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.


Hình ảnh

Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2015

imo 2015 imo

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 37 trả lời

#21 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 11-07-2015 - 14:12

 

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 4. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Cho $x=y=0$ ta có $f(f(0))=0$

Cho $x=0,y=f(0)$ ta có $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+(f(0))^2\Rightarrow f(0)(f(0)-2)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

   -Với TH $f(0)=2$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x-1,1$ ta được $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$

Đặt $g(x)=x+f(x)-1\Rightarrow f(g(x))=g(x)\Rightarrow f(f(g(x)))=f(g(x))$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $0,g(x)$ ta được $f(f(g(x)))+2=f(g(x))+2g(x)$

$\Rightarrow g(x)=1\Rightarrow x+f(x)-1=1\Rightarrow f(x)=2-x$

   -Với TH $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(f(x)+x)=f(x)+x$

Cho $y=-x$ ta có $f(x)+f(-x^2)=x(1-f(x))$ (1)

Thay $x$ bằng $-x$ ở $(1)$ ta có $f(-x)+f(-x^2)=-x(1-f(-x))$ (2)

Lấy $(1)-(2)$ ta có $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)$ (3)

Giả sử tồn tại một vài số $t$ thỏa $f(t)=t$ thì theo $(3)$ suy ra được $f(-t)=-t$ 

Vậy ta sẽ có $f(-f(x))=-f(x),f(-x-f(x))=-x-f(x)$

Thay $x,y$ lần lượt là $-x,x-f(x)$ ta được $f(-x+f(-f(x)))+f(x(f(x)-x))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))f(-x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(x-f(x))f(-x)$ (4)

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x,f(x)-x$ ta được $f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (5)

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra $(x-f(x))f(-x)=(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x)-x=0$ hoặc $f(x)=-f(-x)$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thay vào $(3)$ ta được $f(x)=x$

Vậy kết luận chung có 2 hàm thỏa đề $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$

PS: Quên không thử lại :P


$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#22 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 11-07-2015 - 14:19

Bài 4. Dễ thấy $\widehat{AGF}=\widehat{ACG}$ nên góc giữa $AC$ và $FG$ chính bằng góc $\widehat{ABC}$ và bằng góc $\widehat{XFD}$

Ta có $\widehat{GLC}=\widehat{GEC}=\widehat{GFD}$, vậy là ta có $\widehat{XGF}=\widehat{XFD}-\widehat{GFD}=\widehat{XFG}$

Đến đây dễ rồi  :icon6:


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#23 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 305 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 11-07-2015 - 14:25

bài PTH này trông quen lắm ở đâu có rồi thì phải


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#24 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 11-07-2015 - 15:58

Thêm một lời giải khác cho TH2 của bài 4:

Với $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $f(x),0$ ta có $f(f(x)+f(f(x))=f(x)+f(f(x))\Rightarrow f(2f(x))=2f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $f(x),x-f(x)$ ta được $f(2f(x))+f(f(x)(x-f(x)))=2f(x)+(x-f(x))f(f(x))$

$\Rightarrow f(f(x)(x-f(x)))=(x-f(x))f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $x-f(x),f(x)$ ta được $f(x)+f(f(x)(x-f(x)))=x+f(x)f(x-f(x))$

$\Rightarrow f(x)+(x-f(x))f(x)=x+f(x)f(x-f(x))\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(x))=f(x)f(x-f(x)),(2)$

Cho $x=-1,y=1$ ta có $f(-1)=-1$

Cho $x=1$ ta có $f(1+f(1+y))+f(y)=1+f(1+y)+yf(1),(3)$

Cho $y=-1$ vào $(3)$ ta có $f(1)+f(-1)=1-f(1)\Rightarrow f(1)=1$

Nên $(3)\Rightarrow f(x)-x=f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)),(4)$

Thay $x$ bằng $1+f(x+1)$ vào $(2)$ ta có $(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))$

$\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(x-f(x)),(5)$

Lấy $(2)-(5)$ ta có $(f(x)-x)(f(1+f(x+1))-f(x))=(f(x)-f(1+f(x+1)))f(x-f(x))$

$\Rightarrow (f(x-f(x))+(x-f(x)))(f(1+f(x+1))-f(x))=0\Rightarrow f(x-f(x))=-(x-f(x))$ hoặc $f(1+f(x+1))=f(x),(1)$

Nếu $f(x-f(x))=-(x-f(x))$ thay vào $(2)\Rightarrow f(x)-x=0$

Nếu $f(1+f(x+1))=f(x)$ thay vào $(4)\Rightarrow x=1+f(x+1)\Rightarrow f(x+1)=x-1$

Thay $x,y$ lần lượt là $x+1,-x-1$ ta có $f(x+1)+f(-(x+1)^2)=x+1-(x+1)f(x+1)\Rightarrow f(-(x+1)^2)=3-x^2$ (không thuộc các dạng ở $(1)$)

Vậy ở TH này ta thu được hàm $f(x)=x$ thỏa mãn :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 11-07-2015 - 16:03

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#25 minhduc3001

minhduc3001

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-07-2015 - 16:06

 

Lời giải. Đặt $ab-c=2^x,bc-a=2^y,ca-b=2^z \; (x,y,z \in \mathbb{N})$.

