Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2019

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 14-01-2019, 02:11 PM   #16
hung.vx
+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 $f(x)=x^2-\alpha x+1$, ($\alpha\in\mathbb{R}$).
  1. Khi $\alpha = \dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
  2. Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để $f(x)$ viết được thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.

Lời giải: Trước hết ta có một số kết quả sau:
  1. $\lim\dfrac{n}{q^n}=0$ với $q>1$ cho trước.
  2. $\lim\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$ với mọi số thực dương $a<4$. Thật vậy, ta có $0<\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}<\dfrac{a^n}{\frac{1}{2n}. 4^n}=\dfrac{2n}{q^n}$ với $q=\dfrac{4}{a}>1$. Suy ra $\lim\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$.
Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh phần $(b)$ trước. Giả sử rằng $x^2-\alpha x+1=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ với $P(x),Q(x)$ là hai đa thức với hệ số không âm. Từ đây suy ra $2-\alpha=\dfrac{P(1)}{Q(1)}>0$. Hay $\alpha <2$. Và đây là tất cả những số $\alpha$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi $\alpha \leq 0$ là trường hợp tầm thường (vì $f(x)=\dfrac{f(x)}{1}$). Ta chỉ xét $\alpha >0$. Do $\alpha<2$ nên $a=2+\alpha <4$. Từ tính chất $(2)$, suy ra tồn tại $n$ sao $\dfrac{(2+\alpha)^{2^{n-1}}}{C_{2^n}^{2^{n-1}}}<1$ hay $(2+\alpha)^{2^{n-1}}<C_{2^n}^{2^{n-1}}$. Xét các biểu thức $$P(x)=x^{2^{n-1}}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^n}-(2+\alpha)^{2^{n-1}}]$$

$$Q(x)=x^{2^{n-1}-1}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}+(2+\alpha)][(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^2}+(2+\alpha)^2]...[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^{n-1}}+(2+\alpha)^{2^{n-2}}].$$
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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
hung.vx is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to hung.vx For This Useful Post:
MATHSCOPE (14-01-2019), son235 (14-01-2019)
Old 14-01-2019, 02:12 PM   #17
ncthanh
Moderator
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc
Bài gởi: 16
Thanks: 50
Thanked 7 Times in 6 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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
ncthanh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 14-01-2019, 02:21 PM   #18
Thụy An
+Thành Viên+

 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 84
Thanks: 1
Thanked 65 Times in 44 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Thụy An View Post
Bài 5. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.
  1. Với $\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
  2. Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để viết được $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
Giả sử $\alpha$ là số thỏa yêu cầu, ta có các đa thức với hệ số không âm là $P,\,Q$ sao cho\[P(x)=f(x)Q(x).\]Thay $x=1$, có luôn $2 - \alpha = \dfrac{{P\left( 1 \right)}}{{Q\left( 1 \right)}} > 0,$ do vậy $\alpha<2$. Chúng ta cũng để ý rằng, với $\alpha < 1$ thì $1-\alpha >0$ và\[{x^2} - \alpha x + 1 = \frac{{{x^3} + \left( {1 - \alpha } \right){x^2} + \left( {1 - \alpha } \right)x + 1}}{{x + 1}}.\]Cho nên ta chỉ cần xét trường hợp $1\le\alpha <2$, giờ ta có nhận xét sau.

