|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
14-01-2019, 02:11 PM | #16 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 36 Thanks: 0 Thanked 13 Times in 7 Posts | Bài 5: (Ngày 2). Xét đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$, ($\alpha\in\mathbb{R}$).
Lời giải: Trước hết ta có một số kết quả sau:
và $$Q(x)=x^{2^{n-1}-1}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}+(2+\alpha)][(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^2}+(2+\alpha)^2]...[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^{n-1}}+(2+\alpha)^{2^{n-2}}].$$ Rỏ ràng $P(x)$ và $Q(x)$ là các đa thức với hệ số không âm, đồng thời $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=x[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}-(2+\alpha)]=f(x).$ Hay ta có điều phải chứng minh. |
14-01-2019, 02:12 PM | #17 |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Bài 6 Một hướng tiếp cận khác cho bài 6 Không mất tổng quát, giả sử $AB<AC$ a. Áp dụng định lý Pascal ta có ngay $A$, $X$, $Y$ thẳng hàng, bây giờ để ý $YM.YN=YD.YF=YN^2-AN^2$ nên $AN^2=NM.NY$, suy ra hai tam giác $AMN$ và $YAN$ đồng dạng, để có $ \angle ZAC =\angle YAN = \angle AMN =\angle MAB$, suy ra $AZ$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ nên $ABZC$ là tứ giác điều hòa, tức là $(AZ, BC)=-1.$ Gọi $Q$ là giao điểm của $EF$ và $BC$ ta có $(QD, BC)=-1$, gọi $Z'$ là giao điểm thứ hai của $QK$ và $(O)$ thì ta có $(AZ', BC)=K(AZ', BC)=K(DQ, BC)=-1$ nên $Z$ trùng $Z'$ tức là $Q$, $K$, $Z$ thẳng hàng, để có $QK. QZ=QB.QC=QF.QE$ nên $E, F, K, Z$ đồng viên. b. Để ý $EF$ là đường đối song của tam giác $ABC$, mà $AZ$ là đường đối trung nên $AZ$ chia đôi $EF$, ta sẽ chứng minh $BS, CT$ cũng đi qua trung điểm $EF$, kết quả này đã có trong bài 3 VMO 2017. |
14-01-2019, 02:21 PM | #18 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
Nhận xét. Với $\alpha<2$ thì luôn tồn tại $n\in\mathbb N^*$ sao cho $P_n(x)={\left( {x + 1} \right)^n}f\left( x \right)$ là một đa thức có các hệ số không âm. Chứng minh. Với số nguyên dương $n$ với $n>2$, ta có\[\begin{array}{l} \left( {{x^2} - \alpha x + 1} \right){\left( {x + 1} \right)^n} &= \left( {{x^2} - \alpha x + 1} \right)\sum\limits_{0 \le k \le n} {\left( \begin{array}{c} n\\ k \end{array} \right){x^k}} \\ &= {x^{n + 2}} + 1 + \left( {n - \alpha } \right){x^{n + 1}} + \left( {n - \alpha } \right)x + \sum\limits_{2 \le k \le n} {{c_k}{x^k}} . \end{array}\]Trong đó các hệ số $c_k$, được xác định như sau\[{c_k} = \binom{n}{k-2} - \alpha \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k}= \frac{1}{{k\left( {k - 1} \right)}}\binom{n}{k-2}{C(k)}.\]Ở đây, $C(k)$ là một tam thức bậc hai với $k$, cụ thể là\[{C(k)} = \left( {2 + \alpha } \right){k^2} - \left( {n + 2} \right)\left( {2 + \alpha } \right)k + \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right),\quad\forall\,k\ge 2.