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

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 387 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Phú Mỹ
  • Sở thích:Bất đẳng thức, Phương trình hàm, Dãy số và Thổi sáo.

Đã gửi 10-09-2018 - 20:24

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ nhất: 10 - 9 - 2018

Câu 1: Cho tam thức bậc hai $f(x)=x^{2}+ax+b$ với $a,b\in \mathbb{R}.$ Biết rằng tồn tại duy nhất số thực $x_{0}$ sao cho $f\left ( \left ( x_{0} \right ) \right )=0.$ Chứng minh rằng $a,b$ là các số không âm.

Câu 2: Cho ba số dương $a_{1},b_{1},c_{1}$ thỏa $a_{1}+b_{1}+c_{1}=1$ và các dãy số $\left ( a_{n} \right ),\left ( b_{n} \right ),\left ( c_{n} \right )$ thỏa mãn: $a_{n+1}=a_{n}^{2}+2b_{n}c_{n}, b_{n+1}=b_{n}^{2}+2a_{n}c_{n}, c_{n+1}=c_{n}^{2}+2a_{n}b_{n},\forall n\in \mathbb{N}^{*}.$

Xét dãy $\left ( x_{n} \right )$ xác định bởi $x_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2},\forall n\in \mathbb{Z}^{+}.$ Chứng minh:

(a) $x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{2}+\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}{2},\forall n\in \mathbb{N}^{*}.$

(b) $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty$ và tìm giới hạn đó.

Câu 3: Ghi lên bảng $2018$ số nguyên dương đầu tiên $1,2,3,...,2018.$ Thực hiện thuật toán sau: mỗi lần cho phép xóa đi hai số $a,b$ mà không có số nào là bội của số kia và thay thế chúng bởi hai số là ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất của $a,b.$ Hỏi rằng ta có thể thực hiện thuật toán trên vô hạn lần không? Tại sao?

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $\left ( O \right ),I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC,$ $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB,$ $M,N$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $BI,CI$ và đường tròn $\left ( O \right ).$ Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P.$ Đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q.$

(a) Chứng minh rằng tứ giác $EFPQ$ nội tiếp một đường tròn.

(b) Qua $I$ kẻ đường thẳng $\Delta$ vuông góc với $BC.$ Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFPQ$ nằm trên $\Delta .$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 11-09-2018 - 17:28
Chữ khó nhìn quá bạn


#2 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

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

Đã gửi 10-09-2018 - 20:48

Câu 1. Đề anh đánh thiếu rồi. Phải là $f(f(x_{0}))$

Từ gt 

$=> x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm kép là $f(x_{0})$

$<=> \Delta =0$

$<=> a^{2}=4b\geq 0$

$=> b\geq 0$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$. Mà theo giả thuyết thì $f(x_{0})$ là nhiệm $f(x)$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$

$<=> x_{0}^{2}+ax_{0}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2}=0$

Mà $x_{0}$ là duy nhất nên pt $x^{2}+ax+\frac{a^{2}}{4} +a=0$

$<=> a^{2}-4(\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2})=0$

$<=> a=0$.

Vậy $a,b$ là hai số thực  không âm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 10-09-2018 - 20:48

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


#3 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

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

Đã gửi 10-09-2018 - 21:09

Bài 2 

a) Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh $a_{n}+b_{n}+c_{n}=1$

Ta có: $x_{n}^{2}+\frac{(x_{n}-1)^{2}}{2}=(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2})^{2}+\frac{(-2a_{n}b_{n}-2b_{n}c_{n}-2c_{n}a_{n})^{2}}{2}=(a^{2}_{n}+b^{2}_{n}+c^{2}_{n})^{2}+2(a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n})^{2}$

Tới đây để ý một chút ta có thể phân tích:  $(a^{2}_{n}+b^{2}_{n}+c^{2}_{n})^{2}+2(a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n})^{2}=(a_{n}^{2}+2b_{n}c_{n})^{2}+(b_{n}^{2}+2c_{n}a_{n})^{2}+(c_{n}^{2}+2a_{n}b_{n})^{2}=a_{n+1}^{2}+b_{n+1}^{2}+c_{n+1}^{2}=x_{n+1}$

Do đó , $x_{n+1}=x_{n}^{2}+\frac{(x_{n}-1)^{2}}{2}$


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


#4 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

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

Đã gửi 10-09-2018 - 21:26

2b). Ta có:

$x_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}\geq \frac{(a_{n}+b_{n}+c_{n})^{2}}{3}=\frac{1}{3}$, $x_{n}=(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2})\leq (a_{n}+b_{n}+c_{n})^{2}=1$ ( do  $a_{n},b_{n},c_{n}$ đều dương.

