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.


CandyPanda

Đăng ký: 10-08-2014
Offline Đăng nhập: 12-01-2017 - 22:21
*****

#654714 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 1 năm 2016

Gửi bởi CandyPanda trong 18-09-2016 - 22:21

Mình sửa lại rồi 

Đoạn cuối dùng v2 chắc đúng. Nhưng mà chỉ muốn góp ý nhỏ là công thức v2 nó khác với vp nhé. Ở kia lỗi chút chút kìa




#654676 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 1 năm 2016

Gửi bởi CandyPanda trong 18-09-2016 - 19:21

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

 

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

Theo modulo $3$ ta suy ra $n$ chẵn$\implies p^3=5^{2l}+2$

$PT$ $Mordell$ trên có bộ nghiệm duy nhất: $(p,l)=(3,1)$

 

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@




#654531 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 1 năm 2016

Gửi bởi CandyPanda trong 17-09-2016 - 20:05

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS. Bài số 2 không biết có nhầm lẫn gì không nhưng nếu xét bậc của đa thức thì suy ra ngay bằng $0$ hoặc $1$.

 

Nghi ngờ lắm khó mà suy trực tiếp ra bậc bằng 0 hoặc 1 được




#639208 Cập nhật tình hình, thảo luận, chém gió về kì thi vào lớp 10 THPT

Gửi bởi CandyPanda trong 09-06-2016 - 20:19

Bđt đề Hà Nội năm nay cũng được đấy. Không quá khó nhưng phân hóa được chắc thế




#636934 Marathon số học Olympic

Gửi bởi CandyPanda trong 30-05-2016 - 21:33

Bài 27: Ta sẽ chứng minh $b\vdots a$, khi đó đặt $b=ac$ thì bài toán quy về $a^{n}-1|c^{n}-1$

 

Xét dãy: $x_{n,1}=\frac{b^{n}-1}{a^{n}-1}$, $x_{n,k+1}=bx_{n,k}-a^{k}x_{n,k}$

Theo giả thiết thì $x_{n,k}$ luôn nguyên.

 

Ta sẽ chứng minh tồn tại k sao cho $lim x_{n,k}$ tiến tới $0$ khi $n$ tiến tới vô hạn (1)

 

Thật vậy:

Ta có nhận xét sau: $x_{n,k}=\frac{cb^{n}+c_{k-1}a^{(k-1)n}+c_{k-2}a^{(k-2)n}+...+c_{1}a^{n}+c_{0}}{(a^{n+k-1}-1)(a^{n+k-2}-1)...(a^{n}-1)}$

Chứng minh theo quy nạp, với $c,c_{0},c_{1},...c_{k-1}$ là các số cố định nhưng thay đổi theo bộ (n,k).

Nói cách khác là khi phân tích thì $x_{n,k}$ thì các số trên tử số chỉ có thể là $b^{n},a^{(k-1)n}, a^{(k-2)n},...,a^{n}$ và hệ số tự do.

Từ đây ta có, chọn k sao cho $a^{n+k-1}.a^{n+k-2}...a^{n} > b^{n}, a^{(k-1)n}$ thì $lim x_{n,k}=0$, dễ dàng chọn được $k $sao cho $a^{k} > b$ là được

Tóm lại (1) xong.

 

Từ (1)

Khi đó, tồn tại j nhỏ nhất sao cho $lim x_{n,j}$ (hiển nhiên $j>1$), tức là tồn tại $N$ đủ lớn sao cho từ$ N$ trở đi thì $bx_{n,j-1}=a^{j}x_{n+1,j-1}$

Tương đương với $x_{n,j-1}=(\frac{b}{a^{j}})^{n-N}x_{N,j-1}$. Nếu $b$ không là lũy thừa của a, mà $x_{n,k}$ luôn nguyên nên $x_{N,j-1}=0$, hay $x_{n,j-1}=0$ từ N trở đi, trái với cách chọn j ở trên, từ đó dẫn tới giả sử vô lý, hay $b$ chia hết cho $a$ => đpcm

Đề xuất bài 28 :  Kí hiệu $\pi(n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$ . CMR có vô số số $n$ mà $n$ là bội của $\pi(n)$




#615811 Tiếp sức bất đẳng thức

Gửi bởi CandyPanda trong 18-02-2016 - 22:14

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic: 

 

Bài 59: Cho $a,b,c >0 $ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}3a+b\leq 33 & \\ a+b+2c\leq 25 & \end{matrix}\right.$.Tìm Max của  $2(6\sqrt[3]{a}+\sqrt{b})+3\sqrt{c}+2016$      (Bài đặc biệt)

 

Bài 44:cho a,b,c>0 tim min $\frac{b(a-c)}{c(a+b)}+\frac{c(3b+a)}{a(b+c)}+\frac{3c(a-b)}{b(a+c)}$

 

Bài 44 kiểm tra lại đề nhé, nếu a,b,c dương thì không có min thì phải

Bài 59 thì là cân bằng hệ số nhưng mà hệ số lầy lội quá không đẹp




#615668 Tiếp sức bất đẳng thức

Gửi bởi CandyPanda trong 17-02-2016 - 22:26

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 40: Cho $x,y>0$ thỏa mãn $\sqrt{\frac{2x}{y}}(2xy-1)=2xy+1$.Tìm Min:$2x+\frac{1}{y}$