\]Ta có biệt thức của $C(k)$ là\[\begin{array}{l} {\Delta _{C(k)}} &= \left( {{\alpha ^2} - 4} \right)\left( {{n^2} + 4\left( {\frac{{\alpha - 1}}{{\alpha - 2}}} \right)n + \frac{{2\alpha }}{{\alpha - 2}}} \right)\\ &= \left( {{\alpha ^2} - 4} \right)\left( {{{\left( {n - \frac{{2\alpha - 2}}{{2 - \alpha }}} \right)}^2} - \frac{{2{\alpha ^2} - 4\alpha + 8}}{{{{\left( {2 - \alpha } \right)}^2}}}} \right)\\ &= \left( {{\alpha ^2} - 4} \right)\left( {n - {\alpha _1}} \right)\left( {n - {\alpha _2}} \right). \end{array}\]Trong đó ${\alpha _1} = \frac{{2\alpha - 2 - \sqrt {2{\alpha ^2} - 4\alpha + 8} }}{{2 - \alpha }},\;{\alpha _2} = \frac{{2\alpha - 2 + \sqrt {2{\alpha ^2} - 4\alpha + 8} }}{{2 - \alpha }}$. Bây giờ, ta chỉ cần chọn\[{n(\alpha)} = \left\lfloor {{\alpha _2} } \right\rfloor + 2 = \left\lfloor {\frac{{2 + \sqrt {2{\alpha ^2} - 4\alpha + 8} }}{{2 - \alpha }} } \right\rfloor .\]Thế thì với mọi số nguyên dương $n\ge n(\alpha)$, ta có $n>\alpha$ nên $n-\alpha >0$. Thêm nữa $n>\alpha_2$ kéo theo $\Delta_C <0$ vì thế $c_k>0$. Từ đây, với $n\ge n(\alpha )$ thì tất cả các hệ số của đa thức $P(x)=(x+1)^n\left(x^2-\alpha x+1\right)$ đều dương. Còn tất nhiên, các hệ số của đa thức $Q(x)=(x+1)^n$ cũng đều dương do khai triển Newton. Tóm lại là: Tất cả các số $\alpha$ thỏa yêu cầu ở ý b của bài toán là $\alpha <2$. Còn ý a, ta có biểu diễn\[{x^2} - \frac{{\sqrt {15} }}{2}x + 1 = \frac{{\left( {{x^2} - \frac{{\sqrt {15} }}{2}x + 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{75}}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^{75}}}}.\]Đó là vì\[n\left( {\frac{{\sqrt {15} }}{2}} \right) = 75.\] PS. Nhận xét nêu trên chính là bài ở IMO SL 1997. | |
The Following User Says Thank You to Thụy An For This Useful Post: | son235 (14-01-2019) |
14-01-2019, 02:42 PM | #19 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Lời giải bài Hình D2 của Trần QUang Hùng https://analgeomatica.blogspot.com/2...iE4PTV0EQUBLTg |
14-01-2019, 06:14 PM | #20 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: THPT chuyên Vĩnh Phúc Bài gởi: 570 Thanks: 24 Thanked 537 Times in 263 Posts | Câu 1a [QUOTE=Thụy An;213995] ĐỀ VMO 2019 Ngày thi thứ nhất Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\][LIST=1][*]Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$. Trích:
| |
15-01-2019, 05:57 PM | #21 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 14 Thanks: 0 Thanked 4 Times in 2 Posts | Tui làm câu 1 theo kiểu đã học lớp 11 ở lớp bình thường, không chuyên như thế này có được điểm không thầy cô? . Giải. a. Theo giả thiết, lấy một $c \in R$ ta có $f(c) > 0$. Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0$nên $\exists b:f(x) < f(c),\;\forall x \ge b$ Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0$ nên $\exists a:f(x) < f(c),\;\forall x \le a$ Vì hàm số liên tục trong $\left[ {a;b} \right]$ nên tồn tại giá trị lớn nhất trong đoạn đó, nghĩa là $\exists M,\;\forall x \in \left[ {a;b} \right]:f(x) \le f(c) \le M \Rightarrow \exists {x_0} \in \left[ {a;b} \right]:f({x_0}) = M$ ( đpcm). b. Theo câu a, vì hàm số liên tục nên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0}) = M$ . Theo định nghĩa giới hạn của hàm số, vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$ nên tồn tại một dãy số ${x_n}$ sao cho ${x_n} \le {x_0},\quad \forall n$ để cho $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = {x_0} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}) = f({x_0})$. Mặt khác vì M là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên $\left[ {a;b} \right]$, nghĩa là $f(x) \le M,\;\forall x \in \left[ {a;b} \right]$ nên M trong trường hợp này cũng là cực đại của hàm số , nên ứng với một đối số ${x_n}$ thì tồn tại một đối số ${y_n} \ge {x_0},\;\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({y_n}) = f({x_0})$ sao cho $f({x_n}) = f({y_n})$ . (dpcm) thay đổi nội dung bởi: beut, 15-01-2019 lúc 06:07 PM |
16-01-2019, 04:21 PM | #22 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 36 Thanks: 0 Thanked 13 Times in 7 Posts | Một hướng tiếp cận bài 7. Trước hết ta có một số nhận xét sau:
$$S=x_1+\frac{x_2+x_3+x_4}{2}+\frac{x_5+x_6+x_7}{4 }+\frac{x_8}{8}=\frac{n^{25}+x_7+x_6+x_5+3x_4+3x_3 +3x_2+7x_1}{8}$$ $$\leq \frac{n^{25}+n^{15}+n^{14}+n^{13}+2n^9+2n^8+2n^7-2n^6}{8}\leq\frac{n^{25}+4.n^{15}+n^{13}+2n^7}{8}. $$ |
01-02-2019, 07:25 AM | #23 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Bài gởi: 149 Thanks: 26 Thanked 17 Times in 14 Posts | TS. Trần Nam Dũng Theo thông báo của Bộ GD&ĐT, có 7 thí sinh đoạt giải nhất trong kỳ thi chọn HSG quốc gia môn toán. Đó là các em Vương Đình Ân, học sinh lớp 12 trường THPH chuyên Bắc Giang, Phan Văn Đức Nhật (12, THPT chuyên Hà Tĩnh), Trần Việt Hoàng (12, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng), Nguyễn Đức Bảo (12, THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An), Nguyễn Tiến Đạt (12, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị), Lê Tường Khanh (lớp 12, THPT chuyên Vĩnh Phúc) và Nguyễn Nguyễn học sinh lớp 11 trường PTNK ĐHQG Tp HCM. Em Vương Đình Ân từ giải Nhì VMO 2017 đã vươn lên đạt thủ khoa VMO 2018 với số điểm 32/40. Em Vương Đình Ân cũng là 1 trong 127 nhà giáo, học sinh tiêu biểu được tuyên dương trong lễ tuyên dương gương người tốt, việc tốt, đổi mới, sáng tạo trong dạy và học năm học 2016-2017 của Bộ GD&ĐT. Trong kỳ thi Toán học Hà Nội mở rộng (HOMC) năm 2016, Vương Đình Ân là Thủ khoa của lứa tuổi Senior cùng với 4 bạn khác. Các trường có thành tích tốt nhất trong kỳ thi năm nay là trường THPT chuyên Hà Tĩnh (1 nhất, 4 nhì, 4 ba), trường PTNK thuộc ĐHQG Tp HCM (1 nhất, 4 nhì, 2 ba và 3 KK), trường THPT chuyên Vĩnh Phúc (1 nhất, 3 nhì, 5 ba, 1 KK), THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng (1 nhất, 2 nhì, 3 ba, 2 KK) và THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An (1 nhất, 2 nhì, 5 ba, 1 