1) Giao diện xấu quá đi thôi. Đề nghị đi sưu tầm các Template nào màu sắc đẹp hơn một chút. Cả mấy cái Icon cũng xấu... Nhìn icon bên cạnh chẳng ưa chút nào.
- Phần đăng ký chưa hoàn thiện. Đăng ký lần đầu chỉ xài password ít hơn 6 ký tự chẳng thấy thông báo gì cả, cứ tưởng đâu đăng ký xong. Đến lúc đăng nhập thì nó báo lỗi pw phải ít nhất 6 ký tự... và lúc đó mới phát hiện ra account chưa được tạo...
Sắp hết tiền trong card rồi, mai mốt nói tiếp....

2)Mất hẳn chức năng xem bài mới nhất trong mỗi mục. Đề nghị bổ sung...

3)Uh... phát hiện ra cái nhấp vào bài mới trong mục rồi, nhưng mà ko thấy tên bài viết mới, chỉ biết nhấp vào thì ra bài mới thôi

Lật sách giải để xem lời giải của nó. Đó cũng là một cách tìm lời giải

GIỚI THIỆU MỘT SỐ KHO SÁCH QUÝ TRÊN MẠNG
Tác giả: nakhuong


Lâu nay tôi vẫn hay lang thang trên Internet để tìm kiếm sách vở và tài liệu phục vụ cho việc học hành của mình. Tôi đã tìm được một số lượng khá lớn tài liệu, chủ yếu là các bài giảng của các giáo sư có để trên trang web của họ và từ một số địa chỉ mà ai đó đã có công tập hợp lại như là có lần tôi đã giới thiệu với các bạn một số trong chúng. Tất cả các tài liệu mà tôi có được đều ở dạng pdf, ps và dvi; rất hiếm khi gặp được vài cuốn sách kinh điển như là ìGalois Theory” của E. Artin hay là ìIntroduction to Number Theory” của W. Hardy,…

Sự khan hiếm những cuốn sách hay như vậy có gây cho tôi một số thắc mắc và mới rồi tôi mới giải tỏa được. Số là những cuốn sách quý thì chỉ có thể scan để đưa lên mạng, mà lưu giữ một cuốn sách được scan dưới dạng pdf, jpeg,… thì dung lượng của nó là rất lớn, cho nên những người tạo ra các bản điện tử này lưu giữ các cuốn sách dưới dạng DjVu, một định dạng không được phổ biến lắm và đây chính là lí do vì sao hiếm khi ta tìm được sách quý.

Lưu giữ một cuốn sách scan dưới dạng DjVu khiến cho dung lượng của cuốn sách giảm đi đáng kể, chẳng hạn một cuốn sách khoảng 600 trang thì chỉ tốn hết khoảng … 4MB bộ nhớ (điều này thật khó tưởng tuợng, vì lưu giữ dưới dạng pdf chẳng hạn thi phải tốn đến hàng trăm MB). Để đọc được file *.DjVu bạn chỉ cần dùng các trình duyệt Internet (thí dụ như Internet Explore) sau khi đã cài vào một ìplug-in” mà bạn có thể download tại http://www.djvuzone.org/. Tại trang nay bạn có thể tìm hiểu thêm những thông tin cụ thể hơn về cách tạo ra và mở các file *.DjVu.

Bây giờ tôi sẽ cung cấp cho các bạn một số địa chỉ mà bạn có thể download sách về mà dùng. Tuy nhiên trước hết tôi muốn nói rằng hầu hết những cuốn sách được scan và đưa lên những trang này đều là sách quý, vì lẽ dĩ nhiên không ai lại tốn công sức để scan một cuốn sách vài trăm trang mà không phải là sách quý. Gần như tất cả các lĩnh vực của Toán học đều có một số sách kinh điển được đưa lên. Để cho các bạn dễ hình dung tôi lấy thí dụ như Hình học đại số thì có sách của các tác giả như Dieudone, Griffiths, Harris, Eisenbud, Shafarevich, Mumford,…; Đại số (giao hoán) thì có sách của các tác giả như Artin, Kurosh, Atiyah, Macdonald, Matsumura,…; Giải tích thì có sách của các tác giả như Rudin, Apostol,…; Phương trình vi phân đạo hàm riêng thì có sách của các tác giả như Taylor, Simon, Evans,… Ngoài ra còn có khá nhiều từ điển, sổ tay,… chuyên ngành toán và sách của các môn hoc khác nữa. Bên cạnh sách tiếng Anh thì có khá nhiều sách tiếng Nga, Pháp, đơn giản là vì tác giả của hầu hết những trang này là người Nga, Pháp. Dưới đây là một số địa chỉ tiêu biểu (tôi đã tìm được bằng cách search trên Google bằng từ khóa của chuyên ngành kết hợp với ìDjVu”), nếu các bạn có tìm được những địa chỉ nào tương tự như vậy thì xin vui lòng cung cấp để mọi người chia sẻ:

