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.


pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 22:57
*****

#725789 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong Hôm qua, 21:57

Trước khi có bài tiếp theo thì có bạn nào sử dụng Jensen để giải bài này không?




#725779 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong Hôm qua, 15:50

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$

 

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$




#725775 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong Hôm qua, 15:39

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$




#725719 Đề thi Intercontinental Mathematics Tournament

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-04-2021 - 11:41

Cái P3.2 ở đâu vậy anh??
:) Bài bất í


Câu này là câu dự bị để dành cho sự thiếu sót của câu 3.1. Nhưng mà làm xong bài trên r thì thôi :))


#725681 Chứng minh các đường thẳng $A_1B_2, B_1C_2, C_1A_2$ đồng quy

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-04-2021 - 22:26

Em có thể tham khảo ở đây




#725678 Đề thi Intercontinental Mathematics Tournament

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-04-2021 - 22:14

Hôm nay mình xin gửi các bạn một đề thi khá hay, được ra đề bởi hội đồng Iran, đề bài được ra bởi một số giáo sư nổi tiếng như Mohammad Ahmadi, Amir Hossein Parvardi, Mohammad Gharakhani. Năm nay kì thi được tổ chức lần đầu tiên ở diễn đàn AoPS, với sự tham gia của một số bạn trong VMF như KietLW9, ChiMiwhh, DaiphongLT, Syndycate, nehess, Hoang72, Mr handsome, pcoVietnam02, và 94 thí sinh khác từ rất nhiều quốc gia trên thế giới. Cuộc thi mang tính cọ xát nhiều hơn là thi đấu nhưng nhìn chung đề được thiết kế tương đối hay, phù hợp với các bạn THPT. Sau đây là đề thi IMT đánh bằng LaTeX (tái bản lần thứ 2 bởi oVlad, dịch bởi pcoVietnam02):

 

 
Ngày một (Đại số):
 
P1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}$ thỏa mãn với mọi số thực dương  $x,y$ và $z$ sao cho $x+f(y)$ và $x+f(z) +f(x+f(y))$ dương, ta có được điều sau:
 
$$f(x+f(z) +f(x+f(y)))+y+f(z)=0.$$
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
P2. Ramtin và Parsa chơi một trò chơi với đa thức sau
$$P(x)=\square \ x^4+\square \ x^3 +\square \ x^2 +\square \ x+\square\ .$$
Mỗi người sẽ lần lượt điền vào các hệ số thực bất kì (bắt đầu từ hệ số cao nhất). Parsa dự đoán rằng sau khi trò chơi kết thúc thì đa thức trên sẽ có 4 nghiệm thực hoặc không có nghiệm nào. Ramtin cần phải ngăn Parsa thắng. Nếu Ramtin đi trước thì chiến lược của ai sẽ thắng?
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
P3.1 Cho $x,y$ and $z$ là các số thực dương thỏa mãn
$$\frac{1}{x^4}+\frac{1}{y^4}+\frac{1}{z^4}=\frac{1}{8}.$$
Chứng minh rằng: 
$$\sqrt[3] {3(x+y+z)} \geq \sqrt[3] {x-\frac{16}{x^3}}+\sqrt[3] {y-\frac{16}{y^3}}+\sqrt[3] {z-\frac{16}{z^3}}.$$
 
Proposed by Amir Hossein Parvardi.
 
P3.2 Tìm hằng số thực $x$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau đúng với mọi $a, b, c$ thực: 
\[\sum_{cyc} \sqrt \frac{a^2+b^2}{2}+x\sum_{cyc} \sqrt{ab} \geq (1+x)(\sum_{cyc} a).\]
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
 
 
Ngày hai: (Số học)
 
P1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb N \rightarrow \mathbb N$ thỏa mãn
$$m^2+n^2 \mid f(n)^{\varphi (m)} +f(m)^{\varphi (n)}.$$
($\varphi (n)$ là phi hàm Euler.)
 
