Có hay không tồn tại vô số số nguyên tố p thỏa mãn:

i) $p\equiv 1\pmod 4$

ii) $v_2\left(\text{ord}_p (2)\right)=v_2\left(p-1\right) $

Câu 2:

$(x+1)P(x-1)-(x-1)P(x)=a$

Cho $x=1 \Rightarrow P(0)=\dfrac{a}{2}$

Cho $x=-1 \Rightarrow P(-1)=\dfrac{a}{2}$

Đặt $P(x)=\dfrac{a}{2}+x(x+1)R(x)$

Thế vào ban đầu thấy thỏa mãn

Câu 2: Cho $x=y=0 \Rightarrow f(0)=0$

Cho $x=0 \Rightarrow f(y^3)=y f(y^2) \Rightarrow f(x)=-f(-x)$

 Thay vào phương trùnh ta có:

$yf(x^2)+xf(y^2)=(x+y).f(xy)$

Thế $y$ bởi $-y$ ta có:

$-yf(x^2)+xf(y^2)=-(x-y)f(xy)$

 

Cộng vế $xf(y^2)=yf(xy)$

Cho $y=1$

 

 

Câu 4:

IMO 2013

 

 

 

Gọi BE; CF là các đường cao
I;J lần lượt đối xứng với F; E qua 2 phân giác ABH và ACH

Ta có: $\hat{FIE}=\hat{FJE}=135-\dfrac{\hat{A}}{4}$
Nên tứ giácEFIJ nội tiếp và nội tiếp đường tròn tâm P

Mặt khác EFBC nội tiếp đường tròn tâm N
Nên $NP \perp EF$ (1)

Gọi O là tâm ĐT ngoại tiếp tam giác ABC
Có : $AO \perp EF ; MN// AO$
Nên $MN \perp EF$ (2)

Từ (1) (2) suy ra $M;N;P$ thẳng hàng

Bài làm

Xét thành phố A bất kỳ

Gọi $S_1$ là tập hợp các thành phố mà có đường đi từ A đến

 

$S_2$ là tập hợp các thành phố mà có đường đi nơi đó đến A

 

$S_1$ là tập hợp các thành phố không có đường nối trực tiếp đến A

Do có 210 thành phố nên $|S_1|+|S_2|+|S_3|=209$

Nhận thấy các thành phố thuộc $S_1 $ không có đường đi trực tiếp với nhau.
Tương tự với $S_2$
Nhưng số đường đi giữa thành phố thuộc $S_1$ với thành phố thuộc $S_2$ nhỏ hơn hoặc bằng $|S_1|.|S_2|$

Số các đường đi giữa các thành phố thuộc tập $S_3$ không quá $|S_3|(|S_1|+|S_2|)$

Như vậy tổng số đường đi lớn nhất là:
$|S_1|+|S_2|+|S_1|.|S_2|+|S_3|(|S_1|+|S_2|)$
$=|S_1|.|S_2|+(|S_3|+1)|S_1|+(|S_3|+1)S_2$
$\le \dfrac{(|S_1|+|S_2|+|S_3|+1)^2}{3}=14700$

Dấu bằng có xảy ra nếu như có 70 thành phố thuộc nhóm I ;70 thành phố thuộc nhóm II ;70 thành phố thuộc nhóm III
Sao cho thành phố nhóm I có đường đến nhóm II ; nhóm II có đường đến nhóm II và nhóm III có đường đến nhóm I

Bài làm

Giả sử tồn tại (x;y) thỏa mãn $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$ (ĐK: $y \ge -1$)
Thì $(x^2-y^2)^2=y+1$

*) Nếu $x^2=y^2 \Rightarrow x=y  \text{hoặc} x=-y \Rightarrow x=y=-1 \text{hoặc} x=1 ; y=-1$ (loại)
*) Nếu $x^2 \ne y^2$ suy ra $x^2-y^2 \ne 0$ hay

$\left[\begin{matrix} |x| \ge |y|+1\\ |x|\le |y|-1\end{matrix}\right.$

+) Nếu $|x| \ge |y|+1 \Rightarrow x^2 \ge y^2+2y+1 \Rightarrow x^2-y^2 \ge 2|y|+1\\ \Rightarrow x^4-2x^2y^2+y^4 \ge 4y^2-4|y|+1 \ge 4y^2-4y+1 \\ \Rightarrow (x^2-y^2)^2 \ge (2y-1)^2.$

