Đến nội dung

Kamii0909 nội dung

Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



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 Bất đẳng thức - Cực trị

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 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 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 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?