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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Thụy An For This Useful Post:
son235 (14-01-2019)
Old 14-01-2019, 02:42 PM   #19
MATHSCOPE
Administrator

 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 25
Thanks: 96
Thanked 182 Times in 67 Posts
Lời giải bài Hình D2 của Trần QUang Hùng https://analgeomatica.blogspot.com/2...iE4PTV0EQUBLTg
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
MATHSCOPE is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 14-01-2019, 06:14 PM   #20
ThangToan
+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:
Nguyên văn bởi ThangToan View Post
Câu 1a.
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists b > 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \ge b$
và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists a < 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \le a$
Với \[x \in \left[ {a;b} \right]\] thì hàm số f(x) đạt giá trị lớn nhất trên \[x \in \left[ {a;b} \right]\] . Giả sử $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$. Khi đó xét:
Do đó hàm số f(x) bị chặn trên R. Đặt $M={sup f(x):x\in R}$.
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists d > 0:0 < f\left( x \right) < M/2,\forall x \ge d$
và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists c < 0:0 < f\left( x \right) < M/2,\forall x \le c$ Theo định nghĩa của M ta được với mỗi số nguyên dương n tồn tại dãy $(x_n)$ sao cho $M-1/n<f(x_n)<=M$ với n đủ lớn thì các số hạng $(x_n)$ nằm trong đoạn [c;d] suy ra dãy $x_n$ có dãy con hội tụ và chuyển qua giới hạn ta được đpcm

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
ThangToan is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 15-01-2019, 05:57 PM   #21
beut
+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)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: beut, 15-01-2019 lúc 06:07 PM
beut is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 16-01-2019, 04:21 PM   #22
hung.vx
+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:
  1. Có tất cả là $n^{25}$ cách tô màu tất cả các ô của mảnh giấy ( kể cả giống nhau do quay và lật).
  2. Phép lật ngược mảnh giấy được xem như là phép đối đối xứng của hình vuông (bao gồm phép đối xứng ngang dọc hoặc phép đối xứng chéo).
  3. Một số mảnh giấy có thể tự xoay hoặc tự đối xứng thành chính nó và tất cả các mảnh giấy được chia thành $8$ trường hợp sau:
    1. Quay được $90^0$ và đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_1=n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $1$ lần.
    2. Quay được $90^0$ và không đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_2=n^7-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    3. Quay $180^0$ và đối xứng ngang hoặc dọc (không quay $90^0$): Trường hợp này có tất cả là $x_3=n^8-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    4. Quay $180^0$ và đối xứng chéo (không quay $90^0$): Trường hợp này có tất cả là $x_4=n^9-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    5. Quay $180^0$ và không đối xứng (không quay $90^0$): Trường hợp này có $x_5\leq n^{13}-n^7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    6. Không quay được nhưng đối xưng ngang hoặc dọc: Trường hợp này có tất cả là $x_6\leq n^{14}-n^8$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    7. Không quay được nhưng đối xứng chéo: Trường hợp này có tất cả là $x_7\leq n^{15}-n^9$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    8. Không quay và không đối xứng: Đây là những cách tô màu còn lại, có tất cả là $x_8=n^{25}-x_1-x_2-x_3-x_4-x_5-x_6-x_7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng 8 lần.
Vậy số cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán là
$$S=x_1+\frac{x_2+x_3+x_4}{2}+\frac{x_5+x_6+x_7}{4 }+\frac{x_8}{8}=\frac{n^{25}+x_7+x_6+x_5+3x_4+3x_3 +3x_2+7x_1}{8}$$
$$\leq \frac{n^{25}+n^{15}+n^{14}+n^{13}+2n^9+2n^8+2n^7-2n^6}{8}\leq\frac{n^{25}+4.n^{15}+n^{13}+2n^7}{8}. $$


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
hung.vx is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to hung.vx For This Useful Post:
baotram (16-01-2019), MATHSCOPE (16-01-2019)
Old 01-02-2019, 07:25 AM   #23
tmp
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Bài gởi: 147
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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
tmp is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 01-02-2019, 09:28 AM   #24
tmp
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Bài gởi: 147
Thanks: 26
Thanked 17 Times in 14 Posts
Đang nóng ruột về kq 2019,ai cho vài thông tin đi ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
tmp is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 01-02-2019, 11:04 AM   #25
tmp
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Bài gởi: 147
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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
tmp is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 08:17 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2019, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 86.43 k/97.55 k (11.40%)]