nếu trường chuyên em hướng vào đó cũng được nhưng trường THPT không chuyên thì thầy cô nói đúng đấy hồi lớp 10 chị cũng từng thích mấy chuyện hsg này nhưng giờ nhận ra rồi nên có giới hạn thôi
Em cảm ơn dòng tư vấn của chị ạ. :v
Có 235 mục bởi tquangmh (Tìm giới hạn từ 24-04-2020)
Đã gửi bởi tquangmh on 19-09-2017 - 20:56 trong Kinh nghiệm học toán
nếu trường chuyên em hướng vào đó cũng được nhưng trường THPT không chuyên thì thầy cô nói đúng đấy hồi lớp 10 chị cũng từng thích mấy chuyện hsg này nhưng giờ nhận ra rồi nên có giới hạn thôi
Em cảm ơn dòng tư vấn của chị ạ. :v
Đã gửi bởi tquangmh on 18-09-2017 - 23:38 trong Kinh nghiệm học toán
Như tiêu đề trên, em mong anh chị có thể "truyền" kinh nghiệm luyện thi HSG THPT cho em.
Khi còn học THCS thì tỉnh em không dạy nhiều về Số học và Tổ hợp nên ngay khi bước lên cấp 3 em thấy hoảng sợ quá ạ .
Có vài câu hỏi mà em thắc mắc mong được giải đáp :
$1/$ Những kiến thức em có thể dùng được trong kì thi Olympic 30/4 giới hạn đến đâu ạ ?
$2/$ Về phần thi HSG THPT thì có những kiến thức nào em áp dụng mà không cần chứng minh lại ? (về các mảng như Hình học phẳng, Số học, Phương trình hàm, ...)
$3/$ Các anh lớp trên khuyên em lên cấp 3 ít học thêm lại nên đa phần em vẫn tự học. Tuy nhiên em chưa đụng đến Số học và Tổ hợp. Vậy em nên bắt đầu 2 phần toán này từ đâu ạ ? (ý em là ở từng mảng như Số học, Tổ hợp thì em nên bắt đầu học những kiến thức nào trước làm nền ạ ??)
(Trường THPT em đang học thầy cô nghiêng về thi THPTQG nhiều hơn nên em ít có điều kiện hỏi các thầy cô ạ !! )
Em xin cảm ơn.
Đã gửi bởi tquangmh on 25-08-2016 - 23:33 trong Số học
Tìm các số nguyên dương $a, b, c> 1$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $abc-1\vdots (a-1)(b-1)(c-1).$
Do vai trò của $a;b;c$ là như nhau nên giả sử : $a\leq b\leq c$.
Đặt :$\left\{\begin{matrix} x=a−1\\ y=b−1 \\ z=c−1 \end{matrix}\right.$ với $0< x\leq y\leq z$ và $x;y;z \in \mathbb{Z}^{+}$.
Ta có :
$(x+1)(y+1)(z+1)−1\vdots xyz$
$\Leftrightarrow xyz+xy+yz+zx+x+y+z\vdots xyz$
$\Leftrightarrow \frac{xyz+xy+yz+zx+x+y+z}{xyz} \in \mathbb{Z}^{+}$
$\Leftrightarrow f(x,y,z)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \in \mathbb{Z}^{+}$
Để ý rằng : Nếu $a>b;a,b \in \mathbb{Z}^{+}\Rightarrow \frac{1}{a}< \frac{1}{b}$.
Do đó :
$f(x,y,z)\leq f(1,2,3)\approx 2,8(3)\Rightarrow f(x,y,z) \in \left \{ 1;2 \right \}$
mà : $f(3,4,5)\approx 0,98(3) < 1 \Rightarrow x \in \left \{ 1;2 \right \}$
* TH1 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=1\\x=1 \end{matrix}\right.$. Có :
$f(1,y,z)=1+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}+\frac{1}{yz}=1$
$\Leftrightarrow \frac{2}{z}+\frac{2}{y}+\frac{1}{yz}=0$ (vô lí vì $y;z\in \mathbb{Z}^{+}$ )
Lí luận tương tự :
* TH2 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=1\\ x=2 \end{matrix}\right.$. $\rightarrow$ $(x=2;y=4;z=14)$ $\rightarrow$ $(a=3;b=5;c=15)$.
