} $

Theo dữ kiện bài toán chọn $ m=1000=n+1 => kq = C_{2000}^{1000} $

Cho $ f,g : R-> R $ là 2 hàm liên tục đơn điệu thực sự , $ f(0)=g(0) $ và $ f^{-1}(g(x))+g^{-1}(f(x))=2x ; \forall x \in R $

CMR :$ f(x)=g(x) $ mọi $ x \in R $

Hì pót nhầm sorry tổng $ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5 $ các bạn thử ko dúng EV Theorem nha !!

Cho $ a,b,c,d,e \geq 0 $ thỏa $ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=1 $ CMR:
$ abcde(a^4+b^4+c^4+d^4+e^4) \leq 5 $

Holder đó u

Bài 3 thì dễ rùi ko nói tới (dùng phương pháp đánh giá)
Bải 4:
Xét $ f(t)=t^3-t-3^{2007} $
đạo hàm dễ dàng CM được pt này có 1 nghiệm duy nhất mà theo đề bài pt này có 2 nghiệm $ f(a) ; a $ => $ f(a)=a $
Vậy $ [f^{(2007)}(a)]^3 - f^{(2007)}(a) = a^3-a = 3^{2007} $

Bài 6: do chưa tìm được cách nào ít trâu bò nên dùng tạn cách nì
Theo ChebuSep ta có
$ VT \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\sum \dfrac{1}{(a+b)^2} ) $
THeo Iran 96
$ \sum \dfrac{1}{(a+b)^2} \geq \dfrac{9}{4(ab+bc+ac)} $
Ta có $ \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\dfrac{9}{4(ab+bc+ac)}) \geq \dfrac{3(a+b+c)}{4(ab+bc+ac)} \geq \dfrac{3}{4} <=> a+b+c \geq ab+bc+ac $
Mặt khác $ (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac) \geq (ab+bc+ac)^2 (dpcm) $


Bài 1: theo pt đầu ta có : $ y= \dfrac{4x-4x^3}{x^4-6x^2+1} = f(x) $

Xét $ f'(x)= \dfrac{(4-12x^2)(x^4-6x^2+1)-(4x^3-12x)(4x-4x^3)}{(x^4-6x^2+1)^2} = \dfrac{4x^6+12x^4+12x^2+4}{MT} > 0 $ => $ f(x) $ đồng biến vậy $
x=y=z $ thay vào
$ pt <=> t^4-2t^2-3=0 $

Bài 5 : có 6 vị trí chọn cho nhóm nam ngồi
Ứng với mõi cách thì có số cách chọn ngươi khác nhau
Khi xét nhóm nam ngồi ở đầu thì có $ 3 $ cách sắp xếp nhóm nữ ngồi => có $ 2!.3 $ cách sắp nguoi nữ
Tương tụ cho nhóm nam xích dần lên ....
Tổng số cách là $ 3!.2!(1+2+3+3+2+1)=144 $ cách

Bài 6 có thể ko dùng Iran và giải như sau
Cũng Chebusep:
$ VT \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\sum \dfrac{1}{(a+b)^2}) \geq \dfrac{3(a+b+c)}{3+(a+b+c)^2} \geq \dfrac{3}{4} <=> t^2-4t+3 \leq 0 <=> (t-1)(t-3) \leq 0 $ $ t= a+b+c $
Mặt khác do $ a^2+b^2+c^2 < (a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) <=> \sqrt{3} < a+b+c < 3 <=> 1 < t \leq 3 (dpcm) $

Hoặc Holder :
$ (a+b+c)(\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} ) \geq ( \sum \dfrac{a}{b+c} )^2 \geq \dfrac{9}{4} ( bdt Nesbit) <=> \sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \dfrac{9}{4(a+b+c)} \geq \dfrac{9}{4\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}} \geq \dfrac{3}{4} $


Bài 7: dùng phép nghịch đảo , ...
bài 2: Xét phân giác $ \widehat{ACD} $ cắt $ BD $ tại $ Q $ ta có
$ \dfrac{CD}{MC} = \dfrac{QD}{QM} <=> \dfrac{MD}{CD+MC}= \dfrac{MQ}{MC} = \dfrac{MA}{MB} $ => $ AMB $ đồng dạng tam giác $ MQC $ => $ ABCQ $ nội tiếp =>$ \widehat{BAC}=\widehat{BQC} <=> \widehat{BKC}+\dfrac{1}{2}\widehat{C} =\dfrac{1}{2}\widehat{C} + \widehat{BDC} <=> \widehat{BDC}=\widehat{BKC} $

Ko hiểu có chuyện gì nhưng anh có thấy nó vậy là hơi quá không

Đưa về dạng S.O.S là xong mà Anh Phúc
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-(a+b+c) \geq 3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2 <=> \sum (a-b)^2 (\dfrac{1}{b}-1) \geq 0 $
Đúng vì $ a,b,c \in (0;1)] $

Bên này chưa nghe gì cả chắc chọn 3 thằng 12T quá ( Ku Hưng , ku Tùng , ku Tứ )...... Hừm chán quá chán cả ông thầy ............... Ráng thi tốt nha hẹn gặp lại 30-4 .....