+) Nếu $|x| \le |y|-1 \Rightarrow x^2 \ge y^2-2y+1 \Rightarrow x^2-y^2 \ge -2|y|+1\\ \Rightarrow x^4-2x^2y^2+y^4 \ge 4y^2-4|y|+1 \ge 4y^2-4y+1 \\ \Rightarrow (x^2-y^2)^2 \ge (2y-1)^2.$

Tóm lại ta luôn có : $(x^2-y^2)^2 \ge (2y-1)^2$
Từ giả thiết suy ra $y+1 \ge (2y-1)^2 \Rightarrow 4y^2-5y \le 0 \Rightarrow 0 \le y \le 2$

Nếu $y=0 \Rightarrow x=1$
Nếu $y=1 $ loại
Nếu $y=2$ loại

Vậy $(x;y)=(1;0)$

 

Sai từ dòng này

$|x| \le |y|-1 \Rightarrow x^2 \ge y^2-2y+1$

$d=5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=28$

1. Họ và tên thật: Hoàng Trung Hiếu

2. Đang học lớp 11 Toán 1, trường THPT Chuyên Thái Bình

3. Đề
 
Cho $\Delta ABC$ và đường thẳng $d$ cố định . Trên 2 đoạn thẳng $MB; MC$ lần lượt lấy 2 điểm $E;F$ cố định sao cho: $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$ cố định. Từ $E;F$ lần lượt kẻ: $EP;FQ$ vuông góc với $d$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $PQ$ luôn đi qua đường thẳng cố định

4. Đáp án
Hình Vẽ:





Do $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$

Vì $PE;XY;FQ$ cùng vuông góc với $d$
Nên
$\overrightarrow{PE}=(1-k).\overrightarrow{MX};\overrightarrow{FQ}=(1-k).\overrightarrow{MY}$

Chúng ta cần tìm điểm O cố định sao cho $MO \perp PQ$

Gọi $H$ là hình chiếu của A xuống $d$. Từ H kẻ $d_1 \perp BC$

Trên $d_1$ lấy điểm $O$

$MO \perp PQ \Leftrightarrow \overrightarrow{MO}.\overrightarrow{PQ}=0$

$\Leftrightarrow (\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HO}).(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{HO}.(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)+(1-k).\overline{HO}.\overline{XY}.\cos(XY;OH)=0$

$\Leftrightarrow \overline{HO}=-\dfrac{k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)}{\overline{XY}.\cos(XY;OH)}$
Vì XY luôn vuông góc với nên XY luôn song song với chính nó. Do đó tam giác AXY luôn đồng dạng và cùng hướng với chính nó.
nên $\dfrac{HM}{BC}$ không đổi
Nên O cố định
Bài toán được chứng minh hoàn toàn $\blacksquare.$

 

Đã được chọn trong trận 2!

Đề sai kìa Đạt ơi
$$a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n$$

Bài hình nữa
(tam giác CDE)

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}; g:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn:
$$f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

Bài làm

$$\boxed{f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)}$$

+) Thế y bởi 0: $f(x+g(0))=xf(0)+g(0)$
Đặt $g(0)=a$

với $\Delta$ bất kỳ
Thế $(x;y)$ bởi $(x+\Delta +a ; y)$
Ta có: $f(x+a+\Delta+g(y))=(x+a+\Delta) f(y)-yf(x+a+\Delta)+g(x+a+\Delta)$
Thế $(x;y)$ bởi $(x+a ; y)$
Ta có: $f(x+a+g(y))=(x+a)f(y)-yf(x+a)+g(x+a)$

Trừ vế cho vế được:
$\Delta f(0)+g(x+\Delta+g(y))-g(x+g(y))=\Delta f(y)-y(\Delta f(0)+g(x+a+\Delta )-g(x+a))+g(x+\Delta )-g(x)$

Cho $y=0$
Trở thành: $g(x+t+c)-g(x+c)=g(x+t)-g(x)$

Cho $y=1$ và kết hợp với điều trên có:
$g(x+\Delta +g(1))-g(x+g(1))=\Delta (f(1)-f(0))$

Từ đó suy ra $f(x)=\frac{a(x-a)}{a+1},g(x)=a(x-a) $

Bài toán : Giải phương trình hàm sau:

$$ f\left({x+y+f(y)}\right) = f(x)+ny $$

 

Bài toán : Giải phương trình hàm : (Singapore IMO TST 2008, Problem)

$(x+y)(f(x)-f(y)) = (x-y)f(x+y)$

 

Bài toán : Giải phương trình hàm sau : (2013 Japan Final)

 

\[ f(m)+f(n)=f(mn)+f(m+n+mn) \]

 

Bài toán : Giải phương trình hàm: (USA TST 2012)

 

$$f(x+y^2) = f(x) + |yf(y)|$$

 

 

Bài toán 32 : Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $\left | \sum_{k=1}^{n}[3^k(f(x+ky)-f(x-ky))] \right |\leq 1$.