1) http://www.imath.kie...djvu_index.html
2) http://www.phys.spb....Books/index.php
3) http://fmf.ktu.lt/vilkas/
4) http://217.16.26.42/

Trên một số diễn đàn của Trung Quốc và Nga, các thành viên cũng có dùng chương trình eMule để chia sẻ các sách Toán scan bằng giao thức ed2k. Chương trình này các bạn có thể download tại địa chỉ http://www.emule-project.net/. Cách dùng chương trình này cũng giống như là HiDownload hay là Kazza vậy, nhưng hai chương trình này không có hỗ trợ giao thức ed2k như là eMule. Đây là một số địa chỉ mà tôi tìm được:

1) http://www.verycd.co...m/t/57925.shtml
2) http://forums.sharec...pic.php?t=19761

Có một điều rất đáng tiếc là đa số các trang web trên đều có hạn chế tốc độ đường truyền cho nên tốc độ download hơi chậm. Các bạn ở Việt Nam mà không có điều kiện sử dụng đường truyền Internet băng thông rộng thì không thể download được các sách này. Nếu các bạn cần sử dụng những sách này thì có thể liên hệ với bạn bè mình có sử dụng được dịch vụ ADSL hay là các bạn bè của mình ở nước ngoài để nhờ họ gởi về. Ngoài ra các bạn cũng có thể liên hệ với tôi để tôi tìm cách gởi cho các bạn. Nhân đây tôi cũng đề nghị với các anh quản lí diễn đàn nên download tất cả các sách này về rồi sắp xếp lại (vì tôi nhận thấy họ sắp xếp không được hệ thống lắm) thành một cơ sở dữ liệu để các thành viên trong diễn đàn có thể dễ dàng dùng đuợc.

Chúc các bạn tìm được nhiều tài liệu cần thiết và sử dụng hiệu quả.

nakhuong.

www.cabri.com
Ra ngoài homepage mà đọc!

MENELAUS OF ALEXANDRIA
Dịch bởi Lâm Hữu Phước

Menelaus sống trong thời đại đế chế Alexandria. Tương truyền rằng ông được sinh ra vào khoảng năm 70 thời đại Alexandria, ở Ai Cập và mất vào khoảng năm 130.

Mặc dù chúng ta biết rất ít về cuộc đời của Menelaus, nhưng qua Ptolemy, chúng ta cũng biết những quan sát thiên văn của Menelaus ở Roma vào ngày 14 tháng 1 năm 98. Những quan sát này bao gồm cả hiện tượng mặt trăng che khuất ngôi sao Beta Scorpii. Ông ta cũng nói về Plutarch, người mô tả cuộc nói chuyện giữa Menelaus và Luccius, trong đó Lucius đã xin lỗi Menelaus vì đã nghi ngờ sự kiện ánh sáng khi phản xạ, tuân theo luật góc tới bằng góc phản xạ. Lucius nói: "Thưa ngài Menelaus, tôi lấy làm xấu hổ khi đã nghi ngờ một mệnh đề toán học, cơ sở về phản xạ học. Chưa bao giờ có một mệnh đề như vậy."

Cuộc đàm thoại được cho là đã diễn ra ở Roma vào một thời gian sau năm 75 sau công nguyên, và như thế, nếu phỏng đoán Menelaus được sinh vào năm 70 sau công nguyên là gần đúng thì nó diễn ra vào nhiều năm sau năm 75.

Ngoài ra, những gì biết về cuộc đời của Menelaus là rất ít, ngoại trừ ông được Pappus và Proclus gọi là Menelaus của thời Alexandria. Tất cả những gì chúng tôi viết ở đây đều là những phỏng đoán dựa vào khoảng thời gian ông ta sống ở cả Roma và Alexandria, nhưng điều suy đoán hợp lý nhất là ông ta sinh ra ở Alexandria và sống ở đó thời trẻ, sau đó, chuyển đến Roma.

