Bản thân mình đang học năm hai của đại học sư phạm và thấy một số thứ mình đã từng học ở Olympic xuất hiện lại ở bậc Đại học (Số học ở Olympic và Đại số đại cương-Lý thuyết số ở Đại học, các khái niệm hàng điểm điều hoà - hình học xạ ảnh, ...) và mình tìm thấy sự thú vị trong đấy. Đó là lý do mình tiếp tục chọn tìm hiểu sâu vào những khái niệm ấy. Mình nghĩ học (một số chủ đề của) toán Olympic là một bước đà (về mặt tư duy và cả tinh thần!?) để có niềm đam mê tìm hiểu sâu hơn về toán. 

Tất nhiên, mình cũng không biết các dạng toán như phương trình hàm hay những bài hình rối một cục thì có giúp tạo ra động lực và rèn luyện tư duy cho các bạn học sinh để học toán cao cấp, thứ gần với thực tiễn hơn toán Olympic.

Câu hỏi mình cũng muốn đặt ra là nếu xét trên phương diện rèn luyện tư duy thì chừng nào là đủ với các học sinh chuyên? Chủ đề nay cần phải bàn luận thật kĩ vì giáo dục ảnh hưởng đến tương lai con người.

Còn một vấn đề nữa là những người bạn cùng khoá của mình có cả học sinh giỏi quốc gia và các bạn học ở những trường bình thường nhưng khả năng làm toán cao cấp của các bạn ấy đều là ngang nhau. Không biết Olympic có giúp tạo ra sự khác biệt gì không?

Giải phương trình nghiệm nguyên: $a^3+b^3+c^3=(abc)^2$ biết $a,b,c$ là ba số đôi một nguyên tố cùng nhau.

Câu 1

1) Ta cm $x_n \in [1;4]$ với mọi $n \ge 1$ bằng quy nạp.

2) Từ giả thiết suy ra 

$|x_{n+2}-2|=|[\log_3{(3x_{n+1}+75)}-2]-[\log_2{(x_n+2)}-2]| \le |\log_3{(3x_{n+1}+75)}-2|+|\log_2{(x_n+2)}-2| $

Xét $f(x)=\log_3{(3x_{n+1}+75)}$, $x \in [1;4]$, dễ dàng thấy $f'(x)<\frac{1}{12}$. Do đó theo định lý Largrange, tồn tại $c \in [1;4]$ để $|f(x_{n+1})-f(2)|=f'(c)|x_{n+1}-2| \le \frac{1}{12}|x_{n+1}-2|$. Suy ra $|\log_3{(3x_{n+1}+75)}-2 \le \frac{1}{12}|x_{n+1}-2|$ với mọi $n \ge 2$

Làm tương tự, ta có $|\log_2{(x_n+2)}-2| \le \frac{1}{2}|x_n-2|$ với mọi $n \ge 2$

Vậy, $|x_{n+2}-2| \le \frac{1}{12}|x_{n+1}-2|+\frac{1}{2}|x_n-2|$ với mọi $n \ge 1$

Đặt $y_n=x_n-2$ thì $|y_{n+2}| \le \frac{1}{12}|y_{n+1}|+\frac{1}{2}|y_n|$. Suy ra $\lim{y_n}=0$ và suy ra $\lim{x_n}=2$

Mọi người đóng góp với ạ ...

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TỈNH ĐỒNG NAI 2018-2019

Câu 1:

Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} x_1=x_2=1\\ x_{n+2}=\log_3{(3x_{n+1}+75)}-\log_2{(x_n+2)}, n=1,2,3, ... \end{matrix}\right.$

1) CMR $x_n \ge 1$ với mọi $n=1,2,3,...$

2) Tính lim $x_n$

Câu 2:

Đường tròn $(I)$  nội tiếp tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$), tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $BE,CF$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai lần lượt là $X,Y$. $AX,AY$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai lần lượt là $X',Y'$. Các đường thẳng $EX',FY'$ cắt $AB,AC$ tại $X",Y"$ tương ứng.

1) CMR $X"Y"$ tiếp xúc $(I)$

2) Lấy $M,N$ trên $AC,AB$ sao cho $\widehat{MIB}=\widehat{NIC}=90^{\circ}$. Giả sử tồn tại điểm $M',N'$ tương ứng trên $AC,AB$ sao cho $MM',NN'$ cùng vuông góc $BC$. $(AM'N')$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai là $K$. Một đường thẳng đi qua hình chiếu vuông góc của $K$ lên $BC$ và trung điểm $KD$ cắt $M'N'$ tại $T$. CMR $KT$ vuông góc $M'N'$

Câu 3:

Cho đa thức $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ ($a,b,c,d$ là các số nguyên cho trước và $d \ne 0$) có 4 nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3,x_4$.