Ta có:
$-1 \le \sum_{k=1}^{n}[3^k(f(x+ky)-f(x-ky))] \le 1$
$\to -1 \le \sum_{k=1}^{n-1}[3^k(f(x+ky)-f(x-ky))] \le 1$
Trừ vế cho vế ta có:
$-2 \le 3^n(f(x+ny)-f(x-ny)) \le 2$
Đặt $u=x+ny; v=x-ny$
Thì $|f(u)-f(v)| \le 2/3^n$
$\to f(x)=$const

Tài liệu hình học của Hà Vũ Anh

Link download:  http://adf.ly/PD9MS

 

 

sử dụng bất đẳng thức để giải bất phương trình

Link download: http://adf.ly/PCXoU

 

 

BT2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :
 
$f(x^2+f(y))=xf(x)+y$.

Cho $x=0 \to f(f(y))=y$
Suy ra $f(x)$ là một song ánh
Nên tồn tại duy nhất $a : f(a)=0$
Thay $(x;y)=(a;0) \to f(a^2+f(0))=0$
Mà $o=f(f(0)) \to a^2+f(0)=f(0) \to a=0$
Tức là $f(0)=0$
Thay y=0 $\to f(x^2)=xf(x)$
$\to f(x^2)=f(f(x)).f(x)=f(f(x)^2)$
$\to f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$
Thế nhưng cái này chỉ đúng với mỗi x chứ không đúng với mọi

Ta sẽ chứng minh mệnh đề trên đúng với mọi x
Giả sử tồn tại $a;b \ne 0$ mà $f(a)=a; f(b)=-b$
Thay vào giả thiết ban đầu ta có:
$f(a^2-b)=a^2+b$
$\to a=0$ hoặc $b=0$
Vô lí
Kết luận $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x \ \forall x \in R$

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, lấy $D \in$ cạnh $AC$. Lấy $E$ đối xứng $A$ qua $BD$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $D$ và vuông góc $BC$.Gọi $F$ là giao điểm của $CE$ và $d$. Chứng minh $AF,DE,BC$ đồng quy. 
 

 
Gọi $I=FD \cup GC ; K= BC \cup AE$ 
Ta có:
$\widehat{BAD}=\widehat{BED}=\widehat{BID}=90^o$
$\to A;B;E;I;D$ cùng thuộc một đường tròn
$\to \widehat{EIK}=\widehat{KIA}(=\widehat{BDA}=\widehat{BDE})$
$\to \dfrac{EK}{KA}=\dfrac{EI}{IA}$

$AF,DE,BC$ đồng quy.
$\Leftrightarrow \dfrac{EK}{KA}.\dfrac{AD}{DC}.\dfrac{CF}{FE}=1$
$\Leftrightarrow \dfrac{EI}{IA}.\dfrac{IA}{IC}.\dfrac{\sin AID}{\sin BIC}.\dfrac{CI}{IE}.\dfrac{\sin CIF}{\sin FIE}=1$
Luôn đúng
Luôn đúng

Link download: http://www.mediafire...8atfb4g0dhy55pn

 

Bài 1 :Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=1$.Tìm max của
$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}}$.

Gợi ý : Đặt $(x;y;z)=(\tan \dfrac{A}{2};\tan \dfrac{B}{2};\tan \dfrac{C}{2})$

Câu 1: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực sao cho: 

 

$(x+1)P(x-1)-(x-1)P(x)$

 

là đa thức hằng.

