Đến nội dung

bangbang1412

bangbang1412

Đăng ký: 18-02-2013
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 03:52
****-

#457005 CMR: Mọi ước số nguyên tố của 1994! - 1 đều lớn hơn 1994

Gửi bởi bangbang1412 trong 12-10-2013 - 08:47



CMR: Mọi ước số nguyên tố của 1994! - 1 đều lớn hơn 1994

Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $1994!-1$ , ta có $1994!\equiv 1(modp)$

Giả sử $p<1994$ khi đó $p$ là một trong các số nguyên tố từ $[1,1994]$ vô lý theo phương trình đồng dư trên . Do $p$ là ước nhỏ nhất mà $p>1994$ nên mọi ước của nó đều không nhỏ hơn $1994$ , bài toán tổng quát cm hoàn toàn tương tự 




#457004 BĐT Holder

Gửi bởi bangbang1412 trong 12-10-2013 - 08:39

Thật vậy ta chứng minh :

                                             $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$ ( hạ căn và chia vế ta có : 

                                             $1\geq \frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{\prod (a^{3}+b^{3}+c^{3})}}$

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có 

                                             $\frac{a^{3}}{\sum a^{3}}+\frac{x^{3}}{\sum x^{3}}+\frac{m^{3}}{\sum m^{3}}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{\prod (\sum a^{3})}}$

Chứng minh tương tự và cộng vế $=>Q.E.D$

Bđt tổng quát chứng minh hoàn toàn tương tự .

Giải hệ phương trình dấu bằng của $AM-GM$ ta thu được đẳng thức khi các bộ tỉ lệ . 




#457003 Cấp số- Căn nguyên thủy

Gửi bởi bangbang1412 trong 12-10-2013 - 08:34

Xin gửi tới mọi người một số tài liệu về Cấp số- Căn nguyên thủy. :D

sao không có nhiều về phần chứng minh các định lý để người đọc hiểu rõ hơn nhỉ  :icon6:




#456893 Chứng minh $\sum \frac{\left ( 2a+b+c \right )^...

Gửi bởi bangbang1412 trong 11-10-2013 - 20:40

Cho $a,b,c$ là các số thực.

Chứng minh $\sum \frac{\left ( 2a+b+c \right )^{2}}{2a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 9$

Do bdt này thuần , nhất , chuẩn hóa $a+b+c=3$ ta có bdt tương đương 

                                          $\sum \frac{(3+a)^{2}}{2a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 9$

Trong các số $a,b,c$ theo nguyên lý $Dirichle$ phải thỏa mãn $(b-1)(c-1)\geq 0$ ( giả sử )

Hay $bc+1\geq b+c$ nên ta có $b^{2}+c^{2}=1+(b+c-1)^{2}-2(b-1)(c-1)\leq 1+(b+c-1)^{2}=1+(2-a)^{2}$

Khéo léo một chút ta có :

                                          $\frac{(3+b)^{2}}{2b^{2}+a^{2}+c^{2}}+\frac{(3+c)^{2}}{2c^{2}+b^{2}+a^{2}}\geq \frac{(6+b+c)^{2}}{3(b^{2}+c^{2})+2a^{2}}\geq \frac{(9-a)^{2}}{3(1+(2-a)^{2})+2a^{2}}\geq 9-\frac{(3+a)^{2}}{2a^{2}+1+(2-a)^{2}}$

Biển đổi tương đương ta có đpcm 




#456871 Đề thi chọn HSG cấp tỉnh tỉnh Bến Tre 2013-2014

Gửi bởi bangbang1412 trong 11-10-2013 - 19:55

Cách khác cho bài cuối , gọi các trường này là $A,B,C$ mỗi trường có $n$ học sinh

Gọi các học sinh trường $A$ là $a_{1},.............a_{n}$ và trường $B$ là $b_{1},................b_{n}$ $C$ là $c_{1},,,......c_{n}$

Giả sử không tồn tại $2$ người nào ở $A,B$ quen chung một người ở $C$

Khi đó $B,A$ chỉ quen nhau 

Vô lý vì mỗi người ở $A$ quen $n+1$ người ở $B,C$ , nên nếu như vậy $A$ chỉ quen nhiều nhất $n$ người , nên tồn tại hai người quen chung một người ở $C$ , đó là điều phải cm ( lưu ý nếu người $x$ quen $y$ thì $y$ quen $x$ )




#456836 $\lim_{x\to \infty}\frac{f(2x)}...

Gửi bởi bangbang1412 trong 11-10-2013 - 17:57

https://fbcdn-sphoto...931529311_n.jpg

Cho $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ là hàm số đơn điệu thỏa mãn:

$$\lim_{x\to \infty}\frac{f(2x)}{f(x)}=1$$

Chứng minh rằng:

$$\lim_{x\to \infty}\frac{f(cx)}{f(x)}=1$$

Với $c$ là hằng số dương.