KK). Có 46 thí sinh đạt giải nhì. Cộng với 7 thí sinh đạt giải nhất và bạn Phạm Nam Khánh là thành viên đội tuyển IMO năm 2017 thì lên đến tổng số 54, vượt quá con số 49. Vì vậy các em đạt giải nhì với số điểm 21 sẽ không được dự thi TST 2018 (kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam đi thi Olympic Toán quốc tế năm 2018). Nhìn chung trong kỳ thi năm nay có những sự đổi ngôi nhất định. Các trường thuộc khối Đại học đã trở lại sau một năm hơi bết bát. Bên cạnh trường PTNK thuộc ĐHQG Tp HCM thì ĐHQGHN cũng có 6 giải nhì, ĐHSP HN có 3 giải nhì và ĐH Vinh có 1 giải nhì. Như vậy khối Đại học chiếm gần 1/3 các suất TST 2018. Các trường khu vực Bắc Trung Bộ (Thanh Hóa-Nghệ An-ĐH Vinh-Hà Tĩnh-Quảng Bình-Quảng Trị-Thừa Thiên Huế) vẫn giữ vững phong độ với 4 giải nhất và 12 giải nhì. Như vậy khu vực này cũng chiếm gần 1/3 các suất TST. Tuy nhiên năm nay địa lý có chuyển dịch vào phía trong một chút, Thanh Hóa-Nghệ An và Đại học Vinh trao cờ luân lưu lại cho Hà Tĩnh-Quảng Bình-Quảng Trị). Khu vực Hà Nội các tỉnh trung du và duyên hải năm nay có 3 giải nhất của Vĩnh Phúc, Bắc Giang và Hải Phòng và 14 giải nhì. Tuy Hà Nội năm nay bất ngờ xuống phong độ nhưng lại có Vĩnh Phúc, Hải Phòng và Quảng Ninh kéo lại nên khu vực này cũng chiếm được 1/3 số suất TST. Khu vực phía Nam, nếu không tính trường PTNK thì năm nay khá yên ắng. Các đơn vị có giải nhì bao gồm Đà Nẵng (3), Quảng Nam (1), Bình Định (1), Phú Yên (1), Đồng Tháp (1). Sau nhiều năm liên tiếp có học sinh dự thi TST, Vũng Tàu năm nay tạm thời vắng mặt. Đó là xét theo hướng đỉnh cao, tức là các giải nhất nhì và các suất dự TST. Nhưng đối với một số đơn vị thì có giải hoặc có thành tích tốt hơn đã là đáng khích lệ. Theo chiều hướng này có thể nhắc đến các đơn vị vùng cao như Cao Bằng, Điện Biên, Sơn La đã có giải khuyến khích. Đặc biệt Sóc Trăng đã đoạt giải khuyến khích môn toán đầu tiên và Đắk-nông đã có giải ba môn toán đầu tiên cho mình. Xin chúc mừng các đơn vị này! Cuộc thi nào cũng có người buồn, người vui, chúng ta cũng không phải quá thất vọng khi kết quả chưa được như ý muốn. Suy cho cùng, thi cũng chỉ là động lực để chúng ta học tốt. Nếu chúng ta cảm thấy học hỏi được nhiều điều qua quá trình chuẩn bị thi, chúng ta có niềm vui khi học, thế đã là rất đủ rồi các bạn học sinh nhé! Cuối cùng, xin chúc các bạn học sinh đã lọt vào vòng 2 sẽ có sự tập trung tốt nhất để chuẩn bị cho kỳ thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2018 sẽ diễn ra vào tháng 3 tới đây. |
01-02-2019, 09:28 AM | #24 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Bài gởi: 149 Thanks: 26 Thanked 17 Times in 14 Posts | Đang nóng ruột về kq 2019,ai cho vài thông tin đi ? |
01-02-2019, 11:04 AM | #25 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Bài gởi: 149 Thanks: 26 Thanked 17 Times in 14 Posts | Hà Nội tiếp tục dẫn đầu kì thi học sinh giỏi quốc gia 2019, Nghệ An đứng thứ hai. |
Bookmarks |
|
|