Proposed by Mohammad Gharakhani
 
P2. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn
\[p^2+1 \mid 2021^q+17^q\text{ và }q^2+1 \mid 2021^p+17^p.\]
 
Proposed by @Hopeooooo
 
P3. Có vô số số $n \in \mathbb N$ thỏa mãn $6n^4+27n^3+51n^2+48n+18$ mà tồn tại ước nguyên tố lớn hơn \[\sqrt{4n^2+11n+99+4n\sqrt{2n+1}}?\]
 
Proposed by @Hopeooooo



#725575 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-04-2021 - 22:19

Oke, bây giờ là bài tiếp theo cho cuộc thi này nhé (một bài khởi động nhẹ trước khi vào những bài căng não): 

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$




#725574 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-04-2021 - 22:15

Bài 108: a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x!+y!=(x+y)!

 

Giả sử $x \geq y$ thì $x! \geq y!$ . Do đó $2(x!) \geq x! + y! = (x+y)!$

hay $2(x!) \geq x!. (x+1)(x+2)...(x+y)$

suy ra $2 \geq (x+1)(x+2)...(x+y)$ 

Vì 2 chỉ có ước nguyên dương 1,2 và $x,y$ nguyên dương nên ta chỉ nhận nghiệm $(x,y)=(1;1)$

Thử lại thấy thỏa mãn




#725573 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-04-2021 - 22:03

mình học phổ thông, không biết những cách này có thể giải được những bài đơn giản hơn ở đề thi tốt nghiệp khong nhỉ, mình thấy tích phân vdcao chủ yếu thay f(x) thành u là sẽ dễ hơn, không biết áp dụng những cách này thì nó thế nào

 

Mình cũng chưa chắc về hướng đi của bạn nhưng đề tài này là dành cho phương trình hàm để thi Olympic nên thì thi tốt nghiệp sẽ không xuất hiện dạng bài này




#725509 Công sai $d$ chia hết cho mỗi số nguyên tố $q < n$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-04-2021 - 18:34

Chứng minh rằng nếu tất cả $n > 2$ số hạng của dãy cấp số cộng $$p, p+d, p+2d,\ldots,p+(n-1)d$$ là số nguyên tố, thì công sai $d$ chia hết cho mỗi số nguyên tố $q < n$.

 



#725460 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-04-2021 - 22:24

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mở rộng 2: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 3: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3} + \frac{1}{2} [(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ 

 

Mở rộng 4: $a^{2n}+ b^{2n}+c^{2n} \geq 3 \frac{4S}{\sqrt{3}}^n + [(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}]$ , $\forall n \in\mathbb{N}$

 

Mở rộng 5: $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca) +\frac{18abc}{a+b+c} \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon :)) 

 

 




#725459 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-04-2021 - 22:11

$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$




#725386 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-04-2021 - 22:56

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa :) ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 




#725337 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-04-2021 - 23:29

Bài 102​
Tìm (a; b; p) với a, b $\in Z^{+}$, p là số nguyên tố sao cho 4p = b$\sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$



 

 

Đầu tiên xét trường hợp $p=2$. Ta thấy khi đó b chẵn và cũng dễ dàng chứng minh là không có cặp $(a,b)$ nào thỏa trường hợp trên.

Xét trường hợp $p$ lẻ. Gọi $\gcd (a,b)=d$ suy ra $a=da_1,b=db_1$ với $\gcd (a_1,b_1)=1$. Ta có $p= \frac b4 \sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$.

