chuyentoan

$a_n$ là dãy số được xác định bởi: $a_n = n$ với $n\le 6$ và $a_n = \left \lfloor \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1}}{2} \right \rfloor$ với $n > 6$.

$r_n$ là các số chỉ có thể nhận giá trị là $0$, $1$ hoặc $2$ đồng dư với $\sum_{k=1}^{n}{a_k}$ theo modulo $3$.

Chứng minh rằng với $n\ge 6$, tập $\left \{ a_1,a_2,\dots,a_n \right \}\setminus \left \{ r_n \right \}$ có thể được chia thành $3$ tập con với tổng các phần tử là bằng nhau.

Ví dụ: với $n=7$, thì $\left \{ 2,3,4,5,6,10 \right \}=\left \{ 2,3,5 \right \}\cup \left \{ 4,6 \right \}\cup \left \{ 10 \right \}$

Xét tam giác nhọn $ABC$ với các cạnh có độ dài là $a,b,c$, bán kính nội tiếp $r$ và chu vi là $2p$. Chứng minh rằng:

$\left(1-\cos{A}\right)\left(1-\cos{B}\right)\left(1-\cos{C}\right)\ge \cos{A}\cos{B}\cos{C}\left ( 2 - \frac{3\sqrt{3}r}{p} \right )$

Gọi $F_n$ và $L_n$ lần lượt là các số Fibonacci và Lucas thứ $n$. Chứng minh rằng với mọi $n\ge 1$

$\frac{1}{2}\left ( F_n^{\frac{1}{F_n}} + L_n^{\frac{1}{L_n}} \right ) \le 2 - \frac{F_{n+1}}{F_{2n}}$

* Các số Fibonacci và Lucas được xác định hồi quy với $a_{n+1}=a_n + a_{n-1}$, trong đó $F_0 = 0$, $F_1 = 1$, $L_0=2$ và $L_1=1$

Chỗ đó do số các số -1 lẻ mà -1=(-1).1 nên số các số -1 và 1 trong n số ban đầu có lẻ số ...

Ý bạn là trong các số $x_ix_{i+1}$ có lẻ số $-1$ nên trong các số $x_i$ cũng phải có lẻ số $-1$. Mình chưa thấy chỗ logic ở đây :">

Mình thì có hướng tiếp cận bài toán hơi khác để chứng minh trong các số $x_ix_{i+1}$ có chẵn số $-1$: lấy tích tất cả các số này ta được $x_1^2x_2^2\dots x_n^2$ là một số dương, từ đó rõ ràng số các số $-1$ phải là số chẵn.

Có.Khi đó là tam giác vuông.CÒn tam giác thường thì không.Áp dụng đường xiên với đường vuông góc gì đó.Đường xiên luôn lớn hơn đường vuông góc

______________________
hxthanh: Tam giác đều thì sao???
_____________________________
Tam giác đều thì sao mà được ạ !!!!!!!!!

Tại sao tam giác đều lại không được. Rõ ràng khi tam giác đều thì ba đường cao của nó cũng bằng nhau nên sẽ là độ dài ba cạnh của một tam giác đều khác.

Câu trả lời hiển nhiên là: ba đường cao của tam giác không phải lúc nào cũng sẽ là độ dài ba cạnh của một tam giác khác được. Ví dụ khi ta có một tam giác cân $ABC$ tại $A$ và có độ dài cạnh $BC$ rất nhỏ so với hai cạnh còn lại. Như vậy đường cao từ $A$ là $h_a$ sẽ lớn hơn $h_b + h_c$ nên $h_a,h_b,h_c$ không thể là ba cạnh của một tam giác được.

Câu hỏi tiếp theo có thể đặt ra là: khi nào thì ba đường cao của một tam giác sẽ có độ dài là độ dài ba cạnh của một tam giác khác?

cũng có 249 lượt người xem rồi mà không thấy có ai có ý kiến gì. Mình xin đưa ra lời giải:

Xét số phức $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ là căn bậc ba của đơn vị thoả mãn $\omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$, $\omega^3=1$ và $\omega^2 + \omega +1 =0$. Đặc biệt ta có $1+\omega^j + \omega^{2j} = 3$ với $j$ chia hết cho $3$ và bằng $0$ trong các trường hợp còn lại (1).
Đặt $r_k = \sqrt[3]{28}\omega^k$ với $k=0,1,2$. Theo định nghĩa của $b$ thì ta có $\left| r_0^{-n} - b \right| < 1$. Phần thực của $\omega$ và $\omega^2$ là âm nên $\left| r_1 \right| > 1$ và $\left| r_2 \right| > 1$. Do đó:
$\left| b - \left( r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} \right) \right| < \left| b-r_0^{-n} \right| + \left| r_1^{-n} \right| + \left| r_2^{-n} \right| < 3$ (2)
Do $\left( \sqrt[3]{28}\omega^k \right)^3 = 28$ nên
$r_k^{-1} = \frac{1}{\sqrt[3]{28}\omega^k - 3} = \frac{\left( \sqrt[3]{28}\omega^k \right)^3 - 3^3}{\sqrt[3]{28}\omega^k - 3} = \sqrt[3]{28}^2\omega^{2k} + 3\sqrt[3]{28}\omega^k + 9$
Luỹ thừa đa thức $X^2 + 3X + 9$ với $n$ ta có các số nguyên $c_0,\dots,c_{2n}$ với
$\left( X^2 + 3X + 9 \right)^n = c_{2n}X^{2n}+\cdots + c_0$
Và ở đây $c_0 = 9^n$ là một số lẻ. Thế $X = \sqrt[3]{28}\omega^k$ ta có
$r_k^{-n} = \sum_{j=0}^{2n}{c_j\sqrt[3]{28}^j\omega^{kj}}$
Kết hợp với (1) ta có:
$r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} = \sum_{j=0}^{2n}{c_j\sqrt[3]{28}^j\left( 1 + \omega^j + \omega^{2j} \right)} = 3\sum_{0\leq l\leq \frac{2n}{3}}{c_{3l}28^l}$
Tổng này rõ ràng là một bội số của $3$ và là số lẻ. Nếu như $b$ chia hết cho $6$, thì $\left| b - \left( r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} \right) \right|$ có giá trị bé nhất là $3$, mâu thuẫn với (2).
Từ đó ta có điều phải chứng minh$\blacksquare$