Một quyển toán Ả rập được viết vào khoảng thế kỷ X đã ghi lại về Menelaus như sau: Ông ta sinh ra trước Ptolemy. Ông ấy đã viết "Sách về các mệnh đề khối cầu", "Kiến thức về các lực và sự phân phối của các vật thể", 3 quyển sách về "Hình học cơ bản" được Thabit Ibn Qurra chỉnh sửa, và "Sách về tam giác". Một trong số đó đã được dịch sang tiếng Ả rập.

Các quyển sách của Menelaus chỉ còn lại quyển Sphaerica. Nó liên quan tới tam giác cầu và ứng dụng tam giác cầu trong thiên văn. Đầu tiên, ông ta định nghĩa tam giác cầu và để định nghĩa ở quyển 1: "Một tam giác cầu là phần không gian bị giới hạn bởi các cung của một đường tròn lớn trên mặt cầu, các cung này luôn nhỏ hơn một nửa đường tròn."

Trong quyển 1 của Sphaerica, ông cũng thiết lập các tương quan cơ bản cho tam giác cầu giống như Euclide đã thiết lập cho tam giác phẳng. Ông đã dùng các cung của đường tròn lớn thay vì dùng các cung của các đường tròn song song trên mặt cầu. Đây là một bước ngoặc trong sự phát triển môn lượng giác cầu. Tuy nhiên, Menelaus có vẻ không vừa ý với phương pháp chứng minh quy nạp thông thường mà Euclide hay dùng. Menelaus không dùng cách này để chứng minh định lý, thế là ông ta đã chứng minh một số định lý trong hình học của Euclide tương ứng cho trường hợp tam giác cầu một cách dễ dàng và bằng các phương pháp khác.

Trong một số trường hợp, tương quan của Menelaus hoàn thiện hơn các tương quan tương tự trong hình học Euclide.

Quyển 2 áp dụng hình học cầu vào nghiên cứu thiên văn. Những kết quả áp dụng rộng rãi nhất là các mệnh đề của Theodosius trong tác phẩm Sphaerica, nhưng Menelaus đưa ra các phương pháp chứng minh tốt hơn.

Quyển 3 liên quan tới lượng giác cầu và bao gồm các định lý của Menelaus. Các định lý này không được biết đến đối với tam giác phẳng.

"Nếu một đường thẳng cắt 3 cạnh bên của một tam giác (một trong những cạnh bên được kéo dài từ một cạnh của tam giác), thế thì tích 3 đoạn thẳng được tạo thành bằng tích 3 cạnh của tam giác"

Menelaus giải thích định lý về tam giác cầu trên (ngày nay gọi là định lý Menelaus) và đưa vào quyển 3 như một mệnh đề đầu tiên. Các đường thẳng có thể hiểu là giao của những đường tròn lớn trên mặt cầu.

Những lời chú giải, bình luận trong tác phẩm Sphaerica đã được dịch sang tiếng Ả rập. Một số tác phẩm vẫn còn nhưng việc xây dựng lại tác phẩm như bản gốc là rất khó khăn. Mặt khác, chúng ta phải biết rằng còn có những việc tìm các kiến thức trước tác phẩm để giải thích, cho nên dễ thấy rằng chúng ta không thể hiểu rõ bản gốc được. Những bản dịch tiếng Ả rập [6], [9] và [10] đã được đem ra thảo luận.

Có nhiều công trình khác của Menelaus được các tác giả Ả rập đề cập nhưng đã bị mất cả bản tiếng Hy Lạp lẫn bản tiếng Ả rập. Chúng tôi đưa ra các trích dẫn trên từ một quyển sách Ả rập vào thế kỷ X, nó đã ghi lại những quyển sách được gọi là "Hình học cơ bản", gồm 3 quyển được Thabit Ibn Qurra dịch sang tiếng Ả rập. Nó cũng ghi lại một công trình khác của Menelaus có tên là "Sách viết về các tam giác" và mặc dù công trình này bị mất nhiều mảnh nhưng một bản dịch tiếng Ả rập đã được tìm thấy.