$=> (x_{n})$ bị chặn.

Mặt khác, ta có: $x_{n+1}=\frac{3x_{n}^{2}-2x_{n}+1}{2}\leq x_{n}$

$<=> 3x_{n}^{2}-4x_{n}+1\leq 0$ ( đúng do $\frac{1}{3}\leq x_{n}\leq 1$)

$=> (x_{n})$ giảm và bị chặn nên $(x_{n})$ hội tụ. Gọi giới hạn dãy là $L$, $\frac{1}{3}\leq L\leq 1$

Chuyển qua giới hạn, ta có:

$L=\frac{3L^{2}-2L+1}{2}$

Giải pt trên được$\begin{bmatrix}L=\frac{1}{3} & \\ L=1 & \end{bmatrix}$

Kết luận.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 10-09-2018 - 21:27

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


#5 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

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

Đã gửi 10-09-2018 - 22:13

Bài 3. Ta có tính chất sau:

$a.b=(a,b)[a,b]$

Do đó , ta có bất biến là: tích hai số lúc đầu bằng tích hai số lúc sau.

Xét số $a_{1}$ mang giá trị  ban đầu là$a$ ( với $a_{1}$ là số ở ô thứ 1 và $a_{1}$  phải nhận giá trị là UCLN của hai số được thay)

Ta nhận nếu thay $a,b$ bởi $a',b'$   $a'=(a,b)$ thì $a_{1}< a,a_{1}<b$ . Cứ tiếp tục thay $a_{1}$ với  một số bất kì khác và lặp lại liên tục thì $a_{1}$ luôn giảm,.

Mà một số trong bảng thì lớn hơn hoặc bằng 1.Do đó, sẽ có lúc số $a_{1}$ phải bằng 1.  Tiếp tục giống như trên ở ô bất kì.

Thì sau hữu hạn bước, hoặc trên bảng có 2017 số 1 hoặc còn lại k số $1$ và 2018-k số, sao cho những số đó lập thành một cấp số nhân.

Do đó, quá trình kết thúc sau hữu hạn bước.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 10-09-2018 - 22:19

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


#6 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 584 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality and my girl

Đã gửi 11-09-2018 - 06:03

Nguồn: thầy Nguyễn Lê Phước

Hình gửi kèm

  • FB_IMG_15366203497205636.jpg

DK <3 BL  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :D  :D  :D  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#7 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 11-09-2018 - 13:54

mở rộng câu 3 (sưu tầm)(St. Peterburg City Mathematical Olympiad):

chứng minh đến 1 lúc nào đó các số đó không thay đổi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 11-09-2018 - 13:54

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#8 NguyenHoaiTrung

NguyenHoaiTrung

    Trung sĩ

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

Đã gửi 11-09-2018 - 17:25

Ngày thi thứ 2:  11 - 9 -2018

41474410_316467329119769_246188703945746

Nguồn: facebook abeii gia


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 11-09-2018 - 17:26


#9 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 387 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Phú Mỹ
  • Sở thích:Bất đẳng thức, Phương trình hàm, Dãy số và Thổi sáo.

Đã gửi 11-09-2018 - 17:52

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ hai: 11 - 9 - 2018

Câu 1: Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left ( x_{1},x_{2},...,x_{n} \right )$ là một hoán vị của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: $\sum_{k=1}^{n}kx_{k}\left ( k+x_{k} \right )\leq \frac{n^{2}\left ( n+1 \right )^{2}}{2}.$

Câu 2: Cho các số nguyên $m,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^{2}-x$ với $x=\overline{1,n}$ không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho $m.$ Chứng minh rằng:

(a) $m\geq 2n-1.$

(b) $m=2n-1$ khi và chỉ khi $m$ là số nguyên tố lẻ.

