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.


thanhtuoanh

Đăng ký: 29-07-2015
Offline Đăng nhập: 21-11-2017 - 16:15
****-

#643728 Cập nhật tình hình, thảo luận, chém gió về kì thi vào lớp 10 THPT

Gửi bởi thanhtuoanh trong 05-07-2016 - 12:46

bn thì chuyện tin hay toán vậy. minh thi chuyen tin ma đứng thứ 25 với bằng điểm 1 người không biết có phải bn không.

bạn đó thi chuyên toán. Mình cũng chuyên tin nè, hello bạn cùng lớp =))




#614409 Cuộc thi thơ Chúc mừng xuân mới Bính Thân 2016

Gửi bởi thanhtuoanh trong 12-02-2016 - 13:56

Bạn bè yêu toán gần xa

 

Diễn đàn toán học nghe quen lạ thường

 

Diễn đàn biết mấy thân thương

 

Giúp ta học toán, tiếp niềm đam mê

 

Đam mê toán học đã lâu

 

Tình yêu "bùng nổ" khi lên diễn đàn

 

Và cũng nhờ có diễn đàn

 

Mà ta biết được biết bao bạn bè

 

Bạn bè họ cũng như ta

 

Cũng yêu toán học, cũng nhiều đam mê ...

 

 

 

:nav: Tết đến xuân về kính chúc mọi người nhiều sức khỏe và nhiều tình yêu Toán :D 




#607157 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 04-01-2016 - 17:35

Giúp mình bài này:

Bài 22:Tồn tại hay không số tự nhiên $x$ thỏa mãn:

a)$x^2+x+1 \vdots 31$

 

Giả sử tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn $x^2+x+1 \vdots 31$ ta có:

$x^2+x+1 \vdots 31$ <=> $x^2+x-30+31 \vdots 31$

<=> (x-5)(x+6) +31 $\vdots 31$

<=> (x-5)(x+6)  $\vdots 31$

<=>x-5 $\vdots 31$ hoặc x+6 $\vdots 31$ (do 31 là SNT)

<=> x-5=31m hoặc x+6=31n (m,n là STN)

<=> x=31m+5 hoặc x=31n-6

Vậy tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn đề bài với  x=31m+5 hoặc x=31n-6




#606691 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 02-01-2016 - 11:12

Bài 13 : Tìm số tự nhiên $n,k$ lớn nhất sao cho : 
a) $29^n$ là ước của $2003!$ (kí hiệu $n!=n.(n-1).(n-2)...2.1$ 
b) $(1994!)^{1995} \vdots 1995^k$ 
 

a)Các số chia hết cho $29$ trong khoảng từ $1-2003$ là $29.1;29.2;...;29.69$

$\Rightarrow 2003!=29^{69}.69.A((A,29)=1)$

Các số chia hết cho $29$ trong khoảng từ $1-69$ là $29.1;29.2$

$\Rightarrow 69!=29^2.2!.B((B,29)=1)\Rightarrow 2003!=29^{71}.2.A.B \Rightarrow n=71$

b)Phân tích  $1995^k$  ra thừa số nguyên tố:

                       $1995^k=3^k.5^k.7^k.19^k$

Số mũ lớn nhất của 19 là:

     $\left \lfloor \frac{1994}{19^1} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{1994}{19^2}\right \rfloor + \left \lfloor \frac{1994}{19^3} \right \rfloor=109$

Tương tự , số mũ lớn nhất của $7,5,3$ lần lượt là $329, 495,992$

Do đó  $1994!=3^{992}.5^{495}.7^{329}.19^{109}.P$  ( trong đó $P$ không chứa các thừa số nguyên tố $3,5,7,19$)

$\Rightarrow (1994!)^{1995}=(3^{992}.5^{495}.7^{329}.19^{109}.P)^{1995}=1995^{109.1995}.(3^{883}.5^{386}.7^{220}.P)^{1995}$

Từ đó  $(1994!)^{1995}\vdots 1995^k\Leftrightarrow 1995^{109.1995}\vdots 1995^k\Rightarrow k\leq 109.1995=217455$

     Vậy  $k$ lớn nhất là  $217455$




#606681 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 02-01-2016 - 10:38

Bài 12 : Cho $a,b \in N$ chứng minh rằng $5a^2+15ab-b^2 \vdots 49 \leftrightarrow 3a+b \vdots 7$ 

$5a^2+15ab-b^2 \vdots 49\Rightarrow 5a^2+15ab-b^2 \vdots 7\Leftrightarrow 5a^2+7a^2+ab+14ab-b^2\vdots 7\Leftrightarrow 12a^{2}+ab-b^2\vdots 7\Leftrightarrow (4a-b)(3a+b)\vdots 7\Leftrightarrow \begin{bmatrix} 4a-b\vdots 7 & \\ 3a+b\vdots 7\rightarrow đpcm & \end{bmatrix}$