Ta có thể nhận thấy $c$ là hằng số dương thì tồn tại hằng số nguyên dương $m$ đủ lớn để $2^{m}\geq c$ 

Nếu $c=1$ ta có đpcm

Do $f$ đơn điệu nên ta chỉ cần xét cho $f$ là hàm tăng , nghĩa là đồng biến trên $R$ 

Nhận thấy $f(cx)\leq f(2^{m}x)$ hay $1\leq \frac{f(cx)}{f(x)}\leq \frac{f(2^{m}x)}{f(x)}$ 

$1\leq \frac{f(cx)}{f(x)}\leq \frac{f(2^{m}x)\prod_{i=1}^{m-1}f(2^{i}x)}{\prod_{i=1}^{m-1}f(2^{i}x).f(x)}$

Chuyển qua giới hạn và theo định lý kẹp ta có đpcm , lưu ý giới hạn vế phải là $1$ do $lim \frac{f(2x)}{f(x)}=1$ , ở đây thay $x$ bằng $2^{i}.x$ là được 




#456831 Chứng minh rằng $\log_23>\log_34$

Gửi bởi bangbang1412 trong 11-10-2013 - 17:48

 

Chứng minh rằng: 
   a) $\log_13+\log_3\frac{1}{2}<-2$
   b) $\log_37+\log_73>2$
   c) $\log_23>\log_34$

 

Câu $1$ đề sai , câu hai dùng $AM-GM$ vì cả hai số này dương

Câu $3$ , xét hàm số $log_{x}(x+1)$ có đạo hàm $f'=-\frac{x+1}{xlog^{2}x}$ với $x$ dương 

Hàm số nghịch biến theo $x$ do đó ta có đpcm 




#456585 $$2\sqrt{x}+\sqrt{1-2x}=\sqrt...

Gửi bởi bangbang1412 trong 10-10-2013 - 15:17

Sau khi bình phương thu được phương trình $1+3x-(3x)^{\frac{1}{2}}=0$

Đặt $(3x)^{\frac{1}{2}}=a$ ta thu được phương trình $a^{2}-a+1=0$ vô nghiệm 




#456580 Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Khánh Hòa năm 2013-2014

Gửi bởi bangbang1412 trong 10-10-2013 - 14:25

Câu nghiệm nguyên , trước hết một số chính phương là $x^{2}$ thì $x^{2}\equiv 0,1(mod3)$

Nhưng $3^{n}+5\equiv 2(mod3)$ nên không có $n$ thỏa mãn 

Câu hình : mọi người tự vẽ nhé  :icon6:

Giả sử $BH$ cắt $AC$ ở $D$ và $CH$ cắt $AB$ ở $E$ 

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $AB_{1}^{2}=AD.AC$ và $AC_{1}^{2}=AE.AB$

Ta lại chứng minh được hai tam giác $ACE$ và $ABD$ đồng dạng ( chung góc vuông và đỉnh $A$ )

Nên ta có đpcm .

Phần câu giới hạn thì mọi người có thể tự làm và cm nó hữu hạn , còn phần tìm giới hạn

Giả sử $lim u_{n}=a$ khi đó ta có $lim u_{n+1}=lim u_{n}^{2}-lim u_{n}$ hay $2lim u_{n}=lim u_{n}^{2}$ 

Hay $2a=a^{2}$ , bằng quy nạp ta chứng minh giới hạn của dãy không thể là $2$ , nên $a=0$ do đó $lim u_{n}=0$ 




#456542 $xyz+2(1+x+y+z+xy+yz+xz)\geq 0$

Gửi bởi bangbang1412 trong 10-10-2013 - 07:53

cho $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ CMR :

$xyz+2(1+x+y+z+xy+yz+xz)\geq 0$

Ta biến đổi chút nhỉ , thật vậy ta có $1+2(xy+yz+xz)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+xz)=(x+y+z)^{2}$ 

Nên sẽ cần chứng minh $(x+y+z)^{2}+2(x+y+z)+1+xyz\geq 0$

Có thể thấy nếu $xyz\geq 0$ thì bất đẳng thức được chứng minh , ta xét $xyz$ âm

Do $-1\leq x,y,z\leq 1$ nên $2(1+x)(1+y)(1+z)\geq 0\geq xyz$ , khai triển ra ta có đpcm 




#456541 $m^k\in S\Rightarrow m\in S?$

Gửi bởi bangbang1412 trong 10-10-2013 - 06:53

 Với $n,k\in \mathbb{N}$. Cho tập $S=\left \{ a^2+nb^2|a,b\in \mathbb{Z} \right \}$. Liệu với $m^k\in S;m \in \mathbb{N}$ thì có thể suy ra được $m\in S$ không?