P/s Sorry vì nói chuyện trên mục này ạ

Thế đội Đồng Tháp gồm những thằng nào vậy Tuấn , ku có được hem !!

Bài 2 dễ dàng từ giả thiết ta chứng minh được $ A=90^o $
Từ G kẻ $ GE || AB => GE || AC $
chứng minh đuoc $ [ABG] =\dfrac{bc}{6} $
Do $ a^2=b^2+c^2 $ dựa vào công thức nghiệm pt ày CM dc $ bc \vdots 12 $ DONE!
Bài 5:
coi thêm trong cuốn tuyển tập cái bài thi từ các nước Đông Âu
Bài 6 : CM tương đương

Hix cả vậy mà chả ai làm trọn vẹn nhỉ , mình chưa biết thành viên thứ 6 của đội Toán , mà cậu có gì cần những tài liệu về Toán học thì mình kiếm cho ( có thể có bản photo) ... Thi may mắn nha .................
Hì giờ mình tu rùi ko thi nữa cho tụi khác thi kakaka.................. Có gì hẹn gặp lại ở 30-4 nha

Àh 3 anh 12 đậu , có anh Khánh Hưng cao điểm nhất 16 điểm (bỏ câu 5 và sai câu 2) ku này 2 năm liền toàn nhất không ....
Thế cậu ok ko
Mấy đội kia thì Hóa được 2 ngưởi , Lí được 4 người , Tin học 1 người .................. lớp tui đậu vòng 2 được 2 người => bị ông thầy chửi wá trời hix hix
@:phandung : lam` wen nha cho mình nick nha

Còn bài hình ah`
Nhiều cách lắm nhưng dùng tọa độ cho đẹp
Ta có $ \dfrac{CA}{BA}=k=\dfrac{CB}{AB} $
=> $ P=\dfrac{1}{1+k}C+\dfrac{k}{k+1}A $ ; $ N=\dfrac{1}{1+k}C+\dfrac{k}{k+1}B $
$ M = \dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2} $
=> $ [MNP] = \dfrac{k.1.1+k.1.1}{2.(k+1)^2}[ABC]= \dfrac{k}{(k+1)^2}[ABC] => \dfrac{[ABC]}{[MNP]} = \dfrac{(k+1)^2}{k}= (\sqrt{k}+\dfrac{1}{\sqrt{k}})^2 $

@ Thế xong hai vòng này các bạn có phải thi vòng nào nữa không hay là chọn đội tuyển chính thức đây rùi
TÔI TIN LÀ SẼ CÓ NGÀY ĐÓ.......SAU LƯNG GIÔNG TỐ CƠN MƯA SẼ TAN

Xong rùi đó cậu ; Đồng Tháp đánh nhanh rút gọn lém ...... ku nào đậu vòng 2 ở Đồng Tháp PM mình nha cho học hỏi với ....
.. Ở nghệ An thi cử xong chưa vậy

Cho tớ ké cái nha Tuấn đây là lời giải bài hình của mình ( cách này hình như ko chấp nhận trong khi chấm về bài của mình )
Công nhận nó dài Ta có $ \dfrac{S_1}{S}+\dfrac{S_2}{S}+\dfrac{S_3}{S}=1 <=> \dfrac{x}{x+1}+\dfrac{y}{y+1}+\dfrac{z}{z+1}=1 <=> 2xyz+xy+yz+xz=1 $
Mặt $ (z+y-1)\dfrac{S_1}{S}+(x+z-1)\dfrac{S_2}{S}+(x+y-1)\dfrac{S_3}{S} = \dfrac{S_1}{S}(y-x)+(\dfrac{S_1}{S}+\dfrac{S_2}{S})(z-y)+(\dfrac{S_1}{S}+\dfrac{S_2}{S}+\dfrac{S_3}{S})(x+y-1)= \dfrac{x(y-x)}{x+1}+\dfrac{z-y}{z+1}+(x+y-1) = \dfrac{2xyz+xy+yz+xz-1}{(x+1)(z+1)}=0 $ (đpcm)
Hix đúng là hơi lằng nhằng tí thế mà cho đi lun bài này tức điên người biết thế giải theo tụi kia là ko bị gì rùi hix
Bài 5 : 2 hàm cậu đưa ra ko thỏa đâu .........