$3a+b\vdots 7\Rightarrow 7a-(3a+b)\vdots 7\Leftrightarrow 4a-b\vdots 7\Leftrightarrow (4a-b)-(3a+b)\vdots 7\Leftrightarrow a-2b\vdots 7\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (3a+b)^{2}\vdots 49 & \\ (4a-b)(a-2b)\vdots 49 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (3a+b)^{2}-(4a-b)(a-2b)\vdots 49\Leftrightarrow 5a^{2}+15ab-b^{2}\vdots 49\rightarrow đpcm$




#606677 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 02-01-2016 - 10:21

Bài 11 : Chứng minh rằng : 
a) $m^3+3m^2-m-3$ chia hết cho $48$ với $m$ lẻ 
b) $4n^3-6n^2+3n+37$ không chia hết cho $125$ với mọi $n \in N$ 

a)$m^3+3m^2-m-3= (m-1)(m+1)(m+3)$

Vì $m$ lẻ nên $m-1;m+1;m+3$ là số nguyên dương lẻ liên tiếp suy ra $(m-1)(m+1)(m+3)\vdots 16$

và tồn tại ít nhất 1 số chia hết cho $3$

Mà $(16,3)=1$ nên ta có đpcm

b)Giả sử $4n^3-6n^2+3n+37\vdots 125\Rightarrow 2(4n^3-6n^2+3n+37)\vdots 5\Leftrightarrow (2n-1)^{3}+75\vdots 5\Leftrightarrow (2n-1)^{3}\vdots 5\Leftrightarrow 2n-1\vdots 5\Leftrightarrow (2n-1)^{3}\vdots 125\Leftrightarrow (2n-1)^{3}+75$

không chia hết cho $125$ suy ra $2(4n^3-6n^2+3n+37)$ không chia hết cho $125$ suy ra $(4n^3-6n^2+3n+37)$  không chia hết cho $125$(mâu thuẫn)

Ta có đpcm




#606668 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 02-01-2016 - 10:08

Bài 9 : Cho $n$ là số nguyên dương . Tính bội chung nhỏ nhất của các số $n,n+1,n+2$ 

Sử dụng tính chất $[a,b,c]=[[a,b],c]$.
Nếu 3 số đó có dạng $2k+1$, $2k+2$, $2k+3$, $k\in N$ thì bội chung nhỏ nhất là $2(k+1)(2k+1)(2k+3)$
Nếu 3 số đó có dạng $2m$, $2m+1$, $2m+2$, $k\in N$ thì bội chung nhỏ nhất là $2m(m+1)(2m+1)$




#606667 TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10

Gửi bởi thanhtuoanh trong 02-01-2016 - 10:05

Ta đến với các bài toán tiếp theo : 
Bài 6 : Giả sử $(a,n)=p$ và $(b,n)=q$. Chứng minh rằng $(ab,n)=(pq,n) 
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ ta luôn có : $A=2005^n+60^n-1897^n-168^n$ chia hết cho $2004$

Ta có $2005^{n}-1897^{n}\vdots (2005-1897)=108\vdots 12;60^{n}\vdots 12;-168^{n}\vdots 12\Rightarrow A\vdots 12$

$\left\{\begin{matrix} 2005^{n}-168^{n} \vdots (2005-168)=1837\vdots 167& \\ 60^{n}-1897^{n}\vdots (1897-60) =1837\vdots 167& \end{matrix}\right.\Rightarrow A\vdots 167$

Mà $(167;12)=1$ suy ra $A$ chia hết cho $167.12=2004$




#606523 C/m tam giác đó là tam giác đều?

Gửi bởi thanhtuoanh trong 01-01-2016 - 17:57

Từ gt: có số đo 1 góc = trung bình cộng 2 góc còn lại  => có 1 góc =$60^{\circ}$ (1)

Ta có: $\sqrt{a+b-c}=\sqrt{a}+ \sqrt{b}-\sqrt{c}$

<=> $a+b-c = a + b+c +2\sqrt{ab} - 2\sqrt{bc} - 2\sqrt{ca}$

<=>$ \sqrt{ab} +c = \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$

<=>$ab + 2c\sqrt{ab} + c^{2}$

<=>$ bc + 2\sqrt{bc.ca} + ca$

<=>$ ab + c^{2} = bc + ca$

<=>$ (a-c)(b-c)=0$

<=> a=c hoặc b=c

=> Tam giác đó là tam giác cân (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra tam giác đó là tam giác đều (đpcm)




#606443 $3(ab^{3}+bc^{3}+ca^{3})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$

Gửi bởi thanhtuoanh trong 01-01-2016 - 11:42

b) Áp dụng BĐT Bu-nhia và BĐT phụ 3(ab+bc+ca) $\leq (a+b+c)^{2}$  ta có:

 $3(a^{2}b+b^{2}a+c^{2}a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

<=> $3(a^{2}b+b^{2}a+c^{2}a)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2}) 3(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

<=> $3(a^{2}b+b^{2}a+c^{2}a)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2})$

<=>$ 3(a^{2}b+b^{2}a+c^{2}a)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c




#606290 $\frac{a^{2}+\left ( a-c \right )^{2...