1) CMR nếu $\frac{x_2}{x_1}, \frac{x_3}{x_1}, \frac{x_2}{x_3}$ là các số hữu tỉ khác $-1$ thì $x_1,x_2,x_3,x_4$ là các số nguyên

2) Nếu biết $\frac{x_2}{x_1}, \frac{x_4}{x_3}$ là các số hữu tỉ khác $-1$ thì đa thức đã cho luôn có nghiệm hữu tỉ hay không ?

Câu 4:

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $7^p-p-16$ là một số chính phương.

Câu 5:

Một đề thi có $n$ câu hỏi, điểm mỗi câu hỏi là $1$. Một nhóm $n$ học sinh tham gia giải đề thi này, mỗi em làm một bài thi độc lập với nhau và số điểm của nhóm là tổng số điểm của các em. Người ta thấy rằng, cứ hai câu bất kì thì có tối đa một em giải đúng cả hai câu

1) Hãy tính số điểm lớn nhất có thể có của nhóm $n$ học sinh này

2) Chỉ ra một trường hợp số điểm lớn nhất khi $n=6,n=7$

Bài pt hàm:

$P(x;0) \Rightarrow f(0)^2=1$. Xét $f(0)=1$. $P(x;y) \Rightarrow f(2x)=f^4(x)$. Nghĩa là $f(x)>0$ với mọi $x$. Từ đó lấy ln hai vế ta được:

$g(x+y)+g(x-y)=2(g(x)+g(y))$ với $g(x)=ln(f(x))$. Do $f(x)$ liên tục nên $g(x)$ cũng liên tục. Tới đây, bài toán đã trở nên quen thuộc, tham khảo: https://artofproblem...1425411p8029282

Mình muốn đăng kí một nick mới trên diễn đàn Mathscope nhưng tới đoạn reCaptcha thì không thấy gì hết ? Cả vô phần quên mật khẩu cũng thế. Không biết có phải lỗi do máy mình không ?

Đó không hẳn là điều kiện, chỉ là biểu diễn đa thức trên thành dạng đối xứng cơ sở, ta có một định lí cơ bản: "Mọi đa thức đối xứng $3$ biến $a,\,b,\,c$ đều có thể biểu diễn ở dạng đa thức theo các biến $\sigma _{1}= a+ b+ c,\,\sigma _{2}= ab+ bc+ ca,\,\sigma _{3}= abc$". 

Ý mình là từ 3 số $p,q,r$ bất kì thỏa mãn điều kiện đó, thì ta luôn tìm được duy nhất một bộ $a,b,c$ sao cho $a+b+c=p$ ...  Chứ không phải từ $a,b,c$ biểu diễn dưới dạng $p,q,r$

Mạnh nhất trong p, q, r đối xứng
$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \ge 0$
Hay là $p^2q^2-4q^3+18pqr-4p^3r-27r^2 \ge 0$

Đây cũng là điều kiện để $(p,q,r)$ biểu diễn dưới dạng $(a,b,c)$ thì phải  

Mình lập topic này mong các bạn chia sẻ một số bất đẳng thức đối xứng dạng $pqr$ mà các bạn cho là "mạnh". Đối với mình là bất đẳng thức: $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca), \forall a,b,c>0$ hay biểu diễn dưới dạng $pqr$ là $p^2+2r+1 \ge 4q$

thì mình đã nói $a, b, c$ là nghiệm của $x^3-px^2+qx-r=0$, nếu thay đổi 1 trong 3 đại lượng $p, q, r$ sao cho thỏa mãn các điều kiện thì chắc chắn phương trình này sẽ có nghiệm khác đi.

Chỉ là nghiệm khác đi thôi mà .... làm sao chắc chắn đó là vô hạn ? Khi đã cố định 2 đại lượng rồi thì vùng giá trị của $a,b,c$ cũng phải hẹp đi để thoả mãn điều kiện cố định chứ nhỉ (dù cho đại lượng kia có chạy đi nữa) ?

P/s: xin lỗi bạn vì đã hỏi dai như đỉa    mình chỉ muốn hiểu rõ bản chất về phương pháp $pqr$ thôi

Để phương trình trên có nghiệm tất nhiên (p, q, r) cần thỏa mãn các điều kiện ràng buộc của chính nó, ví dụ như $p^3 \ge 27r$

Nhưng sao bạn biết với nhiều điều kiện ràng buộc thế thì $(p,q,r)$ sinh ra vô hạn $(a,b,c)$ ?

