Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

hình học tổ hợp số học thpt toán thi hsg vmf hệ phương trình phương trình bất đẳng thức

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 81 trả lời

#61 gosh

gosh

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:paris
  • Sở thích:cafe'

Đã gửi 17-12-2017 - 22:55

Bài toán 34 : Cho $F_{n}=2^{2^n}+1$ là số Fermat thứ $n$.

a, Với mỗi $n$ nguyên dương. Gọi $p$ là ước nguyên tố lẻ bất kì của $F_{n}$. Chứng minh $p \equiv 1$ (mod $2^{n+2}$).

Bổ đề 1: $p$ là ước nguyên tố lẻ của $a^{2^{n}}+1$ , a là số tự nhiên, $a>1$ thì $p \equiv 1$ (mod $2^{n+1}$)

Bổ đề 2: Nếu $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $p \equiv 1$ (mod $8$) thì theo bổ đề 2 tồn tại $x$ để $x^{2} \equiv 2$ (mod $p$)

Trở lại bài toán:

Áp dụng bổ đề 1 suy ra  $p \equiv 1$ (mod $2^{n+1}$) nên $p \equiv 1$ (mod $8$)

Suy ra tồn tại $x$ để $x^{2} \equiv 2$ (mod $p$)

Suy ra $(x^{2})^{2^{n}} \equiv 2^{2^{n}} \equiv -1$ (mod  $p$)

Suy ra $x^{2^{n+1}} \equiv -1$ (mod $p$)

Áp dụng lần nữa bổ đề 1 suy ra  $p \equiv 1$ (mod $2^{n+2}$).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gosh: 18-12-2017 - 20:50

~O)  ~O)  ~O)


#62 gosh

gosh

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:paris
  • Sở thích:cafe'

Đã gửi 18-12-2017 - 21:46

Bài toán 34 : Cho $F_{n}=2^{2^n}+1$ là số Fermat thứ $n$.

a, Với mỗi $n$ nguyên dương. Gọi $p$ là ước nguyên tố lẻ bất kì của $F_{n}$. Chứng minh $p \equiv 1$ (mod $2^{n+2}$).

b, Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố $p,q$ phân biệt thỏa $q \mid 2^{p-1}-1$ và $p \mid 2^{q-1}-1$.

b,

Bổ đề: 2 số Fermat phân biệt thì nguyên tố cùng nhau

Xét 2 số Fermat $F_{a}$ và $F_{a+b}$ với a,b nguyên dương 

Gọi $(F_{a},F_{b})=d$ thì $d \mid 2^{2^a}+1 \mid 2^{2^{a+b}}-1$ và $d \mid 2^{2^{a+b}}+1$

Suy ra $d \mid 2$ mà $F_{a}$ lẻ suy ra đpcm.

Trở lại bài toán:

Chọn $p$ là ước nguyên tố của $F_{n}$ và $q$ là ước nguyên tố của $F_{n-1}$

Theo bổ đề nên $p$,$q$ phân biệt

Theo câu a) suy ra $p-1=2^{n+2}a$ và $q-1=2^{n+1}b$ dễ dàng thấy $p,q$ thỏa mãn giả thiết

Do đó theo bổ đề tồn tại vô số số $p,q$ thỏa mãn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gosh: 18-12-2017 - 22:15

~O)  ~O)  ~O)


#63 YoLo

YoLo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Nothing

Đã gửi 19-12-2017 - 22:52

Tìm n nguyên dương sao cho căn bậc n của n đạt GTLN


Người ta không mắc sai lầm vì dốt mà là vì tưởng là mình giỏi :closedeyes:


#64 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 25-12-2017 - 17:21

Khởi động lạị topic nào

Bài 35.(Sáng tác)

Tìm các hàm: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả:

$f(x+f(y))=yf(x)+xf(y)$

Bài 36: (nguồn Aops) Cho $a,b,c>0$ thoả: abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 26-12-2017 - 07:19

Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#65 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 25-12-2017 - 19:14

Khởi động lạị topic nào

Bài 35.(Sáng tác)

Tìm các hàm: $\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ thoả:

$\left\{\begin{matrix}f(1)=2, f(2)=3 & \\ f(f(n))=9f(n)+4n & \end{matrix}\right.$

 

Em xem lại đề bài này, thay $n=1$ thì suy ra $3=22$ vô lý



#66 YoLo

YoLo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Nothing

Đã gửi 25-12-2017 - 21:31

Khởi động lạị topic nào

Bài 35.(Sáng tác)

Tìm các hàm: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả:

$f(x+f(y))=yf(x)+xf(y)$

Bài 36: (nguồn Aops) Cho $a,b,c>0$ thoả: abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+2}\geq 1$

