|
|
|
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 |
19-02-2012, 09:20 PM | #16 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 193 Thanks: 195 Thanked 129 Times in 72 Posts | Giải bài 5: Ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Trong 2 số $a_i,b_i $ 1 số >n, 1 số <n+1 Thật vậy: giả sử tồn tại i sao cho $a_i,b_i < n+1 $ Suy ra $n+1>a_i>a_{i-1}>...>a_1; n+1>b_i>b_{i+1}>...>b_n $ Như vậy sẽ có n+1 số <n+1 (vô lý) Từ nhận xét dễ có điều phải chứng minh |
19-02-2012, 10:24 PM | #17 |
Administrator | Bài 3 đúng là có 1 cách dựa vào định lý Turan (đồ thị không chứa đồ thị con đầy đủ bậc 4) và nhận xét cơ bản: Giữa 4 thành phố có nhiều nhất 5 con đường. Cũng nhắc lại rằng khi sử dụng định lý Turan ta phải chứng minh. (Bằng quy nạp như Mashimaru đã nói). Có 1 cách khác giải trực tiếp như sau (lời giải do Nguyễn Mạnh Tiến, SV năm 2 ĐHKHTN Tp HCM đề xuất): Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ A và đường đi đến A). Ta chia các thành phố còn lại thành 3 loại. Loại I - Có đường đi xuất phát từ A. Loại II - Có đường đi đến A. Loại III: Không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A. Đặt m = | I |, n = | II |, p = | III |. Ta có m + n + p = 209. Dễ thấy giữa các thành phố loại I không có đường đi. Tương tự, giữa các thành phố loại 2 không có đường đi. Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại 3 không vượt quá p(m+n). (Do bậc của A = m + n là lớn nhất). Tổng số đường đi bao gồm: + Các đường đi liên quan đến A: m + n + Các đường đi liên quan đến III : $\le p(m+n) $ + Các đường đi giữa I và II: $\le mn $ Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn $mn + (p+1)m+ (p+1)n \le (m+n+p+1)^2/3 = 210^2/3 $. Dấu bằng xảy ra với đồ thị 3 phe, mỗi phe có 70 thành phố, thành phố phe 1 có đường đi đến thành phố phe 2, thành phố phe 2 có đường đi đến thành phố phe 3, thành phố phe 3 có đường đi đến thành phố phe 1 (như Traum và Mashimaru đã chỉ ra). |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | hahahaha4 (08-03-2012) |
20-02-2012, 09:41 PM | #18 |
Administrator | Nếu khéo léo 1 chút thì lời giải bài VMO 2004 có thể trình bày mà không cần dùng đến các kiến thức về số chính phương mod p. Điều căn bản là cần tính tay (dùng thuật tính lũy thừa nhanh) rằng $2^{1001} = -1 mod 2003 $ và $10^{1001} = 1 mod 2003 $(trong đó 1001 là số nhỏ nhất thỏa mãn $10^n = 1 mod 2003 $ Khi đi thi, ở vòng VMO thì không nên dùng đao to búa lớn, có thể bị trừ điểm. Thi TST và đặc biệt là IMO thì thoải mái hơn. |
21-02-2012, 02:05 AM | #19 | |
Administrator | Trích:
Đặt $a=\frac{y+z-x}{2}, b= \frac{z+x-y}{2},c = \frac{x+y-z}{2} $. Thay vào BĐT cần chứng minh và rút gọn, ta được: $x^4+y^4+z^4 \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $. BĐT cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Bài TST 1996 cũng được giải theo cách tương tự, không cần phải dồn biến hay xét hàm số gì cả. ------------------------------ Sẵn dịp nói về thi TST, mình muốn trao đổi với mọi người bài tổ hợp số 6 trong kì thi VN TST 1990 với nội dung như sau: Cho n học sinh ($n \ge 3 $) đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cô giáo ở tâm đường tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B. Trên thực tế, bài này có thể phát biểu ở một dạng khác dễ hiểu hơn mà mình đã nhờ bạn hoanghai_vovn post giúp: Trên một đường đua khép kín, có n chiếc xe đang chạy với một thứ tự nhất định theo chiều kim đồng hồ. Tại mỗi thời điểm, có đúng một chiếc xe tăng tốc và vượt qua mặt chiếc xe ngay trước nó (tức là hai chiếc xe liền nhau đó đổi chỗ cho nhau). Hỏi sau ít nhất bao nhiều lần vượt thì các chiếc xe sẽ vẫn với thứ tự cũ trên đường đua nhưng theo ngược chiều kim đồng hồ? Theo các thảo luận bên math.vn thì mình đã dự đoán được có thể là công thức sau: $f(n) = \sum_{i=1}^{n-1}\left [ \frac{i-1}{2} \right ] = \sum_{i=1}^{n} \left (n - 2\left [ \frac{i}{2} \right ] \right ) $. (*) trong đó $f(n) $ chính là số cần tìm ứng với trường hợp n xe. Một số kết quả khác như: + $f(3)=1, f(4)=2, f(5)=4, f(6)=6,... $ + Do việc vượt qua mặt của các chiếc xe có thể xem như chúng đổi vị trí cho nhau nên có thể xem 1 xe nào đó, đặt là xe 1, không thay đổi trong quá trình sắp xếp. Giả sử các xe có thứ tự là $1, 2, 3, ..., n-1, n $ theo chiều kim đồng hồ. Ta cần đạt được thứ tự đó lần nữa nhưng ngược chiều kim đồng hồ. + Nếu gọi S(i) là tổng số nghịch thế (số nhỏ hơn nhưng lại nằm sau theo chiều kim đồng hồ) tính từ một vị trí bất kì trên vòng tròn đến cuối vòng (ngay trước xe số 1) trong lần đổi chỗ thứ i thì: $S(0)=0, S(f(n))=\frac{(n-1)(n-2)}{2} $ và đây là số nghịch thế lớn nhất. Đó là một số kết quả mình tìm hiểu được và nếu các công thức (*) đúng thì hoàn toàn có thể phát biểu được các bước di chuyển. Tuy nhiên, quan trọng là điều kiện cần vẫn chưa có, chưa chứng minh được giá trị kia cũng là nhỏ nhất! Mong mọi người cùng thảo luận. __________________ Sự im lặng của bầy mèo | |