 

Trường hợp 1. Đầu tiên ta đi xét trường hợp mà $a,b,c$ khác tính chẵn lẻ. Khi đó ít nhất một trong ba số $x,y,z$ bằng $0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x=0$. Khi đó $c=ab-1$ Do đó

\begin{equation} \label{pt1} 2^y+2^z= 2^z \left( 2^{y-z}+1 \right)= (a+b)(c-1)=(a+b)(ab-2). \end{equation}

Ở đây, ta hoàn toàn có thể giả sử $z \le y$. Ta xét các trường hợp nhỏ hơn sau:

 

Khả năng 1

 

Anh ơi, thế nếu $y=z$ thì $v_{2}(ab-2)=z+1$ mới đùng chứ nhỉ?



#26 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 11-07-2015 - 16:12

Anh ơi, thế nếu $y=z$ thì $v_{2}(ab-2)=z+1$ mới đùng chứ nhỉ?

Cảm ơn bạn, mình đã chỉnh lại.   :D

Lời giải không bị ảnh hưởng nhiều lắm vì lỗi này.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#27 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 11-07-2015 - 16:16

Cho $x=y=0$ ta có $f(f(0))=0$

Cho $x=0,y=f(0)$ ta có $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+(f(0))^2\Rightarrow f(0)(f(0)-2)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

   -Với TH $f(0)=2$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x-1,1$ ta được $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$

Đặt $g(x)=x+f(x)-1\Rightarrow f(g(x))=g(x)\Rightarrow f(f(g(x)))=f(g(x))$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $0,g(x)$ ta được $f(f(g(x)))+2=f(g(x))+2g(x)$

$\Rightarrow g(x)=1\Rightarrow x+f(x)-1=1\Rightarrow f(x)=2-x$

   -Với TH $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(f(x)+x)=f(x)+x$

Cho $y=-x$ ta có $f(x)+f(-x^2)=x(1-f(x))$ (1)

Thay $x$ bằng $-x$ ở $(1)$ ta có $f(-x)+f(-x^2)=-x(1-f(-x))$ (2)

Lấy $(1)-(2)$ ta có $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)$ (3)

Giả sử tồn tại một vài số $t$ thỏa $f(t)=t$ thì theo $(3)$ suy ra được $f(-t)=-t$ 

Vậy ta sẽ có $f(-f(x))=-f(x),f(-x-f(x))=-x-f(x)$

Thay $x,y$ lần lượt là $-x,x-f(x)$ ta được $f(-x+f(-f(x)))+f(x(f(x)-x))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))f(-x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(x-f(x))f(-x)$ (4)

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x,f(x)-x$ ta được $f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (5)

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra $(x-f(x))f(-x)=(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x)-x=0$ hoặc $f(x)=-f(-x)$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thay vào $(3)$ ta được $f(x)=x$

Vậy kết luận chung có 2 hàm thỏa đề $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$

PS: Quên không thử lại :P

Sao lại có dòng màu đỏ thế ạ ? 

Còn chỗ dòng màu tím sẽ xuất hiện hiện tượng "nhảy" hàm ạ, nên em nghĩ chỗ đó cần bổ sung thêm nữa.


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#28 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 11-07-2015 - 16:46

Sao lại có dòng màu đỏ thế ạ ? 

Còn chỗ dòng màu tím sẽ xuất hiện hiện tượng "nhảy" hàm ạ, nên em nghĩ chỗ đó cần bổ sung thêm nữa.

Từ cái kết luận của cái dòng trên nó $f(t)=t\Rightarrow f(-t)=-t$

Mà ta đã có $f(f(x))=f(x)$ và $f(x+f(x))=x+f(x)$ (2 cái $f(x),x+f(x)$ có thể trong cùng một loại với $t$) nên $f(-f(x))=-f(x)$ và $f(-x-f(x))=-x-f(x)$ cái này là bước đột phá đó :))

Còn cái màu tím thì nó chia ra 2 TH $f(x)=x$ hoặc $f(-x)=-f(x)$

Nếu $f(-x)=-f(x)$ thay vào chỗ $(3)$ là $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x))$ suy ra được $f(x)=x$

Do cả 2 TH đều suy ra được $f(x)=x$ nên đó sẽ là hàm cần tìm :) mà "nhảy" hàm là cái gì vậy.

