Tru09

Bài 12: Cho một ngôi trường có $n$ khóa học và $n$ học sinh. Các học sinh đăng kí vào lớp học, không có $2$ học sinh nào tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. CMR: ta có thể đóng cửa một khoá học sao cho vẫn không có hai học sinh nào tham gia các khoá học hoàn toàn giống nhau.

 

Bài 12:

Xét đồ thị với mỗi học sinh là 1 đỉnh , 2 đỉnh được nối với nhau nếu khi đóng  lớp học thứ i (i=1,n) thì 2 học sinh ấy tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. Và tô màu của đoạn thẳng đó là màu i

Giả sử ngược lại , không thể đóng cửa 1 khóa học nào mà k tồn tại 2 hs tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau , khi đó tất cả các màu (1,2,..n) đều xuất hiện . xét các đỉnh nối các màu đó ( Ta có thể bỏ các cạnh cùng màu sao cho mỗi màu xuất hiện 1 lần)

Vì $\leq n$ đỉnh , n cạnh luôn tồn tại 1 chu trình

Giả sử chu trình đó là A1 -(i1) -> A2 -(i2) ->A3 ..... Ak - (ik)-> A1

k mất tính tổng quát có thể giả sử A1 tham gia nhiều lớp học hơn A2

Khi đó A2 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ A3 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ .... Ak k tham gia lớp học i1 $\Rightarrow$ A1 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ vô lý

Vậy ta có dpcm 

Nếu được đăng thì cho em đăng 1 bài số nhé

Bài 17 : 

Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố $(p,q,r)$ thoả :

$$(p^2-7)(q^2-7)(r^2-7)$$

là một số chính phương 

Bài 17

$p^2 -7 \equiv p^2 +1 mod 4$

Nên nếu cả 3 số p,q,r đều k là 2 thì $x^2 =(p^2 -7)(q^2 -7)(r^2 -7) \vdots 8$  và không chia hết cho 16 (vô lý )

Nếu có 1 số là 2 (Giả sử là p ) $\Rightarrow x^2 =-3(q^2 -7)(r^2 -7)$ nên tồn tại đúng 1 số trong q ,r là 2 để VP >0

Giả sử  là $q=2 và r \neq 2 \Rightarrow x^2 =9(r^2 -7)$

$\Rightarrow r^2 - 7 \vdots 2$ mà không chia hết cho 4

$\Rightarrow$ vô lý

Vậy không tồn tại bộ 3 số nguyên tố (p ,q,r) nào thỏa mãn đề bài

   Mình cũng xin góp 1 bài :

 

 Bài 11: Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ ,$f(0)=0,f(1)=2014$ thỏa mãn:

 

     $(x-y)(f(f^2(x))-f(f^2(y)))=(f(x)-f(y))(f^2(x)-f^2(y))$ với mọi số thực $x,y$

 

@supermember: Nam quăng vào vài bài lý thuyết đồ thị cho nó mới.

Tạm thời dừng ở con số 13 bài đã, không post thêm, chừng nào gỉai xong thì mới đưa đề mới

@LNH: em post 1 bài mới nhé :v

Bài 11 :

$y:=0 \Rightarrow xf(f(x)^2) =f(x)^3$

Thay lại $\Rightarrow (x-y)(\frac{f(x)^3}{x} -\frac{f(y)^3}{y}) =f(x)^3 +f(y)^3 -f(x)f(y)(f(x)+f(y))$

$\Rightarrow \frac{x}{y} f(y)^3 +\frac{y}{x} f(x)^3 =f(x)f(y)(f(x)+f(y))$

$\Rightarrow f(y)^2(\frac{x}{y} f(y) -f(x)) =f(x)^2 (f(y) -\frac{y}{x} f(x))$

$y:=1 \Rightarrow f(1)^2 (xf(1) -f(x)) =f(x)^2(f(1)x -f(x)) \frac{1}{x}$

$\Rightarrow (xf(1) -f(x))(f(x)^2-f(1)^2x) =0 \forall x \neq 0$

Như vậy với x < 0 thì f(x) =2014x

Mà $xf(f(x)^2) =f(x)^3 \forall x$

cho $x <0 \Rightarrow 2014^3x^3 =f(x)^3 \Rightarrow 2014x=f(x) \forall x <0$

Do đó $f(x) =2014x$

--------------

Bài PTH đầu có thể đếm = 2 cách đại lượng f(y+f(z) +f(x))

Sau đó so sánh ra được

$f(f(x)).f(z) -xyf(z) -zf(x)=f(x)f(f(z)) -yzf(x) -xf(z)$

Thay $y =1 \Rightarrow \frac{f(f(x))}{f(x)} =\frac{f(f(z))}{f(z)} $

$\Rightarrow f(f(x)) =kf(x)$

thay lại hệ thức $f(f(x)) =a f(x) -x$ thì ta có ngay f(x) là hàm bậc nhất

Thay vào đề bài ta có dpcm 

Bài 5:  Cho dãy số $\left( {{a_n}} \right)$ thỏa mãn điều kiện:

\[{a_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{n}{a_n} - \frac{2}{n},\,\,\,{a_1} = \alpha ,\,\,\,n = 1,2,3,...\]

Tìm $\alpha $ để $\left( {{a_n}} \right)$ hội tụ .