The Following User Says Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: | pco (03-03-2012) |
21-02-2012, 12:52 PM | #20 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2008 Bài gởi: 89 Thanks: 19 Thanked 70 Times in 28 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to Mashimaru For This Useful Post: | Jack.ckl (29-02-2012) |
22-02-2012, 05:24 PM | #21 | |
Administrator Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 349 Thanks: 0 Thanked 308 Times in 161 Posts | Trích:
Khi đó $203^m+1|203^{n-1}+1 $. Suy ra $(a,m,n)=(203,k,(2l+1)k+1) $. *) Trường hợp $a\ne 203 $. Đặt $n=km+r $, trong đó $k,r\in N; 0\le r<m $. Ta có $a^m+1|(-1)^k.a^r+203 $. Vì $a\ne 203 $ nên $(-1)^k.a^r+203\ne 0 $ $\Rightarrow a^m+1\le |(-1)^k.a^r+203|\le a^{m-1}+203 $. $\Rightarrow a^{m-1}(a-1)\le 202 $. $\Rightarrow m\le 8 $. Đến đây xét các trường hợp của $m $ là ra. | |
22-02-2012, 06:35 PM | #22 | ||
Administrator | Trích:
------------------------------ Trích:
| ||
22-02-2012, 08:52 PM | #23 |
Administrator | Vì chưa có kết quả VMO nên chưa có bạn thí sinh nào tự tin vào chủ đề này, do đó dường như chủ đề vẫn chỉ là nơi độc diễn của các cựu VMO, TST, IMO. Tôi tiếp tục đưa một số bài tập mới (Trích từ đề thi Ba Lan, 2012) 9. (Trung bình): Tìm tất cả các hàm số $f, g: R --> R $ thỏa $g(f(x) - y) = f(g(y)) + x $ với mọi x, y thuộc R. 10. (Trung bình khó) Cho tam giác ABC có $A=60^0 $ và AB≠AC. Gọi I,O lần lượt là tâm đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: trung trực của AI, đường thẳng OI và đường thằng BC đồng quy. 11. (Khó) Giả sử m,n là các số nguyên dương sao cho tập hợp A={1,2,...,n} có đúng m số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng nếu ta chọn bất kì m+1 số khác nhau từ A thì ta có thể tìm 1 số từ m+1 số đã chọn chia hết tích m số khác. Có 2 bài hình học, mời các bạn tham gia phân tích tìm tòi cách giải. |
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post: | huynhcongbang (29-02-2012) |
22-02-2012, 09:39 PM | #24 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 41 Thanks: 79 Thanked 8 Times in 5 Posts | Bài 7:CHứng minh với mọi a,b,c không âm thì: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq \sum ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )} $ |
22-02-2012, 09:58 PM | #25 | |
+Thành Viên+ | Trích:
[Only registered and activated users can see links. ] __________________ TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC A1K39 XIN LỖI ĐÃ THẤT HỨA NHÉ | |
22-02-2012, 11:00 PM | #26 | |
Administrator | Trích:
$\sqrt{2(a^2+b^2)} - (a+b) = \frac{2(a^2+b^2)-(a+b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)} + (a+b)} = \frac{(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)} + (a+b)} \le \frac{(a-b)^2}{2(a+b)} $ Từ đó suy ra $\sqrt{2(a^2+b^2)} \le a+b + \frac{(a-b)^2}{2(a+b)} $ | |
22-02-2012, 11:05 PM | #27 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 108 Thanks: 17 Thanked 58 Times in 32 Posts | Em xin giải bài 10. Em đánh vội nên nếu khó đọc thì mong thầy thông cảm cho em! |
22-02-2012, 11:12 PM | #28 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 108 Thanks: 17 Thanked 58 Times in 32 Posts | Bài toán 10 là sự kết hợp của hai bổ đề: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC có $A= 60^0 $. Khi đó, phân giác góc $A $ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác. Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC $nội tiếp $(O). $Đường tròn $(I) $ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $BC, CA, AB $theo thứ tự ở $D, E, F $. Khi đó, $OI $ là đường thẳng Euler của tam giác $DEF $. |
22-02-2012, 11:24 PM | #29 | |
Administrator Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 349 Thanks: 0 Thanked 308 Times in 161 Posts | Trích:
Xét $m+1 $ số khác nhau thuộc $A $ : $(a_1,a_2,...,a_{m+1}) $. Đặt $a_i=\prod_{j=1}^{m}{p_j^{\alpha_{(i,j)}} $, $\alpha_{(i,j)}\in N $. Xét ma trận $(m+1)*m $ : $\alpha_{(i,j)} $. Tại mỗi cột ta chọn ra phần tử lớn nhất. Vì có $m $ cột và $m+1 $ hàng nên tồn tại $k $ mà hàng thứ $k $ không có phần tử nào được chọn. Dễ thấy $a_k|a_1a_2...a_{k-1}a_{k+1}...a_{m+1}. $ | |
23-02-2012, 06:46 PM | #30 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 41 Thanks: 79 Thanked 8 Times in 5 Posts | Bài 8:Giải phương trình $25x+9\sqrt{9x^{2}-4}=\frac{2}{x}+\frac{18x}{x^{2}+1} $ |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|