Proclus đã nói đến hình học Menelaus, không có trong những công trình còn sót lại. Người ta nghĩ rằng loại hình học này đã được đề cập trong các nguyên bản. Sau đây là một chứng minh của một định lý trong tác phẩm "cơ bản" của Euclide do Menelaus chứng minh lại, không dùng phương pháp quy nạp thông thường, chứng minh này nằm trong những công trình còn sót lại, đối với ông ta, định lý hiển nhiên. Chứng minh mới mà Proclus cho rằng của Menelaus đã chứng minh một bản dịch trong bản dịch tác phẩm của Euclide.

"Nếu 2 tam giác có 2 cặp cạnh tương ứng bằng nhau nhưng một trong 2 tam giác có đáy lớn hơn đáy tam giác kia, thì góc xen giữa 2 cạnh của tam giác này sẽ lớn hơn góc xen giữa 2 cạnh của tam giác kia."

Bản chỉ mục tiếng Ả rập khác đã gợi ra rằng tác phẩm "Hình học cơ bản" chứa bài giải của Archytas về bài toán "phân đôi khối lập phương". Paul Tarinery trong [8] đã phát biểu kết quả tương tự cho một đường cong bất kỳ, vấn đề này đã được Pappus đưa ra và Menelaus đã xét đến đường cong Viviani. Bulmer-Thomas trong [1] đã giải thích: đó là một phỏng đoán hấp dẫn nhưng hiện nay chưa thể chứng minh được.

Một số tác giả Ả rập trong những tác phẩm về cơ học, rất tin những giả thuyết của Menelaus. Nó dùng để nghiên cứu sự cân bằng Archimedes và chính Menelaus đã nghĩ ra. Đặc biệt, Menelaus còn rất thích nghiên cứu về trọng lực và phân tích hợp kim.

Cố gắng lên em ơi. Anh tin em sẽ vượt qua được thời điểm khó khăn này.

Tiện đây em hỏi luôn về Cabri Geometry II l�  làm thế nào có thể vẽ được một góc mới bằng góc cho trước m�  không phải dùng cách "thủ công" vì khi sửa số đo góc thì góc vẫn như thế, chẳng thay đổi gì cả!

Có một cách thế này, anh chưa thử nhưng nghĩ là được. Em dùng công cụ để đo góc, sau đó vẽ một góc mới có so đo kia (dùng phép quay).Thử đi em nhá. Còn mấy cái c*rack thì anh không có cho mấy bản mới của nó.

Nhà toán học Giovanni Ceva
Dịch bởi thuantd

Giovanni Ceva sinh ngày 7 tháng 12 năm 1647 tại Milan, nước Ý. Ông mất ngày 15 tháng 6 năm 1734 tại Mantua, nước Ý.

Thuở nhỏ, ông theo học tại trường dòng Thiên chúa giáo ở Milan. Lớn lên ông học ở Đại học Pisa, và sau đó, năm 1686 được bổ nhiệm làm giáo sư Toán tại trường Đại học Mantua, nơi ông gắn bó suốt đời.
Năm 1686, khi mới được bổ nhiệm, Giovanni Ceva làm việc dưới quyền cai trị của vua Gonzagas. Tuy nhiên, năm 1708 nước Áo đem quân chiếm đóng và bắt đầu xây dựng công sự. Giovanni Ceva nhanh chóng chuyển sang làm việc dưới chế độ thống trị của người Áo.

Phần lớn cuộc đời, Giovanni Ceva giành cho việc nghiên cứu hình học. Ông đã khám phá ra một trong những kết quả quan trọng về tam giác bằng phương pháp hình học tổng hợp. Định lý phát biểu rằng các đường thẳng qua đỉnh của tam giác và cắt cạnh đối diện rõ ràng là đồng quy khi tích tỷ số các đoạn thẳng chia cạnh tam giác bằng 1 (xem hình minh họa để nắm rõ hơn). Định lý Ceva này được in trong cuốn ìDe lineis rectis” (1678).

Ceva cũng phát hiện lại và xuất bản định lý Menelaus. Ông còn nghiên cứu ứng dụng của hình học vào cơ học và tĩnh học. Ông đã có một kết luận sai rằng chu kỳ dao động của hai con lắc tỷ lệ với chiều dài của chúng, tuy nhiên, sau đó ông đã sửa chữa sai lầm này.