Gửi bởi thanhtuoanh trong 31-12-2015 - 13:23

Cho a,b,c thỏa $c^{2}=2\ \left ( ac+bc-ab \right )$.

Chứng minh rằng $\frac{a^{2}+\left ( a-c \right )^{2}}{b^{2}+\left ( b-c \right )^{2}}=\frac{a-c}{b-c}$

$\frac{a^{2}+\left ( a-c \right )^{2}}{b^{2}+\left ( b-c \right )^{2}}=\frac{2a^{2}-2ac+2 ( ac+bc-ab )}{2b^{2}-2bc+2 ( ac+bc-ab )}=\frac{a^{2}+bc-ab}{b^{2}+ac-ab}$

Cần cm $\frac{a^{2}+bc-ab}{b^{2}+ac-ab}=\frac{a-c}{b-c}\Leftrightarrow (a^{2}+bc-ab)(b-c)=(a-c)(b^{2}+ac-ab)\Leftrightarrow (a-b)(c^2-2bc-2ac+2ab)=0$ (luôn đúng vì theo gt $c^{2}=2\ \left ( ac+bc-ab \right )$.)

Ta có đpcm




#606289 CMR a=b=c=1

Gửi bởi thanhtuoanh trong 31-12-2015 - 13:17

Cho a2 +b2 +c2 +3 = 2(a+b+c)(1)

CMR: a=b=c=1

$(1)\Leftrightarrow (a^{2}-2a+1)+(b^{2}-2b+1)+(c^{2}-2c+1)=0\Leftrightarrow (a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2}=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a-1)^{2}=0 & & \\ (b-1)^{2}=0 & & \\ (c-1)^{2}=0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=1\rightarrow đpcm$




#606288 $\begin{cases}x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=9\\ \frac{1}{x_{...

Gửi bởi thanhtuoanh trong 31-12-2015 - 13:15

$\left\{\begin{matrix} \left ( 4x^{2}+1 \right )x+\left ( y-3 \right )\sqrt{5-2y}=0\\ 4x^{2}+y^{2}+2\sqrt{3-4x}=7 \end{matrix}\right.$

ĐKXĐ:$\left\{\begin{matrix} x\leq \frac{3}{4}&&\\y\leq \frac{5}{2}&&\end{matrix}\right.$
$\left\{\begin{matrix} (4x^2+1)x+(y-3)\sqrt{5-2y}=0(1)&&\\4x^2+2y+2\sqrt{3-4x}=7(2)&&\end{matrix}\right.$
Đặt $2x=a,\sqrt{5-2y}=b,$ từ $PT(1)$ ta có:
$\frac{a}{2}.(a^2+1)+b(\frac{5-b^2}{2}-3)=0$
$\Leftrightarrow a^3-b^3+a-b=0\Leftrightarrow (a-b)(a^2+ab+b^2+1)=0$
$\Leftrightarrow a=b\Leftrightarrow 2x=\sqrt{5-2y}$
$\Leftrightarrow y=\frac{5-4x^2}{2}$
Thế vào $PT(2)$ ta có:
$4x^2+5-4x^2+2\sqrt{3-4x}=7\Leftrightarrow \sqrt{3-4x}=1$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow y=2$
Vậy $\boxed{(x;y)=(\frac{1}{2};2)}$




#606287 $\begin{cases}x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=9\\ \frac{1}{x_{...

Gửi bởi thanhtuoanh trong 31-12-2015 - 13:12

$\left\{\begin{matrix} x^{3}-3x^{2}+9x+27=y^{3}+3y^{2}-9y\\ x^{2}+y^{2}-x-y=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$

Mình nghĩ đề đúng là như thế này

Đây




#605614 P=$(1+x^4)(1+y^4)$

Gửi bởi thanhtuoanh trong 27-12-2015 - 21:02

2,cho $a,b\geq 0$ và a+b=2 tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Q=$(a^2+1)(b^2+1)$ 

Min:$Q=(a^2+1)(b^2+1)=a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1=a^{2}b^{2}+(a+b)^{2}-2ab+1\Leftrightarrow (ab-1)^{2}+4\geq 4$

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=1$

Mình nghĩ bài này không có GTLN