 Kí hiệu P(x0,y0) là hàm khi thay x bởi x0, y bởi y0

     với mọi là vm nhé

TH1 : Nếu f(0)=0

Có P(x;0) : f(x+f(0))=xf(0) vm x

       => f(x)=0 vm x

TH2 Nếu f(0) khác 0

Ta chứng minh f là đơn ánh

P(0;x) : f(f(x))=xf(0)  vm x

Ta cm nếu f(a)=f(b) thì a=b

có P(0;a) : f(f(a))=af(0)

     P(0;b) : f(f(b))=bf(0)

có f(a)=f(b) => af(0)=bf(0) mà f(0) khác 0 => a=b

vậy hàm f là hàm đơn ánh

có P(0;1) : f(f(1))=f(0)

=> f(1)=0;

có P(1;x) : f(1+f(x))=xf(1)+f(x) vm x

             => f(1+f(x)) =f(x) vm x

             => 1+f(x)=x vm x

              => f(x) =x-1 vm x

              Thử lại thấy ko tm

Vậy  f(x)=0 vm x

P.s:chả biết có đúng ko :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi YoLo: 25-12-2017 - 21:40

Người ta không mắc sai lầm vì dốt mà là vì tưởng là mình giỏi :closedeyes:


#67 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 26-12-2017 - 07:28

Bài 36: Ta có kết quả quen thuộc sau:
(Bất đẳng thức Vasile) Cho a,b,c$>0$ thoả $abc=1$ thì:

$\sum \frac{1}{a^{2}+a+1}\geq 1$

Trở lại bài toán:

Ta có đánh giá sau: 

$\frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}$

$<=> \frac{(a-1)^{2}a^{4}}{(a^{2}-a+1)(a^{2}+a+1)(a^{4}-a^{2}+1)(a^{5}-a^{4}+a^{3}-a+1)}\geq 0$ (luôn đúng)

$=> \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}$

$=> \sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \sum \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}=1$ (theo bổ đề)

$=> Đpcm.$

P/s: Các bạn có thể đóng góp thêm cách giải khác.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 26-12-2017 - 07:29

Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#68 NMD202

NMD202

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 23-01-2018 - 18:41

Topic hơi vắng Tổ hợp nhỉ: :) 
Bài 37:  (Mathematical Excaibur Vol.7, No.5): Hai mươi người cùng ngồi xung quanh một cái bàn và chơi một trò chơi với $n$ quân bài . Ban đầu một người giữ tất cả quân bài. Đến lượt mỗi người, nếu có ít nhất một người giữ ít nhất 2 quân bài, một trong số họ sẽ phải chuyển một quân bài cho mỗi người ngồi bên cạnh mình. Trò chơi kết thúc khi và chỉ khi mỗi người giữ nhiều nhất một quân bài.
a. chứng minh rằng nếu $n\geq 20$ thì trò chơi không thể kết thúc.
b. chứng minh rằng nếu $n<20$ thì trò chơi sẽ phải kết thúc.


@NguyenMinhDuy - frTK19.LQĐ.BĐ 

Bài hình CĐT LQĐ Bình Định  https://diendantoanh...ường-thẳng-qua/


#69 sunwearVN

sunwearVN

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 09-02-2018 - 04:08

Bài toán số 7 (cristianoronaldo):

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $\left | (x-y)(y-z)(z-x) \right |=3$.

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(3x^2+4)(3y^2+4)(3z^2+4)$

Bài nầy tương đối dể hơn mấy bài kia



#70 hungnolan

hungnolan

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Trà Vinh
  • Sở thích:MATH

Đã gửi 12-02-2018 - 14:06

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

Thỏa mãn $f(f(x))+2f(f(y))=f(x)+f(y)+y$ với x,y là số thực



#71 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 12-02-2018 - 14:20

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

Thỏa mãn $f(f(x))+2f(f(y))=f(x)+f(y)+y$ với x,y là số thực

Lấy bất kì số thực $m,n$

Có $f(m)=f(n)$ => $f(f(m)+2f(m))=f(f((n)+2f(n))$

=> $f(m)+m=f(n)+n$ => $m=n$. Vậy $f$ đơn ánh

Thế $y=-f(x)$ vào pt đầu ta được

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

=> $f(-f(x))=-f(x)$

Cần chứng minh với mỗi số thực $y$ thì tồn tại số thực $x$ thỏa mãn $f=(x)$

Thay $x=-f(y))$ vào pt đầu

$f(f(-f(y))+2f(y))=f(-f(y))+y+f(y)$

=>$f(f(y))=y$

Do $f$ song sánh nên $f(x)=x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 12-02-2018 - 14:21

Little Homie


#72 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 16-03-2018 - 15:34


Bài toán số 5 ( sưu tầm) : Tìm giới hạn : $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt[4]{x^4-x+1}-2\sqrt[3]{x^3-x+1}}{x}$