Ceva cho xuất bản ìOpuscula mathematica” năm 1682. Trong ìGeometria Motus” (1692), trong một chừng mực nào đó, ông đã có đề cập đến phép tính vi phân. Năm 1711, ông cho ra đời cuốn ìDe Re Nummeraria”, một trong những công trình đầu tiên về toán kinh tế, nhằm tìm ra điều kiện cân bằng cho hệ thống tiền tệ của bang Mantua.

Ceva cũng có những công trình quan trọng về thủy lực học, tiêu biểu là cuốn ìOpus hydrostaticum” (1728). Ông là một viên chức ở Mantua, và đã dùng kiến thức của mình về thủy lực học để bác bỏ thành công dự án ngăn dòng chảy của sông Reno đổ vào sông Po.

Girard Desargues - Ông tổ của hình học xạ ảnh
Dịch bởi thuantd

Những gì biết về cuộc đời của Girard Desargues còn quá ít. Ông sinh ngày 21/2/1591 tại Lyon (Pháp) và mất vào tháng 9/1661 tại Lyon. Gia đình ông mấy đời giàu có và có những người làm Luật sư, Thẩm phán ở pháp viện tối cao ở Paris cũng như ở Lyon - thành phố trọng yếu thứ hai của Pháp.
Desargues có vài lần đến Paris trong nhiều ngày khi đi kiện để đòi lại một khoản nợ khổng lồ. Ngay cả khi không đòi được, gia đình ông vẫn sở hữu mấy căn nhà lớn ở Lyon, một trang viên gần thị trấn ở Vourles, một lâu đài nhỏ với những vườn nho tốt nhất bao quanh. Desargues thật sự có nhiều thuận lợi trong việc ăn học. Ông có thể mua bất kỳ cuốn sách nào ông muốn, và có thời gian, điều kiện để theo đuổi những gì ông thích: thiết kế cầu thang xoắn ốc một cách tỉ mỉ, khéo léo chế ra một dạng máy bơm mới… Với Desargues, niềm đam mê lớn nhất là Hình học. Ông là người đặt nền móng cho một môn Hình học mới mà nay gọi là "Hình Học Xạ Ảnh" hay "Hình học Hiện đại". Ông thực sự là một nhà toán học tài ba. Tuy nhiên, lối toán học của ông không hề dễ hiểu.
Khi ở Paris, Desargues tham gia nhóm toán học của Marin Mersenne (1588 - 1648). Nhóm này còn có Rene Descartes (1597 - 1650), Etienne Pascal (1588 - 1651) và Blaise Pascal (1623 - 1662) - con trai Etienne. Họ là những người ủng hộ cho công việc nghiên cứu của Desargues. Một số trong công trình nghiên cứu của Desargues về sau được Abraham Bosse (1602 - 1676) phát triển theo nhiều dạng. (Tương truyền, Abraham là một người thợ chạm, nhưng cũng có thể là một giáo viên dạy vẽ phối cảnh)

Desargues viết dựa trên các vấn đề thực tế như Nghệ thuật vẽ phối cảnh (1636), Chạm đá phục vụ cho xây nhà và đồng hồ mặt trời (1640). Tuy nhiên, bản viết của ông có nội dung dày đặc và mang tính lý thuyết đối với việc giải quyết những vấn đề có liên quan. Ông không dùng quá nhiều lời và không giải thích về cơ bản từng bước trong đề tài chủ yếu viết cho các thợ thủ công.

Tác phẩm quan trọng nhất của Desargues dẫn đến việc sáng tạo ra dạng hình học mới có tựa "Bản thảo sơ lược cho một tiểu luận gồm những kết quả về các mặt phẳng tiết diện của hình nón". Rất ít bản được in ở Paris năm 1639. Cho đến nay mới chỉ tìm lại được 1 bản vào năm 1951. Công việc của Desargues chỉ được biết thông qua bản thảo của Philippe de la Hire (1640 - 1718). Cuốn sách ngắn nhưng đầy chữ. Nó bắt đầu bằng những đường thẳng và những điểm thẳng hàng, xem xét mối quan hệ giữa 6 điểm, nghiên cứu một cách chặt chẽ về các trường hợp có liên quan đến khoảng cách vô hạn, và sau đó chuyển về các đường conic, chỉ ra rằng chúng có thể nghiên cứu trên những gì bất biến qua phép chiếu. Chúng ta nhận được một lý thuyết hợp nhất về các đường conic.