$a$ là một số nguyên lớn hơn $1$, và $f$ là một đa thức có bậc dương và có mọi hệ số là các số nguyên không âm. Với $n\geq 1$, đặt $S\left(n\right) = \left\{ f\left( 1\right),\dots, f\left ( n\right)\right\}$.
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho $S\left(n\right)$ có thể được chia thành $a$ tập hợp con sao cho tổng các phần tử trong mỗi tập hợp là bằng nhau.

Gọi $a$, $b$ và $c$ là độ đài các cạnh của một tam giác. Đặt $p = \frac{a+b+c}{2}$ và $r$ và $R$ lần lượt là bán kính nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{2}\cdot \frac{4r-R}{R} \leq \sqrt{\left(p-b\right)\left(p-c\right)} \leq \frac{a}{2}$

Gọi $A_n$ là tập hợp các cách tô màu thoả mãn điều kiện bài toán với hình chữ nhật $2\times n$. Số các cách tô thoả mãn là số phần tử của tập hợp đó, ta đặt là $S_n = \left| A_n\right|$.

Nhận xét rằng cứ mỗi một phần tử trong tập $A_n$ ta luôn có tương ứng với $2$ phần tử trong tập $A_{n+1}$. Như vậy $S_{n+1} = 2\cdot S_n$.

Dễ dàng tính được $S_2=4!=24$. Từ đó ta có $S_n=24\cdot 2^{n-2}=6\cdot 2^n$.

Tính
$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\left ( 2k+1 \right )H_k^2}{\left ( k-1 \right )k\left ( k+1 \right )\left ( k+2 \right )}$
với $H_k$ là số điều hoà thứ $k$ được xác định bởi $H_k=\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{1}{j}$

 

__________________

@hxthanh: Nếu không ai làm thì tôi xin đấu thầu bài này!

 

@supermember: Chỉ mình supermember hiểu tại sao thầy Thanh thích bài này

Cho $n$ là một số nguyên dương và $b$ là số nguyên lớn nhất mà bé hơn $\left( \sqrt[3]{28} - 3 \right)^{-n}$. Chứng minh rằng $b$ không chia hết cho $6$.

Không hiển nhiên lắm đâu bạn Bài này là một bài khá nổi tiếng và có một bài anh em với nó nữa là: "Có $n$ điểm trên mặt phẳng, cứ hai điểm thì có một điểm thứ ba thẳng hàng. Chứng minh $n$ điểm thằng hàng". Trong diễn đàn cũng đã có khá nhiều topic thảo luận về hai bài toán này. Nhưng "hiển nhiên" thì chắc là hơi quá lời

Pt đặc trưng không được sử dụng trong các kì thi thì phải? Bài này lập hệ thức truy hồi là được mà!

Đúng là phương trình đặc trưng không được dùng trong thi đại học. Bài này đơn giản là biến đổi phương trình của dãy số thành $u_{n+1}-\frac{1}{3}u_{n} = u_{n} - \frac{1}{3}u_{n-1}$ rồi sau đó đặt dãy phụ $v_n=u_{n+1} - \frac{1}{3} u_n$

Nhận định rằng dãy $\sum{\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{2}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor}}-\dfrac{1}{3}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor}}+\dfrac{1}{6}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor}}$ có thể tăng vô hạn tùy ý cùng $n$

Phải chăng ý bạn là:

$S(n) - \frac{1}{2} S\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right) - \frac{1}{3} S\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\right) + \frac{1}{6} S\left(\left\lfloor\frac{n}{6}\right\rfloor\right)\rightarrow\infty$ với $S\left(n\right)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}$

Gửi ban quản trị của diễn đàn,

mình thấy rất nhiều trường đại học, viện nghiên cứu luôn có sẵn những Latex Template với thiết kế của riêng mình. Việc này thứ nhất sẽ giúp cho những ấn phẩm được public bởi tổ chức đó sẽ đồng nhất, thứ hai là giúp những người soạn thảo dễ dàng và tiện lợi hơn (chỉ cần quan tâm đến phần nội dung, phần "hình" thì đã được định sẵn), và còn có rất nhiều lợi ích nữa...

Thiết nghĩ không biết diendantoanhoc có nên làm một Latex template không? Như vậy sẽ rất nhẹ nhạng cho các bạn muốn viết bài và public dưới danh nghĩa của diendantoanhoc.