 

 

Đặt $ x_n =\frac{a_n}{n}$

$\Rightarrow x_{n+1} -x_n =-2 .\frac{1}{n(n+1)}$
$\Rightarrow x_{n+1} -x_1 =-2( -\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n} -\frac{1}{n} +\frac{1}{n-1} - ,... +1) =-2(1-\frac{1}{n+1}) =-2\frac{n}{n+1}$

$\Rightarrow a_{n+1} =a(n+1) -2n$

Nếu $a >2$ thì lim $a_n = +\infty$

nếu $a<2$ thì lim$ a_n$ = - \infty$

$\Rightarrow  a= 2$ và lim $a_n =2$

Bài 3 :

 Gọi O là tâm (ABC) , O2 là tâm (A2B2C2) và H là trực tâm A1B1C1

Ta có $A1C1^2 -A1B1^2 =(BC1^2 +BA1^2 -2BC1BA1cos(90^0+B)) -(CB1^2 +CA1^2 -2CB1CA1cos(90^o +C)) =AC1^2 -AB1^2 -2CA1(BC1 sin B -CB1 Sin C) = AC1^2 -AB1^2  \Rightarrow AA1 \perp B1C1$

Tương tự => giao AA1 BB1 CC1 là H

Dễ có BB2C2C thuộc đường tròn tâm A1 , BB2A2A ,CC2A2A là tứ giác nội tiếp và H là tâm đẳng phương của 3 đương tròn

Xét phép nghịch đảo tâm H tỷ số là phương tích của H đến 3 đường tròn biến (A2B2C2) > (ABC) và (ABC) > (A2B2C2)

$\Rightarrow$  O1 O2 H thẳng hàng

Bài 4

Dễ có a,b sau phép biến đổi thì $(1-2014a)(1-2014b) =1-2014(a+b-2014ab)$

Nên sau hữu hạn lần thực hiện thì số đó là

(1-1)(1-2)...(1-2014) =0 $\Rightarrow$ số đó là $\frac{1}{2014}$

Lời giải :

Đặt $f(0) =a$

Cho$ y =0  \Rightarrow f(f(x)) =f(x) -a +af(x)$

Cho  $x=y=0 \Rightarrow f(a)=a^2$

Đặt $y =f(x) \Rightarrow a =f(x) -f(f(x)) +f(x) .f(f(x)) -xf(x) (*)$

Cho tiếp $x =0 \Rightarrow a =a -a^2 +a^3 $

$\Rightarrow a^2(a-1) =0$

Nếu $a =1 $

Thay $x=0 \Rightarrow f(1-y) =1 -f(y) +f(y) =1 \Rightarrow f(x) \equiv 1$ Thử vào thấy vô lý

Nếu $a =0$

Cho $y =0 \Rightarrow f(f(x)) =f(x)$

Thay tiếp vào $(*) \Rightarrow 0 =f(x) -f(x) +f(x)^2 -xf(x)$

$\Rightarrow f(x)^2 =xf(x)$

Hàm $f(x) \equiv 0$ ta có 1 hàm thỏa mãn

Hàm $f(x) =x$ cũng là hàm thỏa mãn đề bài

Nếu tồn tại $f(x)$ thỏa mãn đề bài mà không trong 1 trong 2 hàm trên

Thì tồn tại $x_0 \neq 0$ sao cho $f(x_0) =0 $

Từ đề bài lấy $x=0 \Rightarrow f(-y) =-f(y)$

Từ đề bài lấy $x =x_0 \Rightarrow f(-y) = -f(y) -yx_0$

$\Rightarrow x_0 =0 \Rightarrow$ vô lý

Vậy ta có 2 hàm trên .

Lời giải :

Đặt $g(x) =f(\frac{1}{x}) \Rightarrow g(1) =5$

$\Rightarrow g(\frac{1}{x^2})-\frac{4}{x^2} =x^2(g(\frac{1}{x})-\frac{4}{x})$

Đặt $g(x)-4x =t(\frac{1}{x}) \Rightarrow t(1)=1$

$\Rightarrow t(x^2) =x^2t(x)$

$\Rightarrow \frac{t(x^2)}{x^4} =\frac{t(x)}{x^2}$

Đặt $k(x) =\frac{t(x)}{x^2} \Rightarrow k(1) =1$

$\Rightarrow k(x^2) =k(x) $

$\Rightarrow k(x) =k(x^{\frac{1}{2}}) =... = k(x^{\frac{1}{2^n}})$

Cho n chạy đến dương vô cùng 

$\Rightarrow k(x) =k(1) =1$

$\Rightarrow t(x) =x^2$

$\Rightarrow g(x)  =\frac{1}{x^2}+4x$

$\Rightarrow f(x) =x^2 +\frac{4}{x}$

Thử lại ...