Mặc dù không trực tiếp tham khảo các định lý hay thuật ngữ của những nhà toán học Hy Lạp cổ đại, Desargues cũng nhận ra các vấn đề được đề cập trong công trình của các nhà hình học cổ (Apollonius, Pappus). Cách Desargues giải thích có khác, có thể do cách ông nhận ra vấn đề chịu ảnh hưởng sâu sắc của thực tế, đặc biệt là để nghiên cứu về nghệ thuật vẽ phối cảnh (một dạng của phép chiếu hình nón). Dường như từ nghiên cứu về nghệ thuật vẽ phối cảnh và các vấn đề có liên quan, ý tưởng mới của Desargues nảy sinh. Về sau, từ hình học họa pháp, một kỹ thuật có nhiều điểm giống với vẽ phối cảnh, Hình học xạ ảnh được xây dựng hoàn chỉnh bởi những học trò của Gaspard Monge (1746 - 1818).

Nói về Desargues, chúng ta không thể không nhắc đến định lý nổi tiếng: khi đường thẳng nối ba đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy thì giao điểm của các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng.

Những bài viết bày tỏ cảm xúc lúc ấy giờ khó mà post lại lắm, vì cảm xúc không đến 2 lần, hic hic... mấy bài thơ văn của nhiều người....

Trước đây, mục này là nhộn nhịp nhất đây. Mọi thành viên mới vào đều ghé qua đây ra mắt nhau. Mọi người đâu hết cả rồi mà chưa chịu vào đây bắt tay nhau nhỉ?
Không hiểu những thành viên cũ nếu có đăng ký mới còn giữ nguyên nick cũ hay không?

P/S. Đề nghị mọi người khi gửi bài nên bỏ dấu tiếng Việt. Diễn đàn đã tích hợp sẵn bộ gõ Viettyping (chạy rất tốt trên Windows, còn mấy HĐH khác thì tôi không cài nên không biết).
Nhấn F9 để thay đổi kiểu gõ thích hợp, mặc định thì bỏ kiểu nào (VNI/TeLex/VIQR) nó cũng cho cả.

Nếu bấm F5 một lần không được thì chịu khó ấn khoảng 5-6 lần gì đó, nếu không được nữa thì xóa sạch thư mục các file tạm khi truy cập Internet đi (dùng chức năng dọn dẹp). Cũng chính vì thử bấm F5 nhiều quá mà tôi mất sạch mấy link cũ của diễn đàn vì mất trang chủ trong Cache. Lưu nhiều bài offline lắm, nhưng mà giờ cũng chẳng làm gì được vì trang chủ cũ đã ngỏm rồi.

Tại sao bạn lại dám khẳng định rằng chị Hai lớn hơn chị Ba? Ở chỗ tôi có một chị tên Ba và một chị tên Hai. Cả hai đều lớn tuổi hơn tôi nên tôi đều gọi bằng chị kèm theo tên của hai người. Chị Ba ấy lớn tuổi hơn chị Hai (hai người là hàng xóm của nhau). Điều đó cho thấy câu hỏi của bạn có vấn đề rồi nhá.

Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa TP.HCM

Năm học 2004-2005

Bài viết này trước đây được gửi bởi Beginer

Ngày thứ I:

Bài 1:
Cho phương trình $\large x^4 -(3m + 14)x^2 + (4m + 12)(2 - m) = 0$
a) Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt
b) Định m sao cho tích của 4 nghiệm trên đạt giá trị lớn nhật

Bài 2:
Giải các phương trình:
a) $\large |z^2 + |2x + 1| -1| = 2 - x^2$
B) $\large \sqrt{2x + 4} - 2\sqrt{2 - x} = \dfrac{12x -8}{\sqrt{9x^2 + 16}}$

Bài 3:
Cho $\large x,y$ là 2 số thực khác 0. Chứng minh : $\large \dfrac{x^2}{y^2} + \dfrac{y^2}{x^2} + 4 \geq 3(\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x})$

Bài 4:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: $\large x^2 + xy + y^2 = (x^2)(y^2)$

Bài 5:
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O,R). Vẽ tam giác đều ACD( D và B nằm trên 2 nửa mặt phẳng khác nhau có chung bờ AC). Gọi E là giao điểm của BD với đường tròn (O) , gọi M là giao điểm của BD với đường cao AH của tg ẠBC
a) Chứng minh MADC nội tiếp .
B) Tính ED theo R

Bài 6:
Cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn tâm O . Trên cung AC không chứ điểm B lấy 2 điểm K và M theo thứ tự A, K , M , C5Các đoạn thẳng AM và BK cắt nhau tại E , còn lại các đoạn thẳng KC và BM cắt nhau tại D . Chứng minh : ED // AC .

Bài này trước đây được gửi bởi Circle

Bài 6: BK,BM cắt AC tại G,H.
Ta có: $\large \Delta BGC$~ $\large \Delta BCK$ $\large \dfrac{BG}{BC}=\dfrac{BC}{BK}$

Tương tự: $\large \dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AB}{BM}$

$\large \dfrac{BG}{BH}=\dfrac{BM}{BK}$

Mà: $\Delta BEM $~ $\large \Delta BDK \Rightarrow \dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BM}{BK}$

nên $\large \dfrac{BG}{BH}=\dfrac{BE}{BD}$

$\large DE//AC$

Bài này trước đây do D'Lambert gửi

Không khó lắm, vừa sức phải ko?
Riêng bài 3 đã từng trên TTT2, bài này rất dễ dẫn đến sai lầm trong c/m

Bài nay trước đây do Huynh Anh Hao gửi

Chà tiếc quá. Năm nay tui hổng thi được. Nhưng vô cùng cảm ơn bác Beginer đã post đề lên.
Tui nghĩ đây là đề vòng 1 phải không bác? Đúng là rất vừa sức. Bác nào có đề vòng 2 không post lên luôn thể.

Bài này trước đây do sieuquay_nhinhanh187 gửi

Bài 1: $\large x^4-(3m+14)x^2+(4m+12)(2-m)=0$
a.
$\large \Delta= (3m+14)^2 - 4(4m+12)(2-m)$
$\large = 9.m^2+84m+196- 4(8m- 4.m^2+ 24- 12m)$
$\large = 9.m^2+84m+196-32m+16.m^2-96+48m$
$\large = 25.m^2+100m+100$
$\large = (5m+10)^2 \geq 0$
Vậy pt có nghiệm với mọi m thuộc R
b. Gọi $\large x_1,x_2,x_3,x_4$ lần lượt là nghiệm của phương tình trên.
Theo định lí viét ta có tích 4 nghiệm sẽ là:
$\large x_1x_2x_3x_4= \dfrac{c}{a}= (4m+12)(2-m)$
$\large = 8m-4m^2+24-12m$
$\large = -4.m^2-4m+24$
$\large = -4(m^2+m-6)$
$\large = -4( m^2+m+\dfrac{1}{4}-6-\dfrac{1}{4})$
$\large = -4.(m+\dfrac{1}{2})^2+25 \geq 25$
Max của tích trên là 25 $\large m+\dfrac{1}{2} = 0 \Rightarrow m= \dfrac{-1}{2}$

Bài này trước đây do libra gửi

Bác sieuquay nhinhanh187 ơi, bài 1a bác quên loại bỏ trường hợp delta=0 rồi, mà bác cũng quên luôn việc đặt t=x^2 rồi tìm điều kiện cho cả hai nghiệm cùa pt theo t lớn hơn 0 nữa, chứ nếu nghiệm theo t âm thì pt theo x sẽ vô nghiệm mà đề thì lại bảo tìm m sao cho pt theo x có những 4 nghiệm phân biệt cơ mà.

Bài này trước đây do libra gửi

Bài 3:
$\large \dfrac{x^2}{y^2} + \dfrac{y^2}{x^2} + 4 \geq 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2 - 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) + 2 \geq 0$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2 - (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) - 2(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) +2 \geq 0$
$\large \large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1) - 2(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1) \geq 0$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1)(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2) \geq 0$
Tới đây ta chỉ việc quy đồng lên là thấy ngay

Bài này trước đây do libra gửi

Ngày thứ II:

Bài 1:
Cho phương trình $\large x^2 + px + 1 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\large a_1, a_2$ và phương trình $\large x^2 + qx + 1 = 0$ có 2 nghiệm $\large b_1 , b_2$ . Chứng minh : $\large (a_1-b_1)(a_2-b_2)(a_1 + b_2)(a_2 + b_2) = q^2-p^2$

Bài 2:
Cho các số $\large a,b,c ,x,y,z$ thỏa : $\large x = by + cz, y = ax + cz, z = ax + by , x + y + z$ khác 0 .
Chứng minh : $\large \dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} = 2$

Bài 3:
a) Tìm $\large x,y$ thỏa $\large 5x^2 + 5y^2 + 8xy + 2x-2y + 2 = 0$
b) Cho các số dương $\large x,y,z$ thỏa $\large x^3 + y^3 + z^3 = 1$.
Chứng minh : $\large \dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} + \dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}} + \dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}} \geq 2$

Bài 4:
Chứng minh rằng không thể có các số nguyên $\large x, y$ thỏa phương trình $\large x^3-y^3 = 1993$

Bài 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) (AB < AC).Đường tròn tâm O1 tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại M , tiếp xúc với hai cạnh AB,AC lần lượt tại L và K. Gọi E là giao điểm thứ hai của MK với đường tròn (O).
a) Chứng minh ME là tia phân giác của góc AMC
B) Tia phân giác Mx của góc BMC cắt LK tại I. Chứng minh rằng bốn điểm M,I,K,C cùng thuộc một đường tròn .
c) Chứng minh CI là tia phân giác của góc BCA.

Bài 6:
Cho DABC có đường phân giác trong AD với D thuộc đoạn BC sao cho BD = a và CD = b ( a > b) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng BC tại E . Tính AE theo a và b.

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi

Cái bài 1 này có trong đề LHP mấy năm ngoái rồi mà còn cho lại.
Câu 3 b tui xin giải như sau:
$\large \dfrac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = \dfrac{x^3}{\sqrt{x^2(1 - x^2)}}$

Áp dung bđt Cauchy cho 2 số không âm $\large x^2$ và $\large 1 - x^2$ ta có
$\large \sqrt{x^2(1 - x^2)} \leq \dfrac{x^2 + 1 - x^2}{2} = \dfrac{1}{2}$

Vậy $\large \dfrac{x^3}{\sqrt{x^2(1 - x^2)}} \geq 2x^3$

Vậy cm tương tự cho 2 phân thức còn lại ta có đpcm.

Bài này trướcđây do libra gửi

Bài 2 em giải thế này các bác xem thử nhé:
Ta có :
$x+y+z$ khác 0
$1+a$ khác 0
=> x khác 0
Tương tự => y,z khác 0

Ta có :
$\dfrac{1}{1+a} = \dfrac{x}{x(1+a)} = \dfrac{x}{x+xa} = \dfrac{x}{ax+by+cz}$
$\dfrac{1}{1+b} = \dfrac{y}{y(1+b)} = \dfrac{y}{y+ya} = \dfrac{y}{ax+by+cz}$
$\dfrac{1}{1+c} = \dfrac{z}{z(1+c)} = \dfrac{z}{z+za} = \dfrac{z}{ax+by+cz}$
Cộng ba cái trên lại thì ta có đpcm.

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi



Bác giải thế là quá đạt rồi còn gì nữa.

Bài 6 $\large AE = \dfrac{ab}{a - b}$ phải không các bác?

Còn bài 5 chỉ là hình học thuần túy thôi nhưng tui suy nghĩ mãi mới ra đó!

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi



Bác giải thế l� quá đạt rồi còn gì nữa.

Bài 6 $\large AE = \dfrac{ab}{a - b}$ phải không các bác?

Còn bài 5 chỉ l� hình học thuần túy thôi nhưng tui suy nghĩ mãi mới ra đó!

Bài này trước đây do libra gửi



Bài 6 bác làm ra kết quả thế là đúng rồi đấy.



Bài 4:

Ta có:

$x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=1993$

=>$(x-y)$ và $(x^2+xy+y^2)$ là ước nguyên cuả 1993(do x và y đều là số nguyên)

Ước của 1993= 1, -1, 1993, -1993

Do $(x-y)(x^2+xy+y^2)=1993$ là số dương

=>$(x-y)$ và $ (x^2+xy+y^2)$ cùng dấu.

Ta cm được $ (x^2+xy+y^2) \geq 0$

Nên ta chỉ xét 2 trường hợp:

$x-y=1993$ và $ (x^2+xy+y^2)=1 (1)$

hay

$x-y=1 $ và $(x^2+xy+y^2)=1993 (2)$

Giải hai hệ này ta thấy hệ (1) không có nghiệm nguyên còn hệ (2) thì vô nghiệm.

=>đpcm