Câu 3: Với mỗi số nguyên $n> 1,$ ta gọi một hoán vị $\left ( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right )$ của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên) là tốt nếu: $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{n}-n \right |\neq 0.$

Chứng minh rằng:

(a) Không tồn tại hoán vị tốt nếu $n$ lẻ.

(b) Nếu $n$ chẵn thì số hoán vị tốt bằng số các ước dương của $\frac{n}{2}.$

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $\left ( O \right ).$ $P,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,OAC.$ $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC.$ Gọi $X$ là giao điểm của $RB$ và $CP,$ $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ.$ Chứng minh rằng: $\widehat{BAX}=\widehat{YAC}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 11-09-2018 - 17:53


#10 PhamQuocSang

PhamQuocSang

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam
  • Sở thích:chẳng thích gì

Đã gửi 11-09-2018 - 20:01

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ hai: 11 - 9 - 2018

Câu 1: Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left ( x_{1},x_{2},...,x_{n} \right )$ là một hoán vị của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: $\sum_{k=1}^{n}kx_{k}\left ( k+x_{k} \right )\leq \frac{n^{2}\left ( n+1 \right )^{2}}{2}.$

We have $ ab(a+b) \le a^3+b^3.$ So $k{x_k} \left( {k + {x_k}} \right) \le k^3+x_k^3.$ Hence, \[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{k^3} + x_k^3} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^n {{k^3}} + \sum\limits_{k = 1}^n {x_k^3} = 2\sum\limits_{k = 1}^n {{k^3}} .\] But \[2\left( {{1^3} + {2^3} + {3^3} + ... + {n^3}} \right) = \frac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{2}.\] So \[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \frac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{2}.\]

L

 



#11 aki68

aki68

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 11-09-2018 - 21:50

csph22018.png



#12 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 12-09-2018 - 05:49

ngày 2  câu 2 (a): với mọi $m <2n-1$ ta có thể chọn $a+b=m+1$ thì suy ra $a^2-a $ đồng dư $b^2-b$ module $m$


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#13 royal1534

royal1534

    Trung úy

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

Đã gửi 12-09-2018 - 12:43

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ hai: 11 - 9 - 2018

Câu 2: Cho các số nguyên $m,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^{2}-x$ với $x=\overline{1,n}$ không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho $m.$ Chứng minh rằng:

(a) $m\geq 2n-1.$

(b) $m=2n-1$ khi và chỉ khi $m$ là số nguyên tố lẻ.

 

Ý b) có thể làm như sau :

Giả sử $m=2n-1$ là hợp số. Đặt $2n-1=xy$ (với $y \geq x>1$). Thì ta phải có $x,y <n$ và $x,y$ lẻ 
Xét đẳng thức sau : $(n-a)^2-(n-a)-(n-b)^2+(n-b)=(b-a)(2n-1-a-b).$
Chọn $a,b$ sao cho $b-a=x;$ $b+a=y$. Hay $b=\frac{x+y}{2};$ $a=\frac{y-x}{2}$. 
Thì suy ra $(b-a)(2n-1+a+b)=x(xy-y)=xy(y-1)$ chia hết cho $xy$ 

Điều này suy ra tồn tại $0\leq a,b \leq n-1$, $a$ khác $b$ sao cho $(n-a)^2-(n-a) \equiv (n-b)^2-(n-b)$ (mod $2n-1$)
Điều này vô lý với đề bài. Vậy $2n-1$ phải là số nguyên tố. 
Từ đây đặt $2n-1=p$ thì dễ kiểm tra được tập các số ${x^2-x}$ với $x=\overline{1,n}$ chứa $n$ số dư khác nhau khi chia cho $p$. 
Vậy $m=2n-1 \Leftrightarrow m$ là số nguyên tố lẻ