 

$\displaystyle \begin{array}{l}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}+\sqrt[4]{{{x}^{4}}-x+1}-2\sqrt[3]{{{x}^{3}}-x+1}}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{2\text{x}-1}{2\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}}+\frac{4{{x}^{3}}-1}{4\sqrt[4]{{{({{x}^{4}}-x+1)}^{3}}}}-2.\frac{4{{\text{x}}^{3}}-1}{4\sqrt[4]{{{({{x}^{4}}-x+1)}^{3}}}}}{1}\\=\frac{-1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{2}{3}=\frac{-1}{12}\end{array}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 16-03-2018 - 15:40

Little Homie


#73 YoLo

YoLo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Nothing

Đã gửi 03-04-2018 - 22:06

Đóng góp bài này cho topic

Cho a,b,c,d  thỏa mãn a+b+c+d=6 và a2+b2+c2+d2=12

cmr 48 >= 4(a3+b3+c3+d3) -(a4+b4+c4+d4) >= 36


Người ta không mắc sai lầm vì dốt mà là vì tưởng là mình giỏi :closedeyes:


#74 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 03-04-2018 - 22:54

Đóng góp bài này cho topic

Cho a,b,c,d  thỏa mãn a+b+c+d=6 và a2+b2+c2+d2=12

cmr 48 >= 4(a3+b3+c3+d3) -(a4+b4+c4+d4) >= 36

Lời giải:
4(a3+b3+c3+d3) - (a4+b4+c4+d4) = -((a-1)4+(b-1)4+(c-1)4+(d-1)4)+52
Đặt x=a-1, y=b-1, z=c-1, t=d-1.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
 16>= x4+y4+z4+t4>=4
Ta cũng có: x2+y2+z2+t2=4
Từ đây áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có điều phải chứng minh(Q.E.D) 
Đẳng thức xảy ra tại (a,b,c,d) = (3,1,1,1) và (2,2,2,0) và các hoán vị của nó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 03-04-2018 - 23:08


#75 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 270 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 09-04-2018 - 14:02

Rảnh quá làm một bài :D 

Cho $a,b,c,d$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c+d=2$

Chứng minh rằng:$\frac{a}{{{b^2} + 1}} + \frac{b}{{{c^2} + 1}} + \frac{c}{{{d^2} + 1}} + \frac{d}{{{a^2} + 1}} \ge \frac{3}{2}$



#76 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 09-04-2018 - 22:16

Rảnh quá làm một bài :D

Cho $a,b,c,d$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c+d=2$

Chứng minh rằng:$\frac{a}{{{b^2} + 1}} + \frac{b}{{{c^2} + 1}} + \frac{c}{{{d^2} + 1}} + \frac{d}{{{a^2} + 1}} \ge \frac{3}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 09-04-2018 - 22:23

Little Homie


#77 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 09-04-2018 - 22:21

Rảnh quá làm một bài :D

Cho $a,b,c,d$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c+d=2$

Chứng minh rằng:$\frac{a}{{{b^2} + 1}} + \frac{b}{{{c^2} + 1}} + \frac{c}{{{d^2} + 1}} + \frac{d}{{{a^2} + 1}} \ge \frac{3}{2}$

Ta có $\frac{a}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}\geq a-\frac{ab}{2}$ $(AM-GM)$

Thiết lập tương tự ta có $\sum \frac{a}{b^2+1}\geq (a+b+c+d)-\frac{ab+bc+cd+da}{2}=2-\frac{(a+c)(b+d)}{2}\geq 2-\frac{(a+b+c+d)^2}{8}=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

Quote : Sorry nãy mình nhẩm lộn


Little Homie


#78 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 270 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 10-04-2018 - 13:23

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh:

$\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} \ge \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 8bc} }} + \frac{b}{{\sqrt {{b^2} + 8{\rm{a}}c} }} + \frac{c}{{\sqrt {{c^2} + 8{\rm{a}}b} }}$

Note: kết quả này xưa như Trái Đất rồi, nên nó có thể dễ với 1 số bạn :D 



#79 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 10-04-2018 - 16:30

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh:

$\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} \ge \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 8bc} }} + \frac{b}{{\sqrt {{b^2} + 8{\rm{a}}c} }} + \frac{c}{{\sqrt {{c^2} + 8{\rm{a}}b} }}$

Note: kết quả này xưa như Trái Đất rồi, nên nó có thể dễ với 1 số bạn :D

 https://artofproblem...h386799p2148037

Từ AoPS 


Little Homie


#80 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 270 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 10-04-2018 - 16:32

Wow :) 







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học, tổ hợp, số học, thpt, toán thi hsg, vmf, hệ phương trình, phương trình, bất đẳng thức

1 người đang xem chủ đề

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