Mình thực sự không hiểu ý của bạn lắm, ta có thể coi 1 biến là tham số và xét hàm đối với 1 biến mà nhỉ.

Còn về cái cố định 2 cái thì theo mình hiểu như sau, đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$ thì a, b, c là nghiệm của 

$x^3-px^2+qx-r=0$

Từ đây, ta thấy nếu cố định 2 đại lượng bất kỳ và thay đổi đại lượng còn lại thì với mỗi giá trị của đại lượng chạy ta sẽ thu được 1 bộ $(a, b, c)$ mới nên việc cố định 2 trong 3 đại lượng trên là hợp lý

Ồ ! Ý bạn có phải là từ một bộ $(p,q,r)$ nào đó rồi sinh ra $(a,b,c)$ theo quy luật $p=a+b+c,...$ và việc sinh đó sẽ ra vô hạn bộ $(a,b,c)$?  Mình có một thắc mắc là tại sao khi cho đại lượng kia chạy thì đảm bảo được phương trình luôn có 3 nghiêm ? 

Trong các tài liệu bất đẳng thức của anh Võ Thành Văn có bài toán như sau (bài toán trong hình gửi kèm mình đăng).

Mình thấy việc xét hàm $f(p),f(r)$ không được ổn, bởi ba biến $p,q,r$ đều liên hệ chặt chẽ với nhau. Trong $p$ có $a+b+c$, $q$ có $ab+bc+ca$, $r$ có $abc$ thì làm sao cố định hai cái (hoặc một nếu đề bài đã cho sẵn) để xét hàm theo cái còn lại được ?

Lời giải bài 1 của bạn nguyenhaan2209 ở đâu ấy nhỉ ? Mình tìm mãi mà không thấy ? 

Bài 19:  Chứng minh rằng $IG$ đi qua điểm $Schiffler$ của tam giác $ABC$ với $I$ là tâm nội, $G$ là trọng tâm tam giác 

Điểm $Schiffler$ của tam giác $\triangle{ABC}$ là điểm đồng quy của các đường $Euler$ của các tam giác $\sum{\triangle{IBC}}\cup{\triangle{ABC}}$ với $I$ là tâm nội 

Em không nghĩ có tỉnh nào ra thi tâm tam giác đâu bác ơi. Đổi bài đi bác.

Lời giải khác cho bài 1:

Sau khi đổi về mô hình trực tâm, bài toán cũ tương đương bài toán sau: Cho $\Delta ABC$, đường cao $AD,BE,CF$. Một đường thẳng qua $A$ vuông $EF$ tại $G$ . Hình chiếu của $G$ lên đường trung bình đỉnh $D$ của $\Delta DEF$ là $K$. CM $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$

Chứng minh:

Gọi $H$ là trực tâm, $M,N$ là trung điểm $BC,AH$. $AG \cap BC=P$ và $AH \cap EF=Q$. Hình chiếu của $D$ lên $AP$ là $L$.

Dễ thấy: $MN \parallel AP$ và $L \in (K;KG)$. Ta sẽ CM $NG \perp ML$.

Dễ có $(AH,QD)=-1$ nên $NA^2=NQ.ND \Rightarrow \frac{NA}{NQ}=\frac{ND}{NA}=\frac{MD}{MP}$

Mà $\Delta GAQ \sim LDP$ (chú ý tam các tam giác vuông). Do đó $\Delta AGN \sim DLM$.

Ta có: $\widehat{GNM}+\widehat{LMN}=\widehat{AGN}+\widehat{LMN}=\widehat{DLM}+\widehat{LMN}=90^o$

Do đó $NG \perp ML$. Gọi $X=NG \cap ML$. $\widehat{NXD}=90^o$ nên $X \in (DEF)$. Và $GL \parallel MN \Rightarrow X \in (K;KG)$ 

Vậy $X \in (K;KG),(DEF)$ và $GL \parallel MN$ nên $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$ (đpcm)

 

Bài 4:
Tìm tất cả các hàm số $f: R \rightarrow R$ thỏa mãn
$ f(x^2) = f^2(x)$ và $f(x + 1) = f(x) + 1$

 

Bài 4 vẫn chưa có lời giải ?

 

Câu 6: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Các điểm $ E, F $ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $ CA, AB $ sao cho $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BHC $. $ K $ là tâm ngoại tiếp tam giác $ AEF $. $ KC,KB $ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ KAE,KAF $ theo thứ tự tại $ M,N $ khác $ K $. Chứng minh rằng $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AMN $.