#14 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 13-09-2018 - 09:20

bài 3:

a) đặt $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{n}-n \right |=k\neq 0.$

thế xét dãy các số $A_{i} =\left \{  a_{i}-i, a{i+k}-i-k, a_{i+2k}-i-2k,..., a_{i+qk}-i-qk \right \} $ , ở đây số $q$ là số lớn nhất sao cho $i+qk<n$

với ta có $a_{i}-i=k$ hoặc $a_{i}-i=-k$ lúc đó thì sau khi hoán vị thị $a_i$ phải là $i+k$ còn nếu số $a_{i+k}$ là $i+2k$ thì cứ tiếp tục như vậy số $a_{i+qk}$ sẽ là $i+(q+1)k$ thế nên điều này là vô lý. vậy ta đã chứng minh được sau khi hoán vị thì sẽ có các cặp chỉ hoán đổi vị trí cho nhau mà thôi. Nên số $n$ phải là số chẵn
b) Ta thấy cách chia ở câu a là cách chia duy nhất mà ta có thể làm

Ta sẽ chứng minh $2k$ nhận tất cả các ước dương của $n$
dễ thấy nếu $n=2kq$ thì ta chia $n$ số thành $q$ bộ $2k$ số theo như câu $a)$ thì ta sẽ có 1 hoán vị thỏa mãn
giờ nếu $n=2kq+c$ và $c<2k$ thì ta vẫn phải chia nhưng do $c<2k$ nên nếu tiếp tục quá trình ở câu $a)$ thì có một số bộ $A_{i}$ có số lẻ số và như câu $a)$ thì điều này là không thể. Ta hoàn tất chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 16-09-2018 - 15:06

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#15 toannguyenebolala

toannguyenebolala

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bờ bên kia...
  • Sở thích:Toán học, Vật Lí, Phim, Âm Nhạc, Bóng đá...

Đã gửi 13-09-2018 - 20:10

Câu 1. Đề anh đánh thiếu rồi. Phải là $f(f(x_{0}))$

Từ gt 

$=> x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm kép là $f(x_{0})$

$<=> \Delta =0$

$<=> a^{2}=4b\geq 0$

$=> b\geq 0$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$. Mà theo giả thuyết thì $f(x_{0})$ là nhiệm $f(x)$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$

$<=> x_{0}^{2}+ax_{0}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2}=0$

Mà $x_{0}$ là duy nhất nên pt $x^{2}+ax+\frac{a^{2}}{4} +a=0$

$<=> a^{2}-4(\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2})=0$

$<=> a=0$.

Vậy $a,b$ là hai số thực  không âm.

kết luận phương trình có nghiệm kép là $f(x_{0})$ liệu có hơi vội vàng không.


"Đừng khóc, Alfred! Anh cần có đủ nghị lực để chết ở tuổi hai mươi"


#16 vophananhquan1981

vophananhquan1981

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Du
  • Sở thích:Number Theory, Volleyball, The Chess

Đã gửi 16-09-2018 - 10:11

.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vophananhquan1981: 16-09-2018 - 10:15


#17 dat102

dat102

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Biên Hòa, Đồng Nai
  • Sở thích:Toán, Bóng đá và ... :)

Đã gửi 20-09-2018 - 20:31

kết luận phương trình có nghiệm kép là $f(x_{0})$ liệu có hơi vội vàng không.

Kết luận pt có nghiệm kép là $f(x{0})$ là chưa đúng (vì chưa CM được $f$ là toàn ánh)

Em nghĩ nên giả sử $b$ âm, phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Xét delta suy ra vô lí.

Có, $b$ không âm, kết hợp với Định lí Vi-ét, ta có đpcm 

P/s: Em chỉ nêu hướng giải. Bài này không quá khó nên có lẽ ai cũng làm được.


:ukliam2:  $\sqrt{MF}$  :ukliam2: 


#18 ocelot1234

ocelot1234

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 26-09-2018 - 08:37

3b ngày 2 có lẽ nên hiểu là "dấu bằng xảy ra khi m là số nguyên tố". Khi m càng lớn so với n thì xác suất các số dư phân biệt càng cao






1 người đang xem chủ đề

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