Đề bài :

Cho dãy số  ${a_k}$ xác định bởi $ a_0 =\frac{1}{2} , a_{k+1} =a_k  +\frac{a_k^2}{n} $ với $k = 1,2 ,...n-1.$

Chứng minh rằng $1 -\frac{1}{n} < a_n < 1.$

câu b :
MA giao (O) =Y  Khi đó $MY.MA =MB.MC =MI^2 \Rightarrow \angle AYI = 90^o $

YI giao (O) =Y'  $\Rightarrow$ Y'OA thẳng hàng . $\Rightarrow AJ //YI \Rightarrow \angle JAM =90^o$

$\Rightarrow AJPM  :\text{ tứ giác nội tiếp}$

$\Rightarrow MHAJP :\text{ đồng viên}$

$\Rightarrow \angle AHI=\angle APJ \Rightarrow \angle AHI = \angle IDO$

$\Rightarrow dpcm$

Câu a :

Để chứng minh tam giác JPM vuông tại P ta cần chứng minh $\angle DPI +\angle DPM =90^o \Leftrightarrow \angle DIP =\angle DPI$

PO giao (O) =X thi $\angle PXI= \angle DPI$

mà $PD.PX=PB^2 =PI^2  \Rightarrow \angle PID =\angle PXI$

Như vậy ta có đpcm

Câu a thì quy về chứng minh $\angle OID =\angle DPJ$ là xong r  

@@~ ... Câu b điểm H là điểm j thế bạn

Đặt $a =\frac{1}{x} ,b =\frac{1}{y} ,c =\frac{1}{z}$

Thay vào điều kiện ta có a+b+c=3

Thay vào bất đẳng thức . Ta cần chứng minh $\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)}  \leq \frac{3}{4}$

$\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)} =\sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2) +a^2+b^2} \leq \sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2+2)} =\sum \frac{1}{a^2+b^2+2}$

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{1}{a^2+b^2+2} \leq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{3}{2}$

Mà $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$

Ta sẽ chứng minh

$\frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6} \geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2) +18$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2 +18$

Mà $2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq \sum 2(b^2 +ac)=(a+b+c)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 18 +a^2+b^2+c^2 .$

Như vậy ta có dpcm 

Vậy BĐT cần chứng minh đúng .Dấu = xảy ra khi x=y=z =1

Hướng giải :

Đặt x-1 =a ,y-1 =b ,z-1=c

thì a^3 +b^3 +c^3 =3abc

Thay vào đề bài thì dễ tính mã với min thôi

Max =17 khi x=0 ,y=1 ,z=2 và các hoán vị

Min =3 khi x=y=z=1

Bài làm

Đánh dấu ghế của các bị đại biểu từ 1 đến 2014  theo chiều kim đồng hồ.

Ta có nhận xét sau : 2 người ban đầu ở vị trí a ,b và sau giờ giải lao ở vị trí a',b' thì 2 người có khoảng cách không đổi $\Leftrightarrow |a-b| =|a'-b'| mod 2014 $ cũng như $a-a' =b-b' mod 2014$ 

Giả sử không có ai có khoảng cách lúc trước vào sau không thay đổi. Gọi x_i là người ngồi ghế thứ i ban đầu ,x_i' là vị trí của người đó sau giờ nghỉ

$\Rightarrow (x_i-x_i') khác x_j -x_j' mod 2014$

Như vậy $\sum (x_i -x_i') \equiv 0+ 1+2+...+2013  \equiv 1007 .2013 \mod 2014 $

Mà mặt khác $\sum (x_i -x_i') =0  \Rightarrow$ vô lý .

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Bài Làm :

Nếu x,y đều lẻ thì $x^2 \equiv 1$ mod 4 , $y^2 \equiv 1$ mod 4 $\Rightarrow x^2 +y^2 \equiv 2$ mod 4 Còn $(xy)^2 \equiv 1$ mod  4.

Như vậy $z^2 \equiv 3$ mod 4 $\Rightarrow$ vô lý 

Vậy ít nhất  một trong 2 số x,y là chẵn.

Xét x chẵn  Ta có:  $(xy)^2 \vdots 4 \Rightarrow y^2+z^2 \vdots 4 \Rightarrow$ y và z cùng chẵn.

Như vậy cả x,y,z đều chẵn.

Đặt $x =2x_1 ,y=2y_1 , z =2z_1 ( x_1 ,y_1 ,z_1 \in Z)$

Thay vào đề bài ta có $x_1^2 +y_1^2 +z_1^2 = 4 x_1^2.y_1^2$

Bởi 1 số chính phương chia 4 chỉ dư 0,1

$\Rightarrow x_1^2 +y_1^2 +z_1^2 = 4 x_1^2.y_1^2$

$\Leftrightarrow x_1 ,y_1 ,z_1$ chẵn

Đặt $x_1 =2x_2 ,y_1 =2y_2 ,z_1 =2z_2 (x_2 ,y_2 ,z_2 \in Z)$

Thay vào ta lại có $x_2 ^2 +y_2^2 +z_2^2 =16 x_2^2y_2^2$

Lặp lại quá trình như vậy sẽ dẫn đến $x \vdots 2^k ,y \vdots 2^k ,z \vdots 2^k (k \in Z)$

Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$

Vậy nghiệm của phương trình nghiệm nguyên là $x=y=z=0$