 Và thêm trường hợp $n\in \mathbb{Z}$ :mellow:

:luoi:  Hình như là không , chỉ có điều ngược lạ là được thôi , lấy $n=7$ , cho $a=b=1$ ta có $2^{3}=1+7.1$ nhưng $2$ không thuộc $S$ 




#456246 Tìm giá trị lớn nhất của M=$a^3+b^3+c^3$

Gửi bởi bangbang1412 trong 08-10-2013 - 22:09

Ta có $a(4-a^{2})\geq 0$ nên $\sum 4a=12\geq \sum a^{3}=M$

Do đó $Max M=12$ 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a(4-a^{2})=b(4-b^{2})=c(4-c^{2})=0$

Giải hệ này bạn tìm được $a,b,c$ ( xét hơi nhiều TH tý )




#456219 ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN CHUYÊN NGUYỄN DU (VÒNG 2) - 2013/2014

Gửi bởi bangbang1412 trong 08-10-2013 - 21:38

Bài 2 có lẽ dùng định lí $Fermat$ lớn

Bài 3 :

Áp dụng định lí $Carnot$ cho tam giác $ABC$ với $d_1,d_2,d_3$ lần lượt đi qua $A',B',C'$ và vuông góc với $BC,CA,AB$ :

$\left ( A'B^{2}-A'C^{2} \right )+\left ( B'C^{2}-B'A^{2} \right )+\left ( C'A^{2}-C'B^{2} \right )=0\Rightarrow (AB'^{2}-AC'^{2})+(BC'^{2}-BA'^{2})+(CA'^{2}-CB'^{2})=0$

Từ đó theo định lí $Carnot$ đảo cho tam giác $A'B'C'$ ta có $\Delta _{1},\Delta _{2},\Delta _{3}$ đồng quy.

Bài $2$ , theo định lý $Fermat$ lớn thì nó chỉ có nghiệm $(0,n,n)$ với $n$ nguyên thùy ý 

Hiển nhiên nếu $x=0$ chỉ thỏa mãn khi $y=0$ 

Nếu $x=-1$ thì đúng với mọi $y$

Kết luận $(x,y)=(0,0),(-1,n)$ với $n$ nguyên dương tùy ý




#455918 Khảo sát tính hội tụ của tích phân suy rộng $\int_{1}^...

Gửi bởi bangbang1412 trong 07-10-2013 - 18:04

Khảo sát sựu hội tụ của tích phân suy rộng sau theo $k$ $$\int_{1}^{+\propto }\frac{x+\sin x}{x-\sin x}.x^{k}dx$$

Do khoảng lấy tích phân nên ta có $x\geq sinx$ và $x$ dương , nên hàm dưới dấu tích phân dương , do đó là ta có 

$\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx\geq 1$ nếu $k\geq 0$

Nên  $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}\geq \int_{1}^{\infty +}dx$

Tích phân sau phân kỳ , nên tích phân ban đầu cũng phân kỳ 

Với $k=-1$ thì có thể thấy 

                               $\int_{1}^{\infty +}\frac{dx}{x}dx+\int_{1}^{\infty +}\frac{2sinx}{x-sinx}x^{-1}dx$

Phân kỳ vì tích phân trái phân kỳ , và tích phân sau nếu âm thì phát triển chậm hơn tích phân kia khi xét trong khoảng này ( có thể cm cái này )

Với $k<0$ ta có :

                               $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx$ 

Trước hết với $x\geq 2$ thì $x\geq 2sinx$ nên $3x-3sinx\geq x+sinx$ 

Do đó $\int_{1}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx=\int_{1}^{2}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx+\int_{2}^{\infty +}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx\leq \int_{1}^{2}\frac{x+sinx}{x-sinx}x^{k}dx+3\int_{2}^{\infty +}x^{k}dx$

Cả hai tích phân cuối hội tụ nên tích phân đầu hội tụ .

Do đó nếu $k=-1$ hoặc $k>0$ thì tích phân đầu phân kỳ , $k<0$ tich phân này hội tụ .




#455697 Chứng minh $f(3)=f(5)=1$ là hai giá trị duy nhất thỏa mãn...

Gửi bởi bangbang1412 trong 06-10-2013 - 19:13

Cho phương trình  :luoi:  $\frac{4}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ 

Giả thiết rằng với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại $x,y,z$ nguyên dương thỏa mãn phương trình .

Giả sử $yz|x$ ($x=max{x,y,z}$) và $x,y,z$ khác nhau , $n\geq 3$ và $n|x$ ($n$ nguyên tố )

Đặt $f(n)$ là số bộ nghiệm không hoán vị của phương trình ban đầu thỏa mãn các điều kiện vừa đặt ra .

Chứng minh rằng $f(3)=f(5)=1$ là hai giá trị của $n$ nguyên tố duy nhất làm cho $f(n)=1$

:icon6:  Coi như món quà tặng cho những ai nghiên cứu giả thuyết $Erdos$ về phân số Ai Cập , nhân tiện nếu ai nghiên cứu thì pm mình cùng trao đổi .