À lời giải đó còn thiếu phải tính $f(1),f(-1)$ vì có đoạn $(t-1)(t+f(-t))=0$ khí đó nếu $t=1$ thì $f(-t)$ không dễ dàng bằng $-t$ được  :wacko:


$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#29 minhduc3001

minhduc3001

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-07-2015 - 17:41

Cảm ơn bạn, mình đã chỉnh lại.   :D

Lời giải không bị ảnh hưởng nhiều lắm vì lỗi này.

Thật ra những lỗi như thế này rất hay bị. Đặc biệt đối với những bài áp dụng LTE. Các lỗi này cũng thường không ảnh hưởng lắm vì nó chỉ đơn giản là xét trường hợp riêng thôi nhưng đôi khi dẫn đến thiếu nghiệm (đây là một số nhận xét mà mình rút ra được khi làm bài tập LTE). Dù sao cũng phục bạn vì giải được bài này. Chúc mừng nhé, giải được là vui rồi.



#30 hungchng

hungchng

    Sĩ quan

  • Điều hành viên
  • 337 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-07-2015 - 20:28

Bài hình ngày 2

bai4imo2015.png

bai4imo2015g.png

File gửi kèm  deimo2015.pdf   1.01MB   291 Số lần tải


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungchng: 15-07-2015 - 14:26

Hình đã gửi

#31 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 11-07-2015 - 21:01

untitled.PNG

Ta có $\widehat{XGA}=180^O-\widehat{LGC}-\widehat{ABC}=\widehat{LEC}-\widehat{KFD}$

          $=\widehat{LEG}+\widehat{GEC}-\widehat{KFD}=\widehat{ACG}+\widehat{GFD}-\widehat{KFD}$

          $=\widehat{AFG}+\widehat{GFD}-\widehat{KFD}=\widehat{XFA}$

          $=>\Delta AFX=\Delta AGX=>XF=XG$

Do $FG$ là trục đẳng phương của của $(O)$ và $(A)$ nên $OA$ vuông góc $FG$, do $\Delta XGF$ cân nên $OX$ vuông góc $FG$, ta có đpcm


NgọaLong

#32 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 12-07-2015 - 21:11

Bạn nào có ý tưởng cho bài $6$ không, chỉ nghĩ nổi đặt $b_i=c_i+i$ để các số $b_i$ này khác nhau cho thỏa $ii)$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 12-07-2015 - 21:34

NgọaLong

#33 huypham2811

huypham2811

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 69 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:The state of fun
  • Sở thích:—ナルト— Naruto Shippuden

Đã gửi 14-07-2015 - 17:13

bài 6 chưa ai giải nhỉ



#34 quytuan

quytuan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 21 Bài viết

Đã gửi 14-07-2015 - 20:57

Đã có kết quả kì thi năm 2015
2HCV:Vũ Xuân Trung (34 điểm); Nguyễn Thế Hoàn (31 điểm)
3 HCB: Hoàng Anh Tài (25 điểm), Nguyễn Huy Hoàng (23 điểm), Nguyễn Tuấn Hải Đăng (23 điểm)
1 HCĐ: Nguyễn Thị Việt Hà (15 điểm)
Cut-off năm nay HCV,HCB;HCĐ là 26,19,14
Năm nay đánh dấu kỉ lục từ trước đến giờ cho năm có điểm cut-off thấp nhất cho HCV: 26 điểm
Chúc mừng Nguyễn Thế Hoàn là người thứ 7 được 2 HCV, và là người thứ 5 của chuyên KHTN làm được điều này.
Thành viên ít tuổi nhất Vũ Xuân Trung (lớp 11) đạt số điểm cao nhất đoàn, hi vọng sẽ kiếm thêm được 1 HCV vào năm tới
Đoàn Việt Nam đứng ở vị trí thứ 5 trên 104 quốc gia tham dự, là vị trí cao nhất kể từ năm 2008 đến giờ



#35 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 17-07-2015 - 23:55

Bài 3. Cho tam giác nhọn $ABC$, $AB>AC$ có đường tròn ngoại tiếp $\Gamma$, trực tâm $H$ và chân đường cao $F$ hạ từ $A$. $M$ là trung điểm $BC$. $Q$ là điểm trên $\Gamma$ thoả mãn $\angle HQA= 90^{\circ}$, và $K$ là điểm trên $\Gamma$ sao cho $\angle HKQ=90^{\circ}$. $A,B,C,K,Q$ là các điểm phân biệt, và chúng nằm trên $\Gamma$ theo đúng thứ tự đó. Chứng minh rằng đường tròn ngoai tiếp hai tam giác $KQH$ và $FKM$ tiếp xúc với nhau.