* TH3 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=2\\ x=1 \end{matrix}\right.$. $\rightarrow$ $(x=1;y=3;z=7)\rightarrow (a=2;b=4;c=8)$.
* TH4 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=1\\ x=2 \end{matrix}\right.$. $\rightarrow$ vô nghiệm.
Vậy : $(a;b;c)=(3;5;15);(2;4;8)$ cùng các hoán vị.
$\blacksquare$
Đã gửi bởi tquangmh on 24-05-2016 - 19:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi tquangmh on 11-05-2016 - 16:16 trong Số học
Minh hieu r, tks b nhieu nha.
Các bài khác b giải dc ko?
Câu 1b : Làm tương tự như câu a), nhưng lúc này ta lấy kết quả n + 2 = 9(25f + 11) + 2 chỉ cần xét chia hết cho 4.
Câu 3 : Mình chưa học về phi. Bạn có thể đăng lại bài này đề các anh chị giải cho. Giống câu 2 đó.
Đã gửi bởi tquangmh on 11-05-2016 - 12:06 trong Số học
tks b nhé
B cho mình hỏi, tại sao lại chọn r=4 mà ko chọn số khác vay ?
khi đã xác định đc 25t - 1 chia hết cho 9 thì mình xét các số t = 9f + r (r =0;1;2;...;8)
Thử với r = 1 vào :
25t - 1 = 25(9f + 1) - 1 = 25.9f + 25 - 1 = 25.9f + 24 mà 24 ko chia hết cho 9 nên r = 1 ko thỏa mãn 25t - 1 chia hết cho 9.
Thử lần lượt thì thấy r = 4 thỏa mãn. (99 chia hết cho 9)
Đã gửi bởi tquangmh on 11-05-2016 - 00:09 trong Số học
Bài 1 :
Theo đề bài, ta có :
$n = 9k$ (k là số tự nhiên)
$n + 1 = 25t$ (t là số tự nhiên)
Từ đó, ta suy ra :
$n = 25t - 1 = 9k$
$\Rightarrow 25t - 1\vdots 9$
Xét $t = 9f + r$ (f, r là số tự nhiên; $r = 0;1;2;3;...;8$)
Thử với các giá trị của $r$, ta chọn đc $r = 4$.
Do đó : $n + 1 = 25(9f + 4) = 225f + 100$
Vậy : $n = 9(25f + 11)$ với $f$ là số tự nhiên.
Đã gửi bởi tquangmh on 07-05-2016 - 23:14 trong Bất đẳng thức và cực trị
Biểu thức này phải âm chứ bạn?
Cảm ơn bạn đã góp ý. Mình ko đọc rõ đề.
Đã gửi bởi tquangmh on 07-05-2016 - 21:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. CMR:$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+\frac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}\geq 9$
_ Ko mất tính tống quát, do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên có thể giả sử : $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow$ $\frac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}\geq 0$
_Còn : $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq (3.\sqrt{abc}).(\frac{3}{\sqrt{abc}})=9$
_ Dấu bằng khi tam giác đó đều.
P/s : Mình thấy có gì đó sai sai, mong mọi người chỉ bảo, sửa chữa giúp mình.
Đã gửi bởi tquangmh on 05-05-2016 - 21:23 trong Các dạng toán khác
1.C/m các bt sau không thể có cùng giá trị âm:
ab-a-b+1 ; bc-b-c+1 và ac-a-c+1
2.C/m đa thức x2014+x2012+1 chia hết cho đa thức x2+x+1
Bài 1 :
$ab-a-b+1=(a-1)(b-1);bc-b-c+1=(b-1)(c-1);ca-c-a+1=(a-1)(c-1)$
$\Rightarrow (ab-a-b+1)(bc-b-c+1)(ca-c-a+1)=(a-1)^{2}(b-1)^{2}(c-1)^{2}\geq 0$ $(1)$
Nếu các biểu thức trên cùng âm thì $(1)$ ko xảy ra (vô lí). Vậy, các biểu thức trên ko thể cùng âm
Bài 2 : đề có bị sai ko bạn ??
Đã gửi bởi tquangmh on 03-05-2016 - 21:20 trong Bất đẳng thức và cực trị
$2abc=3a^{2}+4b^{2}+5c^{2}$ nên $abc>0$
$abc> 0$ nhỡ mà $a< 0;b> 0;c< 0$ thì $a^{6}b^{8}c< 0$ rồi anh !
Đã gửi bởi tquangmh on 03-05-2016 - 21:04 trong Bất đẳng thức và cực trị
Theo AM-GM: $$2abc=3a^{2}+4b^{2}+5c^{2}\geq 12\sqrt[12]{a^{6}b^{8}c}\Leftrightarrow a^{3}b^{2}c\geq 46656$$
Do đó: $$3a+2b+c\geq 6\sqrt[6]{a^{3}b^{2}c}=36$$
Đầu bài là các số thực bất kì mà anh.
Đã gửi bởi tquangmh on 02-05-2016 - 22:01 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho các số thực x,y thỏa mãn $x+y+4=0$. Tìm Max của
$A=2(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$
Có :
$A=2(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$
$\Leftrightarrow A=2(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$
$\Leftrightarrow A=-5(x^{2}+y^{2})+18xy$
Phần : $-5(x^{2}+y^{2})$ đánh giá max bằng BĐT Bunhia
Phần : $18xy$ dựa vào BĐT đc chứng minh bằng tương đương : $xy\leq \frac{(x+y)^{2}}{4}$
Đã gửi bởi tquangmh on 29-04-2016 - 23:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
CM
1. $2(a^{4}+b^{4})\geq ab^{3}+a^{3}b+2a^{2}b^{2}$ $\forall a,b$
Chém câu dễ nhất :
Ta có :
+) $a^{4}+b^{4} \geq ab^{3}+a^{3}b \Leftrightarrow (a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2}) \geq 0$
+) $a^{4}+b^{4} \geq 2a^{2}b^{2} \Leftrightarrow (a^{2}-b^{2})^{2} \geq 0$
Đã gửi bởi tquangmh on 29-04-2016 - 22:54 trong Số học
Tìm n biết 2n chia 7 dư 1
Bài toán đưa về : Tìm $n\in \mathbb{N}$ để $2^{n}\equiv 1(mod7)$.
Giải :
_ Xét : $n=3k(k\in \mathbb{N})$.
Ta có : $2^{3k}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow 8^{k}\equiv 1(mod7)$ (luôn đúng). Vậy ta đc 1 nghiệm là $n=3k$.
_ Xét : $n=3k+1(k\in \mathbb{N})$.
Ta có : $2^{3k+1}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow (2.8^{k}-1)\vdots 7\Leftrightarrow [8^{k}+(8^{k}-1)]\vdots 7$ $(1)$
Dễ thấy : $(8^{k}-1)\vdots 7$ và $8^{k}$ không chia hết cho 7 nên $(1)$ vô lí.
_ Xét : $n=3k+2(k\in \mathbb{N})$.
Ta có : $2^{3k+2}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow (4.8^{k}-1)\vdots 7\Leftrightarrow [3.8^{k}+(8^{k}-1)]\vdots 7$. $(2)$
Lập luận tương tự trường hợp $n=3k+1$ và để ý thêm rằng : $(3;7)=1$. Ta thấy $(2)$ cũng vô lí.