Bài 40: Đổi biến: $(2x,\frac{1}{y})=(a,b)$

Bài toán trở thành: Cho $a,b>0$ thỏa mãn $\sqrt{ab}(\frac{a}{b}-1)=\frac{a}{b}+1$.Tìm Min:$a+b$

Ta có: $ab(a-b)^{2}=(a+b)^{2}=(a-b)^{2}+4ab$

Suy ra: $(a-b)^{2}=\frac{4ab}{ab-1}$

Suy ra: $(a+b)^{2}=ab(a-b)^{2}=ab \frac{4ab}{a-1}=4\frac{(ab)^{2}}{ab-1}\geq 16$

Tức là: $a+b\geq 4$

Dấu bằng đạt được khi $ab=2$, tức là $a=2+\sqrt{2}$, $b=2-\sqrt{2}$, hay $x=y=1+\frac{1}{\sqrt{2}}$




#615108 Tiếp sức bất đẳng thức

Gửi bởi CandyPanda trong 14-02-2016 - 23:16


Bài 32:Cho   $a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

 

Ta có: $(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a})+(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})\geq 2(\frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2a+2b})$

Ta cần chứng minh $\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}$

Xét $f(a)=\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}-\frac{1}{3a+b}-\frac{1}{3b+c}-\frac{1}{3c+a}$

Ta có: $f'(a)=\frac{-1}{(a+3b)^{2}}+\frac{-1}{(c+3a)^{2}}+\frac{1}{(3a+b)^{2}}+\frac{1}{(3c+a)^{2}}=\frac{(b-c)(6a+9b+9c)}{(a+3b)^{2}(a+3c)^{2}}-\frac{(b-c)(6a+b+c)}{(3a+b)^{2}(3a+c)^{2}} \geq 0$

Suy ra $f(a)\geq f(b)=0$

Vậy ta có đpcm




#600088 TOPIC ôn luyện VMO 2016

Gửi bởi CandyPanda trong 25-11-2015 - 22:53

Bài 8(Hình học): Cho tam giác $ABC,$ đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ ở $D.E$ đối xứng $D$ qua $I.$ Chứng minh $E$ là trực tam tam giác $IBC$ khi và chỉ khi $AB+AC=3BC.$

$(O)\equiv (IBC)$ Do ID vuông góc BC nên E là trực tâm IBC <=> IE = 2 OM (M trung điểm BC)
Ta có: $IE = \tan \frac{A}{2}\frac{AB+AC-BC}{2}$, $OM = \tan \frac{A}{2}\frac{BC}{2}$ nên có đpcm




#543802 B=$\frac{a^{4}+b^{4}}{a^{4...

Gửi bởi CandyPanda trong 11-02-2015 - 20:40

$M=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{a^{2}-b^{2}}=\frac{2(a^{2}+b^{2})}{a^{2}-b^{2}}\Rightarrow (M-2)a^{2}=(M+2)b^{2}\Rightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}}=\frac{M+2}{M-2}$

Thế vào kia là xong thôi




#539175 $\left ( x+\sqrt{1+x^2} \right )(y+\sqrt...

Gửi bởi CandyPanda trong 25-12-2014 - 19:19

Từ giả thiết, ta có:

$r(\sqrt{1+x^{2}}-x)=y+\sqrt{1+y^{2}}$

$r(\sqrt{1+y^{2}}-y)=x+\sqrt{1+x^{2}}$

 

Cộng theo vế, suy ra: $(r+1)(x+y)=(r-1)(\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}})\geq (r-1)\sqrt{4+(x+y)^{2}}$

Bình phương rồi chuyển vế, ta được: $x+y\geq \frac{r-1}{\sqrt{r}}$

Đẳng thức khi  $x=y=\frac{r-1}{2\sqrt{r}}$




#539170 Min P=$\sum \frac{a^2}{(a+b)^2}$

Gửi bởi CandyPanda trong 25-12-2014 - 18:31

$\sum \frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}$ ở đây là cái nào thế ???

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}$

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{c^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{a^{2}}{(c+a)^{2}}$

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{c^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{a^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{(c+a)^{2}}$




#539070 2/ $abcd=1.CMR: \sum \frac{1}{a}+\fra...

Gửi bởi CandyPanda trong 24-12-2014 - 21:11

Bài 1: $\prod (a^{2}+1)=(1+a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2})(c^{2}+d^{2}+1+c^{2}d^{2})\geq (c+ad+b+abcd)^{2}=(1+ad+b+c)^{2}$

Ta cần chứng minh: $1+ad+b+c\geq a+b+c+d\Leftrightarrow (a-1)(d-1)\geq 0$ (Đi-rích-lê)




#538233 $(a^2+b^2+c^2) \geqslant ab+bc+ca$

Gửi bởi CandyPanda trong 16-12-2014 - 19:46

Hai bài đầu sinh ra để cho câu 3 trông khó khó ấy mà :v




#536338 Chứng minh rằng $\frac{1}{x+y}+\frac{...

Gửi bởi CandyPanda trong 05-12-2014 - 21:05

Cách khác:

$\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x})^{2}=(\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}})+2(\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(z+x)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)}$

Ta có: $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}= \frac{9}{16}$ (Bất đẳng thức Iran 96)

Và: $2(\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(z+x)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)})=4\frac{x+y+z}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=1+\frac{xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 1$