Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


Emyeutiengviet

Đăng ký: 13-02-2015
Offline Đăng nhập: 14-02-2016 - 23:23
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: TOPIC ôn luyện VMO 2016

19-12-2015 - 22:05

Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p

 

Mình sẽ chứng mình cho TH $p=13$. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự:

Chứng minh phản chứng. Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên dương chia hết cho 13 và giả sử $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $13 \mid a_k$ 

Từ giả thiết ta suy ra:

$\left\{\begin{matrix} a_3k=a_{3k-1} +a_k & \\ a_{3k+1}=a_3k +a_k & \\ a_{3k+2} =a_{3k+1} +a_k \end{matrix}\right.$

Suy ra $ a_{3k+2} \equiv a_{3k+1} \equiv a_{3k} \equiv a_{3k-1} \equiv b (mod 13)$ .

Và $ b \in \mathbb{Z}$ ; $(b,13)=1$

Ta có hệ với 13 phương trình như sau:

$\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} =a_{9k -4} & \\ a_{9k-3} =a_{9k-4} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-2}=a_{9k-3} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-1} =a_{9k-2} +a_{3k-1} & \\ a_{9k} =a_{9k -1} +a_3k & \\ a_{9k+1}=a_{9k} +a_3k & \\ a_{9k+2}=a_{9k+1} +a_3k & \\ a_{9k+3} =a_{9k+2} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+4} =a_{9k +3} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+5} =a_{9k+4} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+6}=a_{9k+5 }+a_{3k+2} & \\ a_{9k+7} =a_{9k+6} +a_{3k+2} & \\a_{9k+8} = a_{9k+7} +a_{3k+2} & \end{matrix}\right.$

 

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} \equiv a_{9k -4} +0.b (mod 13) & \\ a_{9k-3} \equiv a_{9k-4} +1.b (mod 13) & \\ a_{9k-2} \equiv a_{9k-4} +2.b (mod 13) & \\ a_{9k-1} \equiv a_{9k-4} + 3.b(mod 13) & \\ ............. & \\a_{9k+8} \equiv a_{9k-4} +12.b (mod 13) & \end{matrix}\right.$

Vì $(b,13) =1$ nên tập hợp A $ = \{a_{9k-4} +i.b \mid \forall i \in \{0,1,...,12\} \}$ là 1 HTDĐĐ mod 13.

Suy ra trong tập trên sẽ tồn tại 1 số chia hết cho 13 và số này lớn hơn $a_k$ $\rightarrow$ Mâu thuẫn. (ĐPCM) 


Trong chủ đề: TOPIC ôn luyện VMO 2016

14-12-2015 - 18:24

$g(x+1)=g(x)$ sao suy ra $g(x) \equiv C$

$g(x+1)=g(x)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ mà bạn. Hay là mình nhầm?


Trong chủ đề: TOPIC ôn luyện VMO 2016

29-11-2015 - 19:08

Bài 7(Phương trình hàm).

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

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$

$P(1,x) : f(x+1) = f(x)+2. (1)$

Đặt $g(x) = f(x) - 2x$ Từ (1) suy ra $g(x+1) = g(x) \forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra $g(x) \equiv C \forall x \in \mathbb{R}.$

Như vậy $\boxed{f(x) = 2x +C}  \forall x \in \mathbb{R} $ với $C$ là hằng số tùy ý.


Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 11/2015

17-11-2015 - 19:06

Lời giải của mình:

 

Gọi $AW$ là đường kính của $(O)$

       $H$ là trung điểm $QN$

       $R = PQ \cap d$

       $I = MO \cap PN. \Longrightarrow \angle MIN = 90^{o}$

Kẻ $AT (T \in (O))$ sao cho $AT \parallel d$. Suy ra $T$ cố định.

Ta có tứ giác $HMIN$ nội tiếp nên $\angle RMN = \angle HMN =\angle HIN =\angle RPN$ (do $HI$ là đường trung bình của tam giác $QPN$)

Suy ra tứ giác $RMPN$ nội tiếp nên $\angle MRN =180^{o} -\angle MPN =\angle ATN$ do tứ giác $ATNP$ nội tiếp.

Và như thế $R,T,N$ thẳng hàng.

Gọi $L$ là giao điểm của $WT$ và $PQ$ thì $L$ chính là điểm đối xứng của $T$ qua $d$ vì $TW \parallel QN$ do cùng vuông góc với $d$ nên $L$ cố định. DPCM


Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 11/2015

09-11-2015 - 23:52

Lời giải của mình: 

 

Gọi $R$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa A của (O).

$H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. 

$D=AI \cap BC.$

$W = LP \cap AI$. Suy ra $W$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC.$ Suy ra tứ giác $BICW$nội tiếp.

Ta có :

$\frac {PB}{PW} =\frac {PB}{PC} .\frac {PC}{PW} =cot \angle PBC . tan \angle BWC =tan \angle B/2 . tan(90^{o} - A/2) = tan \angle B/2 . cot \angle A/2 = \frac {HI}{HB} .\frac {AH}{HI}=\frac {b+c-a}{a+c-b}$

$\frac {RW}{RD} =\frac {RB}{RD}=\frac {b+c}{a}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ABD$ với $\overline{M,I,N}$

 

$\frac {ND}{NB} = \frac {MA}{MB} .\frac {ID}{IA}= \frac {p-b}{p-a} .\frac {a}{b+c}=\frac {a(a+c-b)}{(b+c-a)(b+c)}$

Suy ra $ \frac {PB}{PW}. \frac {RW}{RD}.\frac {ND}{NB} =1$. Suy ra $P,R,N$ thẳng hàng. ĐPCM.