1 bài phát triển từ bài 6
Cho $ P(2006)=2006! $
$ xP(x-1)=(x-2006)P(x) $
CMR $ [P(x)]^2+1 $ bất khả wi

Bài 1 là bài Thi HSG Quốc Tế Lần 7 1965 đó nha xét đến 7 trường hợp Oh my God

Bài 3 wen quá rùi:
$ n^4+4k^4= (n^2+2k^2)^2-4n^2k^2=(n^2+2k^2-2nk)(n^2+2k^2+2nk) $
Bài 5 mình giải cũng ra rùi nhưng ko biết có sai ko hix hix ( theo mình 2 tập đó hợp là N* và giao là rổng -> các phần tử chúng khác nhau ( $ f(i) \neq g(j) $ và sẽ phân bố xen kẽ giữa $ f ,g $ )
Hướng mình là tìm sự phân bố ấy , hơi lằng nhằng tí
Bài hình học cuối tọa độ là đẹp nhất kaka.........
tình hình đội tuyển trường Sa đéc ko tốt lắm ku Khánh Hưng trường tui (giải nhất) nghe nói bỏ 2,3 bài và mấy ku khác làm ăn vừa ẩu vừa ko ra và bài 5 chả thằng nào giải ra vì lạ quá , bài 3 là bài thầy vừa cho thế mà tụi nó toàn suy luận theo cách chia hết gì ko à ... Tóm lại đề này ai làm được 4 câu là đậu được vòng 2
Ku Tuấn ráng đậu nha; mình ko may làm mấy bài vòng 1 cách lạ và khó hiểu nên trừ hết điểm => rớt , khối 11 trông chờ vào you đó

P/s phandung: Mình học 11T tên Quốc Dũng chắc bạn ko biết đâu vô danh tiểu tốt mà ^ ^

Đề Đồng Tháp đúng là có truyền thống toàn lấy cho học sinh làm những bài có tên tuổi ko hix hix coi bộ đề dễ quá tiếc là mình chả được đi thi
Bài 2 mở rộng ra với mọi $ \alpha \in (0;1] $ CMR:

$ R_a^{\alpha}+R_b^{\alpha}+R_c^{\alpha} \geq 2^{\alpha}(d_a^{\alpha}+d_b^{\alpha}+d_c^{\alpha}) $ .......

Đề này chú Tuấn ko đậu chắc là đang ở chiêu "tự sát"

P/s : Bài 5 đâu phải IMO 1976 đâu anh Tân

Cụ thể hơn
Cái tổng đó là tổng tích phân Riemman của hàm f tương ứng với phân hạoch đều trên
$ [1,0] $
Dùng định nghĩa tích phân nếu $ f $ liên tục trên $ [a,b] $ thì:
$ \S\limits_{n-> \infty} = \int_{0}^{1} f(x) $
Với $ S_n = \sum f(\alpha_i)(x_i-x_{i-1}) $; $ \alpha_i $ thỏa $ =a+i\dfrac{b-a}{n} $ ; $ \in [x_i;x_{i-1}] $ $ ( x_i = a+i\dfrac{b-a}{n} ) $


Áp dụng ta có $ \dfrac{n}{n^2+i^2} = \dfrac{1}{n}.\dfrac{1}{1+(\dfrac{i}{n})^2} $
Xét hàm $ f(x)=\dfrac{1}{1+x^2} $ dễ thấy liên tục trên $ [0,1] $
Chọn số như trên
Đặt $ VT=S_n $ thì $ \S\limits_{n-> \infty}= \int_{0}^{1} f(x) = arctanx|^1_0 =\dfrac{\pi}{4} $

Làm đại xem nào
Đặt $ 2+x-\dfrac{1}{x}=u => du=1+\dfrac{1}{x^2} $
$ dv=e^{x+\dfrac{1}{x}}dx => v=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+1}e^{\dfrac{1}{x}+x} $
=> $ VT= [(2+x-\dfrac{1}{x})\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+1}e^{\dfrac{1}{x}+x}]^2_{\dfrac{1}{2}}-\int_{\dfrac{1}{2}}^{2}e^{\dfrac{1}{x}+x}dx $ ... Đế đây dễ rùi đó bạn

Hàm l?#8220;i ở Việt Nam là hàm lõm ở nước ngoài và ngược lại, sách anh Hùng và thầy Mậu theo nghĩa nước ngoài
( $ f''(x) < 0 $ thoe Việt Nam là hàm lồi)