Vậy : $n=3k(k\in \mathbb{N})$
Đã gửi bởi tquangmh on 28-04-2016 - 21:32 trong Bất đẳng thức và cực trị
bạn tham khảo : http://diendantoanho...ca/#entry630020
Đã gửi bởi tquangmh on 27-04-2016 - 22:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
cho x,y,z là các số thực thoả mãn: $y^{2}+yz+z^{2}=1-\frac{3}{2}x^{2}$ .Tim Min,Max của:
Q=x+y+z
Ta có :
$y^{2}+yz+z^{2}=1-\frac{3x^{2}}{2}$
$\Leftrightarrow 2y^{2}+2yz+2z^{2}+3x^{2}=2$
$\Leftrightarrow 2=x^{2}+y^{2}+z^{2}+(x^{2}+y^{2})+(z^{2}+x^{2})+2yz\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2zx+2yz$
$\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}\leq 2$
$\Leftrightarrow -\sqrt{2}\leq x+y+z\leq \sqrt{2}$
Dấu "=" : ....
* Giải thích : $x^{2}+y^{2}\geq 2xy\Leftrightarrow (x-y)^{2}\geq 0$ còn $z^{2}+x^{2}\geq 2zx$ tương tự. Hai BDT này đúng với mọi số thực x, y, z.
P/s : Bài này bạn tpdtthltvp có giải ở đâu rồi nhưng mình quên link.
Đã gửi bởi tquangmh on 27-04-2016 - 21:39 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y,z >0 và $x^3+y^3+z^3=2$. Tìm GTNN
$P=\frac{x^4}{y+z}+\frac{y^4}{x+z}+\frac{z^4}{x+y}$
* Bổ đề : $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ và $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$
Dễ chứng minh bằng Cauchy
* Ta có : $P=\frac{x^{4}}{y+z}+\frac{y^{4}}{z+x}+\frac{z^{4}}{x+y}=\frac{x^{6}}{x^{2}y+x^{2}z}+\frac{y^{6}}{y^{2}x+y^{2}z}+\frac{z^{6}}{z^{2}x+z^{2}y}\geq \frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)+(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})}\geq ...$ (Đọan này áp dụng bổ đề trên)
Đã gửi bởi tquangmh on 27-04-2016 - 20:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
Có cho x, y, z dương hay không âm không vậy bạn ?
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 20:11 trong Bất đẳng thức và cực trị
BĐT được đưa về dạng:
$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}} \leq 3$ ($a,b,c>0$)
$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq \sqrt{\left [ 2\sum \left (a+b \right ) \right ]\left [ \sum \frac{2a}{(a+b)(c+a)} \right ]}=\sqrt{\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\leq 3$ (C-S & AM-GM)
Cho em hỏi là cách nào anh Huyện lại đưa BDT cần cm về BDT đó ạ ??
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 19:59 trong Tài liệu - Đề thi
Có phải mỗi tỉnh lấy 25 người mỗi khối không?
Em ko biết anh ạ ! ... Em chỉ biết thi và xem kết quả thôi anh ! Vậy nên anh có thể lên fb mà hỏi.
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 19:51 trong Tài liệu - Đề thi
Tại sao lại có lớp 9, mình tưởng chỉ có lớp 4,8,11 thôi chứ
Em chẳng biết nữa, anh lên fb của bạn Thần Đồng Toán Học để xem chi tiết. Để em sửa lại tiêu đề.
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 18:55 trong Tài liệu - Đề thi
Đây là link tổng kết kết quả thi toán violympic. (Thông báo chính thức)
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 12:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho a,b,c>0.CM: $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c$
_ Áp dụng Cauchy : $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq 2 \sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b$
Tương tự, cộng lại theo vế, có đpcm.
Dấu "=" khi a = b = c
Đã gửi bởi tquangmh on 25-04-2016 - 12:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
_ Ta có BDT : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Rightarrow \frac{a^{3}+b^{3}}{2ab}\geq \frac{a+b}{2}$
Tương tự cộng lại ta có d0pcm.
_ Dấu "=" khi a = b = c.
* Chứng minh bằng tương đương : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Leftrightarrow (a+b)(a^{2}-ab+b^{2})-ab(a+b)\geq 0 \Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}\geq 0$
(a,b,c dương nên BDT luôn đúng)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học