 

 

Câu 3: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Điểm $ P $ di chuyển trên cạnh $ BC $. Lấy các điểm $ Q $ và $ R $ sao cho $ PQ \perp CA, CQ \perp BC, PR \perp AB, BR \perp BC $.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $QR $ đi qua $ H $.

b) Chứng minh rằng đường thẳng qua $ P $ vuông góc với $ QR $ luôn đi qua một điểm cố định khi $ P $ thay đổi.

Bài toán có thể giải như sau:

a/$PR \cap AB =X$, $PQ \cap AC=Y$, D là chân đường cao từ A. Gọi trung điểm $AP$ là $N$ và trung điểm $BC$ là M. Dễ CM $(N)$ đi qua $X,D,Y$.

Ta sẽ CM $PQ$ là trục đẳng phương của $(N)$ và $(M)$:

$P_{R;(M)}=RB^2=RX.RP=P_{R;(N)}$ và tương tự với $Q$ $\Rightarrow$ $RQ$ là tđp của 2 đường tròn.

Đồng thời ta cũng dễ thấy $H$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn nên $H \in RQ$

b/ Lấy đối xứng của $A$ qua $M$ là $A'$. Dễ có $MN \parallel A'P$. Mà $MN \perp RQ$ theo tính chất trục đẳng phương nên $RQ \perp A'P$. Nghĩa là đường qua $P$ và vuông góc $RQ$ đi qua điểm $A'$ cố định

Cho đa thức $P(x)$ có bậc $n$ và số nguyên tố $p$. Xét phương trình đồng dư $P(x) \equiv 0 \mod p$ $(*)$. CMR nếu $p>n$ và $(*)$ có số nghiệm phân biệt lớn hơn $n$ thì tất cả hệ số của $P(x)$ đều chia hết cho $p$

Cho $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $a+b$ là số lẻ. Chia tập $\mathbb{N}^*$ thành 2 tập $A,B$ rời nhau. CMR tồn tại 2 phần tử $x,y$ cùng thuộc một tập sao cho $|x-y|=${$a;b$}

Sau đây tôi xin đưa ra một lời giải cho bài toán 2. Về xuất xứ lời giải được đính kèm dưới đây có vài điểm cần nói rõ:
1. Nguồn gốc bài toán 2. Bài toán 2 được tác giả Trần Minh Ngọc mở rộng từ một bài toán của thầy Trần Quang Hùng trong quá trình tập huấn đội tuyển Đồng Tháp - ta gọi là bài toán gốc.
2. Tôi đã được thầy Hùng chia sẻ và giải xong bài toán gốc.
3. Khi truy cập vào topic này, tôi đã chỉ kịp đọc phát hiện thú vị về hai sự thẳng hàng O, U, E và O, V, F trong post của bạn Zeref mà chưa kịp xem tiếp các phần còn lại khi bạn ấy xóa lời giải của mình.
Khá tâm đắc với sự phát hiện này, vì cảm thấy có thể dùng ý tưởng của tôi khi giải quyết bài toán gốc để giải bài toán 2, tôi đã hoàn thành lời giải dưới đây.

 
Theo kết quả quen thuộc thì $AD,BE,CF$ đồng quy
$(PEAC)=-1$, $M$ là trung điểm $PE$ nên $ME^2=MA.MC$ hay $P_{M;(I)}=P_{M;(O)}$
$(QFAB)=-1$, $N$ là trung điểm $QF$ nên $NF^2=NA.NB$ hay $P_{N;(I)}=P_{N;(O)}$
do đó $MN$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)$ hay $MN \perp OI$
Không biết mình có sai sót đâu không nhưng thấy hơi thừa giả thiết

Bài 4

a/ Sử dụng định lý Ceva cho tam giác ABC, AD,BM, CN đồng quy khi  $\frac{DB}{DC}.\frac{MC}{MA}.\frac{NA}{NB}=1$

Ta có $\frac{DB}{NB}=\frac{AB}{BP}$ ($\Delta BND \sim  \Delta BPA$)

          $\frac{CM}{CD}=\frac{CP}{CA}$ ($\Delta CAP \sim  \Delta CDM$)

          $\frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}$

          $AM=AN $ (do đối xứng qua tia AP)

b/ Lưu ý $cos^2 A+cos^2 B+cos^2 C=1-2 cos A. cos B. cos C$

Còn lại là một tính chất quen thuộc của tam giác trực tâm