 

TH1: Nếu $p \mid 2a_1-b_1$, vì $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên $p^2 \mid 2a_1-b_1$. Đặt $2a_1-b_1=p^2k$ với $k \in \mathbb{N}$ suy ra $\sqrt{\frac{b^2k}{(p^2k+2b_1)16}}=1$ hoặc $k= \frac{32b_1}{b^2-16p^2}$. Nếu tồn tại số nguyên tố $q \mid b_1, 2 \nmid q$ and $q \mid b^2-16p^2$, thì ta được $p=q$. Nếu $v_p(b_1)=1$ suy ra $p^2 \mid b^2-16p^2$, dẫn đến điều mâu thuẫn. Vì vậy, $p^2 \mid b_1$. Đặt $b_1=p^x2^y$ suy ra $k= \frac{32p^{x-2}2^y}{d^2p^{2x-2}2^{2y}-16}$. Vì  $x \ge 2$ nên $(dp^{x-1}2^y-4)(dp^{x-1}2^y+4) \mid 32 \cdot 2^y$. Ta có được $dp^{x-1}2^y=12$ nên $p=3,x=2,2^yd=4$ và $2^7\mid 32 \cdot 2^y$ so $y \ge 2$. Do đó, $d=1,y=2,p=3,x=2$ nên $b=db_1=36$. Từ đó $k=1$. Vậy $2a_1=45$, vô lí.

 

 Cho nên không tồn tại $q$ thỏa $b^2-16p^2=2^x \mid 32b_1$. Để ý rằng $2a_1=b_1+p^2k$ nên $\gcd (k,b_1) \mid 2^x$. Hơn nữa, if $2 \mid b_1$ nên $2 \nmid a_1$. Điều này có nghĩa là $v_2(b_1)=1$ nên $4 \mid k$. Hoặc nếu $v_2(b_1)=2$ thì $v_2(k)=1$. Vì vậy ta luôn có $b^2-16p^2 \mid 64$. Suy ra được rằng  $4 \mid b, b=4b_2$ cho nên $b_2^2- p^2\mid 4$.Trong trường hợp này ta không tìm được số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài.

 

 

TH2: Nếuf $p \mid b$ suy ra $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên$2a_1-b_1=2^x, 2a_1+b_1=2^y$. Điều này cho ta $b_1=2^{x-1}\left(2^{y-x}-1 \right)$ nên $\frac{d \cdot 2^{x-1} \left( 2^{y-x}-1 \right)}{4 \cdot 2^{(y-x)/2}}=p$.

Do đó, nếu $p \mid d$ thì $2^{y-x}-1=1$ nên $y-x=1$, dẫn đến điều mâu thuẩn vì $2 \mid y-x$. Nếu $p \mid 2^{y-x}-1$ thì $d=1$ và $2+(y-x)/2=x-1$ hoặc $3x-6=y$. Do đó $2^{y-x}-1=2^{2x-6}-1=4^{x-3}-1$. Vậy $p=3,x=4,y=6$.




#725329 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-04-2021 - 22:17

$\boxed{11}$ Ta sẽ sử dụng cách làm như sau:

Đầu tiên ta thấy dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0;1;2)$ và các hoán vị của chúng.

Hơn nữa ta lại có đẳng thức từ $a=0, b=1, c=2$ như sau:

$$\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}=(ab+bc+ca)^2$$

Từ đó ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM như sau:

$VT=4 (\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}) ^2 .(ab+bc+ca)^2$

$\leq  4 [\frac{\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+(ab+bc+ca)^2}{3}]^3$

$=\frac{4}{27} [ab^3+bc^3+ca^3+ (ab+bc+ca)^2]^3$

Sau khi sử dụng $AM-GM$ ta sẽ đưa về kết quả có vẻ gọn hơn:

$$ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 \leq 12$$

Mà ta lại có $ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 =(a+b+c)(ab^3+bc^3+ca^3+abc) \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^4$ là một bất đẳng thức quen thuộc.

Thay thêm điều kiện $a+b+c = 3$ ta có đpcm.

Như vậy bài 11 chưa ai giải ra nên không tính điểm nhé. Bây giờ là bài 12 nhẹ hơn:

$\boxed{12}$ Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

 $$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$