Lời giải. Đầu tiên, ta sẽ đi chứng minh $M,H,Q$ thẳng hàng. Thật vậy, gọi $BD,CE$ là đường cao của tam giác $ABC$, kí hiệu $EF \cap BC=G$. Khi đó $(GF,CB)=-1$. Vì $M$ trung điểm $AB$ nên $GC \cdot GB=GM \cdot GF$. $AG \cap (AED) =Q'$ thì $GQ' \cdot GA= GE \cdot GD= GB \cdot GC$, ta suy ra $Q' \in \Gamma$ nên $Q \equiv Q'= (AED) \cap \Gamma$. Ta cũng có $GQ \cdot GA=GB \cdot GC=GM \cdot GF$ nên $QAMF$ nội tiếp. Do đó $\angle AQM= \angle AFM=90^{\circ}$. Mặt khác $\angle AQH=90^{\circ}$ nên $M,H,Q$ thẳng hàng và $MH \perp AQ$.

 

Ta có $ HA \cdot HF= HM \cdot HQ$ do $AMFQ$ nội tiếp. Xét phép nghịch đảo tâm $H$, phương tích $k=\sqrt{HA \cdot HF}$, ta có $I_H^k: Q \mapsto M, A \mapsto F, K \to X, (KQH) \mapsto l, (KMF) \mapsto (XAQ)$ với $l \perp MH$ tại $M$ và $X \in l$. Do đó việc chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $KQH$ và $KFM$ tiếp xúc nhau được đưa về việc chứng minh $l$ tiếp xúc với $(XAQ)$.

 

Mặt khác, do $I_H^k: A \mapsto F, B \mapsto D, C \mapsto E$ nên $I_H^k: \Gamma \mapsto (O_9)$ với $(O_9)$ là đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Do $K \in \Gamma$ nên $X \in (O_9)$. Kí hiệu $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn $\Gamma, (O_9)$. Khi đó $R=2r$.

 

Theo phép nghịch đảo, ta có $XAKF$ nội tiếp nên $\angle AFX= \angle AKX$ suy ra $\angle XFM= \angle AKQ=90^{\circ}- \angle AFX$. Ta có $\frac{XM}{\sin \angle XFM}= 2r$ và $\frac{AQ}{\sin \angle AKQ}=2R$. Do đó $$\frac{AQ}{XM}= \frac{R}{r}=2.$$

Như vậy, $AQ=2XM$. Từ đây ta dễ dàng suy ra $XA=XQ$. Kết hợp với $XM \parallel AQ$ (cùng vuông góc với $MQ$) ta suy ra $\angle QXM =\angle XQA= \angle XAQ$ hay $l$ là tiếp tuyến của $(XAQ)$ tại $X$. Ta có điều phải chứng minh.

Screen Shot 2015-07-18 at 2.51.39 am.png

 

Ps: Lời giải của dogsteven hay thật  :namtay  :lol:. Tiếc là mình vẽ hình lại không nhận ra được tâm của $(KHA'')$ thuộc tiếp tuyến chung của $(QKH)$ và $(FKM)$.  -_-

 

Bài 3. Giả sử $AA'$ là đường kính của $\Gamma$, $AF$ cắt $\Gamma$ tại $A''$ và $T$ là tâm của $(KHA'')$

Dễ thấy $Q,H,M,A'$ thẳng hàng. Ta có $\widehat{KHQ}=90^{o}-\widehat{KQA'}=90^{o}-\widehat{KAA'}=\widehat{KA'A}=\widehat{KA''H}$

Do đó $QA'$ là tiếp tuyến của $(KHA'')$ nên $TH\perp HM$, suy ra $TK^2=TH^2=TM.TF$ (Do $HF=FA''$ nên $K\in BC$)

Từ đó suy ra $TK$ là tiếp tuyến của $(KFM)$, ngoài ra $QH\perp TH$ nên $TH$ là tiếp tuyến của $(QKH)$ mà $TK=TH$ nên $TK$ là tiếp tuyến của $(QKH)$

Suy ra điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 18-07-2015 - 09:39

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#36 PhamThang

PhamThang

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 07-08-2015 - 22:21

Cho em hỏi anh Zaraki v2 là gì vậy ?



#37 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 08-08-2015 - 05:38

Cho em hỏi anh Zaraki v2 là gì vậy ?

$v_2(a)=b$ nghĩa là $2^b|a$ nhưng $2^{b+1} \nmid a$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#38 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 21-08-2015 - 18:14

Các bạn có thể xem thêm các ứng dụng và mở rộng hai bài hình học ở đây

 

http://analgeomatica...ky-thi-imo.html







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: imo 2015, imo

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh