Đến nội dung

pcoVietnam02

pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: 27-01-2024 - 17:19
****-

#730043 Kinh nghiệm Olympic

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 01-09-2021 - 08:04

Giờ mà ôn cấp tốc thì chỉ có học tủ mấy mẹo thôi em. Còn để học thực sự thì phải mày mò lâu dài để có cảm giác.

 

Em biết là như vậy nhưng mà hồi xưa học mấy cái này em thấy khó nên không nhai nổi, giờ thấy hối hận quá sắp thi mà nhìn mấy bài số, tổ ngợp nên không biết anh có những tài liệu nào hay để em đọc mấy ngày này không anh?




#730035 Kinh nghiệm Olympic

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 31-08-2021 - 20:37

Em có một trăn trở là làm sao để có thể nắm được tương đối các kiến thực hay bài tập về mảng Tổ + Số ạ? Tại em khá kém 2 món này nên không biết học như nào mong cao nhân giúp đỡ và cho em vài tài liêu để thi chọn đội tuyển VMO 20 ngày tới ạ? :') Đề thi 10 câu nên em cx run tại thi lần đầu  :mellow:




#730030 Cho $f: (0;1)\rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $f(x)=...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 31-08-2021 - 16:31

Có vấn đề gì không ta

Nếu $y \in (0;1)$ thì $\frac{y}{y-1} < 0$

Mà $y=f(x) \Leftrightarrow x=\frac{y}{y-1} < 0$ (trái gt)

$\Rightarrow f$ không toàn ánh

 

Chính xác r  :lol:




#730017 $f(xf(y)) + f(yf(z))+ f(zf (x)) = xy + yz + zx\, \forall x, y,...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 31-08-2021 - 10:00

Thay $x, y$ bởi $0: 2f(0)+f(zf(0))=0$, đặt $a=f(0)$

Nếu $a != 0$ thay z bởi $\frac{z}{a}: f(z)=-2a$ (không thỏa hàm số)

$\Rightarrow a=0$

Thay $y$ bởi 0 được $f(z(f(x)))=zx (1)$

Thay z bởi 1 vào (1) dễ thấy $f$ đơn ánh

Thay z bởi $f(x),  x$ bởi 1 vào (1) được $f(f(x)*f(1))=f(x)$

$\Rightarrow f(x)*f(1)=x$

Thay vào $x, y, z$ bởi 1 đề bài được $f(1)^2=1$

Vậy $f(x)=x$ vì $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$

 

Một số kinh nghiệm khi trình bày phương trình có thể học hỏi: 

1. Khi sử dụng phương pháp thế, lưu ý ta nên ghi ví dụ như "thay $y=1$" thay vì ghi "thay y bởi 1" vì đang trong giai đoạn thay các giá trị đặc biệt, cụ thể là thay hằng số. Từ "bởi" chỉ được sử dụng trong trường hợp thay các giá trị là biểu thức chứa biến (luôn thay đổi theo $x$), ví dụ "thay $x$ bởi $f(x)$".

2. Xem kĩ tập giá trị trước khi thay, đừng nhầm giữa tập giá trị và tập xác đinh. Ví dụ, đề cho tập xác định là $f:\mathbb R \to \mathbb R$ nhưng lại ghi tập giá trị là $\forall x\in\mathbb R^+$ thì cũng đừng bị đánh lừa thay $x=0$ nhé, cái này nhiều người bị lắm  :lol:

3. Chú ý thêm khi sử dụng phép thế phân thức, chú ý chia trường hợp cho mẫu bằng 0 hoặc khác 0 trước (sau) phép thế (cái này chị làm rất đúng).  

-James-  ~O)




#730016 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 31-08-2021 - 09:44

Lâu rồi mình không quay lại, bây giờ sẽ là vài bài để giải trí  :D

$\boxed{17}$ Tìm tất cả hàm $f: \Bbb R\to \Bbb R$ thỏa mãn         $$f(x+f(xy)) = f(x)+xf(y)$$

 

$\boxed{18}$ Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x,y$ thỏa mãn $$f(x+y)f(x+f(y)) = x^2 + f(y^2).$$




#730014 $f(xf(y)) + f(yf(z))+ f(zf (x)) = xy + yz + zx\, \forall x, y,...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 31-08-2021 - 09:28

Cách em Hoàng rất hay vì đã đưa được về dạng phương trình tuyến tính sai phân cấp 2. Minh đóng góp thêm cách 2 theo đánh giá bất đẳng thức: 

 

Cách 2: Vì $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ nên ta sẽ có $f(xf(y))< f(xf(y))+f(yf(z))+f(zf(x))=xy+yz+zx$. Ta thấy nếu chọn $z$ đủ bé thì ta sẽ được $f(xf(y))\leq xy$.

Tương tự cho $f(yf(z)) $ và $f(zf(x))$ ta được $f(xf(y))+f(yf(z))+f(zf(x))\leq xy+yz+zx$.

So sánh với phương trình hàm ban đầu ta được dấu bằng xảy ra là nghiệm của phương trình hàm, tức là $f(xf(y))=xy$. 

Thay $x$ bởi $\frac{x}{f(1)}$ và $y=1$ ta được $f(x)= \frac{x}{f(1)}$, hay $f(x)=cx$ với $c$ là hằng số bất kì.

Thay $f(x)$ vào phương trình hàm ban đầu ta được $f(x)=x, \forall x\in\Bbb R^+$




#729099 Đề thi IMO 2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 24-07-2021 - 10:30

217951992_544984973371375_16446319488825




#729050 Đề thi IMO 2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-07-2021 - 06:47

Đề thi IMO 2021 (Bản tiếng Việt)
 
Ngày thứ nhất:
Câu 1: Cho $n\geq 100$. Toshi viết mỗi số $n,n+1,n+2,...,2n$ lên một thẻ khác nhau. Anh ta tráo $n+1$ tấm thẻ này và chia làm 2 phần. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phần có chứa 2 tấm thẻ với tổng của hai số trên đó là một số chính phương.
 
Câu 2: Chứng minh rằng bất đẳng thức
$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sqrt{|x_i-x_j|}\leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sqrt{|x_i+x_j|}$$ đúng với mọi số thực $x_1,x_2,...,x_n$.
 
Câu 3: Cho điểm $D$ nằm trong tam giác nhọn $ABC$ với $AB>AC$ sao $\angle DAB = \angle CAD$. $E$ nằm trên đoạn thẳng$AC$ sao cho $\angle ADE=\angle BCD$, điểm F nằm trên đoạn thẳng $AB$ sao cho $\angle FDA=\angle DBC$ và điểm $X$ nằm trên đường thẳng $AC$ sao cho $BX=CX$. Gọi $O_1, O_2$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADC$, $EXD$.Chứng minh rằng các đường thẳng $BC,EF$ và $O_1O_2$ đồng quy.
 
Ngày thứ 2:
Câu 4: Cho đường tròn $\Gamma$ có tâm $I$, và tứ giác lồi $ABCD$ sao cho mỗi đoạn thẳng $AB,BC,CD$ và $DA$ đều tiếp xúc với $\Gamma$. Gọi $\Omega$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AIC$. Tia $BA$ cắt $\Omega$ tại $X$ (không thuộc đoạn thẳng $BA$), tia $BC$ cắt $\Omega$ tại $Z$ (không thuộc đoạn thẳng $BC$). Tia $AD$ và $CD$ lần lượt cắt $\Omega$ tại $Y$ (không thuộc đoạn thẳng $AD$) và $T$ (không thuộc đoạn thẳng $CD$). Chứng minh rằng: $$AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC$$
 
Câu 5: Hai chú sóc, Grace và Jumpy, đi nhặt $2021$ hạt dẻ cho mùa đông. Jumpy đánh số các hạt dẻ từ $1$ đến $2021$, và đào $2021$ cái lỗ nhỏ theo hình vòng tròn quanh một gốc cây yêu thích của nạn. Sáng hôm sau, Jumpy phát hiện ra rằng Grace đã bỏ mỗi lỗ nhỏ một hạt dẻ nhưng không để ý đến các số ghi trên các hạt dẻ. Jumpy quyết định sắp xếp lại các hạt dẻ bằng cách thực hiện một dãy gồm $2021$ bước. Trong bước thứ $k$, Jumpy đổi chỗ hai hạt dẻ ở ngay bên cạnh của hạt dẻ được đánh số $k$. Chứng minh rằng tồn tại giá trị $k$ sao cho ở bước thứ $k$, Jumpy đổi chỗ hai hạt dẻ được đánh số $a$ và $b$ với $a<k<b$.
 
Câu 6: Cho $m\geq 2$ là một số nguyên. $A$ là một tập hợp hữu hạn các số nguyên (không nhất thiết dương), và $B_1,B_2,B_3,...,B_m$ là các tập con của $A$. Giả sử với mỗi số $k=1,2,...,m$, tổng các phần tử của $B_k$ là $m^k$. Chứng minh rằng $A$ chứa ít nhất $m/2$ phần tử.



#728293 Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-06-2021 - 16:54

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc:
$(a+b+c)^5 \ge 81abc(a^2+b^2+c^2)=243abc \implies a+b+c \ge 3\sqrt[5]{abc}$
Như vậy ta cần chứng minh:
\[15\sqrt[5]{abc}+\frac3{abc} \ge 18\]
Tuy nhiên đây là điều hiển nhiên vì theo bđt A-G cho 18 số không âm ta có:
\[15\sqrt[5]{abc}+\frac3{abc} \ge 18\sqrt[18]{(\sqrt[5]{abc})^{15}\cdot\frac1{(abc)^3}}=18\]



#728151 [TOPIC] ÔN THI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀO $\boxed{\text...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-06-2021 - 18:38

$\left\{\begin{matrix} x^4+y^4+6x^2y^2=1(1)\\ x(x+y)^4=x-y(2) \end{matrix}\right.$

 

Phương trình (1) tương đương $(x+y)^4=4xy(x^2+y^2)+1$

Thay vào phương trình (2) ta được $x[4xy(x^2+y^2)+1]=x-y \Leftrightarrow y[4x^2(x^2+y^2)+1]=0$

Suy ra $y=0$ (vì $4x^2(x^2+y^2)+1>0$)

Thay vào (1) để được $x=1$ hoặc $x=-1$




#728150 [TOPIC] ÔN THI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀO $\boxed{\text...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-06-2021 - 18:20

Còn đây là của chuyên Hà Nội vừa thi xong:

 

$\boxed{21}$: $x^2+x+2-2\sqrt{x+1}=0$ (khá là dễ :)) )

 

Tách là $x^2+ (\sqrt{x+1} - 1)^2 = 0$. Vậy nghiệm là $x=0$




#728146 Tính P = $xy + \sqrt{(1+x^{2})(1+y^{2})...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-06-2021 - 17:46

Cho $(x+\sqrt{x^{2}+1})(y+\sqrt{y^{2}+1})$ = 2019.

 

Tính P = $xy + \sqrt{(1+x^{2})(1+y^{2})}$.

 

Nhờ mọi người giúp mình bài này với ạ! Mình cảm ơn!

 

Rất đơn giản: 

Ta có $(x+\sqrt{x^{2}+1})(y+\sqrt{y^{2}+1})=2019$ (1)
Ta cũng có $(x-\sqrt{x^{2}+1})(y-\sqrt{y^{2}+1})=\frac{1}{2019}$ (2)
Lấy (1) trừ (2), vế theo vế ta có $2(x\sqrt{y^{2}+1}+y\sqrt{x^{2}+1})=\frac{2018}{2019}$, nên $x\sqrt{y^{2}+1}+y\sqrt{x^{2}+1}=\frac{1009}{2019}$.
Do đó $P= (x+\sqrt{x^{2}+1})(y+\sqrt{y^{2}+1}) - x\sqrt{y^{2}+1}+y\sqrt{x^{2}+1} = 2019-\frac{1009}{2019} = \boxed{\frac{4075352}{2019}}$ (chỗ này bạn bấm máy tính đi mình đang không cầm máy tính :Đ )



#728126 $f(x)f(1-x)=a-25+x-x^2, \forall x \in \mathbb{R^+...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-06-2021 - 00:34

Dễ dàng thấy không có hàm nào thỏa vì nếu ta chon $x \rightarrow +\infty$, ta sẽ được VT luôn dương (theo giả thiết) và VP âm với vài giá trị $x \in \mathbb R^+$




#727870 $3(a^2+b^2+c^2)\geq a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2+1$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-06-2021 - 14:55

từ gt thu được $a,b,c<1$ đó cậu

 

Oke rồi.  :D




#727867 $2f(x)=f\bigg(\dfrac{x}{x^2+x+1}\bigg)+f\bigg(\...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-06-2021 - 14:44

Tìm tất cả các hàm số $f$ liên tục: $[0;+\infty)\to [0;+\infty)$ thoả mãn 

$2f(x)=f\bigg(\dfrac{x}{x^2+x+1}\bigg)+f\bigg(\dfrac{x+1}{2}\bigg)$ với mọi $x\ge 0$.

 

Đáp án câu này:

Gọi $P(x)$ là phép thế của phương trình hàm $2f(x)=f(\frac x{x^2+x+1})+f(\frac{x+1}2)$
Đặt $c=f(1)$
Đặt $g(x)=\frac{x+1}2$
Vì $f$ liên tục, $f(x)$ bị chặn trong khoảng $[0,1]$ do đó $\exists u,v\in[0,1]$ sao cho $f(u)\le f(x)\le f(v)$ $\forall x\in[0,1]$
Nhưng $x\in[0,1]$ cho thấy $\frac x{x^2+x+1}$ và $\frac{x+1}2$  $\in[0,1]$ 
Vì vậy $P(v)$ cho ta được $f(\frac{v+1}2)=f(v)$ và, từ khi ta thế liên tục để $\frac{x+1}2$ tiến dần về $1$, vì $f$ liên tục nên ta được $f(v)=f(1)$
Tương tự với phép thế $P(u)$ ta được $f(u)=f(1)$
Nên $f(x)=c$ là hàm hằng trong khoảng $[0,1]$
Và $P(x)$ trở thành phép thế của $Q(x)$ : $f(x)=\frac c2+\frac 12f(g(x))$ $\forall x$
Vì thế $f(x)=\frac c2+\frac c4+\frac 14f(g(g(x)))$
Chứng minh bằng quy nạp ta có được $f(x)=c(1-2^{-n})+2^{-n}f(g^{[n]}(x))$
Cho $n\to+\infty$, ta có $\lim_{n\to+\infty}g^{[n]}(x)=1$ và $f$ liên tục nên ta được 
$\boxed{f(x)=c\quad\forall x\ge 0}$, thỏa với $c\ge 0$