 

Bài làm:

Đặt $(x+1)P(x-1)-(x-1)P(x)=k (*)$

*) Với $x=1 \Rightarrow P(0)=k$

*) Với $x=-1 \to P(-1)=k$

Nên $P(x)-k$ có 2 nghiệm $0;-1$

$\to P(x)=x(x+1)Q(x)+k$

 

Thay vào $(*)$ ta có: 

$(x+1)[(x-1)xQ(x-1)+k]-(x-1)[x(x+1)Q(x)+k]=k$

$\Leftrightarrow x(x-1)(x+1)[Q(x+1)-Q(x)]=k$

Nên $Q(x+1) \equiv Q(x)$

$\to Q(x) =c$ là hằng số

Vậy $P(x)=cx(x+1)+k$ với c;k là hằng số. $\blacksquare$

 

Cho $x;y;z$ không âm sao cho có nhiều nhất 1 số bằng 0. Chứng minh

$$\sum \dfrac{1}{x^3+y^3} \ge \dfrac{20}{(x+y+z)^3}$$

cho$a,b,c> 0$,$a,b,c> 0,abc= 1. CMR: \sum \frac{1}{a^{2}+2b^{2}+3}\leq \frac{1}{2}$

 
$$\sum \dfrac{1}{a^2+2b^2+3} \le \dfrac{1}{2(ab+b+1)}=\dfrac{1}{2}$$

Korea Final Round 2013

 

 

$\fbox{1}$ Cho $\Delta ABC(\hat{B}>\hat{C})$. $D \in AC$ thoả mãn $\widehat{ABD}=\widehat{C}$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$. Đường tròn ngoại tiếp $\Delta CDI$ giao với $AI$ tại $E(\ne I)$.Đường thẳng đi qua $E$ và song song với $AB$ cắt $BD$ tại $P$. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$. Điểm $A'$ là điểm thoả mãn $AI=IA'$. Điểm $Q$ là giao điểm $JP$ và $A'C$. Chứng minh rằng :$QJ=QA'$.

$\fbox{2}$ Tìm $ f :\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ thoả mãn các điều kịên sau:

a.$ f(x)\ge 0\ \ \forall \ \ \ x\in\mathbb{R} $

b. Với $a;b;c;d \in \mathbb{R}$thoả mãn $ ab+bc+cd = 0 $ và

$$f(a-b)+f(c-d) = f(a)+f(b+c)+f(d) $$

$\fbox{3}$ Cho số nguyên $n \le 3$.Xét tập hợp $ T =\{ (i,j) | 1\le i < j\le n , i | j\} $. Đối với cac số thực không âm $ x_1 , x_2 ,\cdots , x_n $ thoả mãn $ x_1+x_2+\cdots+x_n = 1 $. Tìm giá trị lớn nhất của:

\[ \sum_{(i,j)\in T}x_i x_j \]

$\fbox{4}$ Cho $\Delta ABC$. $B_1;C_1$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp $\hat{B}$ và $\hat{C}$. $B_1C_1$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ tại $D(\ne A)$. $E$ là điểm thoả mãn : $B_1E \perp CA; C_1E\perp BA$. $ w $ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADE$. Tiếp tuyến của $ w $ tại $D$ cắt $AE$ tại $F$. G;H là các điểm thuộc $AE; w$ sao cho $DGH \perp AE$. Đường tròn ngọai tiếp $\Delta HGF$ cắt $ w $ tại $I(\ne H)$. J là chân đường vuông góc hạ từ $D $ xuống $AH$. Chứng minh $AI$ đi qua trung điểm $DJ$

$\fbox{5}$Cho a;b là 2 số nguyên dương ; $(a;b)=1$.Hai dãy $\{a_n\};\{b_n\}$ thoả mãn:

\[ (a+b\sqrt2 )^{2n}= a_n+b_n\sqrt2 \].

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thoả mãn tồn tại $n \le p$ thoả mãn $p | b_n$.

$\fbox{6}$

Đối với một hoán vị bất kì $ f :\{ 1, 2,\cdots , n\}\to\{1, 2,\cdots , n\} $ và xác định

\[ A =\{ i | i > f(i)\} \]

\[ B =\{ (i, j) | i<j\le f(j) < f(i)\ or\ f(j) < f(i) < i < j\} \]

\[ C =\{ (i, j) | i<j\le f(i) < f(j)\ or\ f(i) < f(j) < i < j\} \]

\[ D =\{ (i, j) | i< j\ and\ f(i) > f(j)\} \]

Chứng minh rằng: $ |A|+2|B|+|C| = |D| $.

Lên mạng search tự nhiên thấy
(Nguồn : MS)

 

http://online.print2...b5a1b4c/doc.php