Đến nội dung


canhhoang30011999

Đăng ký: 30-05-2013
Online Đăng nhập: Hôm nay, 19:51
****-

#667392 Đề cử Thành viên nổi bật 2016

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 06-01-2017 - 22:43

Tên ứng viên: Baopbc, Quanghung86, Zaraki, Bangbang1412, I Love MC

Thành tích nổi bật: khuấy động phong trào Olympic của diễn đàn




#656529 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 02-10-2016 - 23:03

Câu 1:

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế giá trị $x,y$

$2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x[f(2x)+4f(f(y))]$ $(1)$
$P(0,y)\implies f(0)=0$
$P(x,0)\implies 4f^2(x)-2f(x^2)=xf(2x)$ $(2) 

Thay vào $(1)\implies f(x)f(x+y)=f^2(x)+xf(f(y))$ $(3)$

$P(x,-x)\implies f^2(x)=-xf(f(-x))$ $(4)$

$P(2x,-x)$ và áp dụng $(4)\implies f(2x)f(x)=f^2(2x)-2f^2(x)$

$\iff \left [ f(2x)-2f(x) \right ]\left [ f(2x)+f(x)  \right ]=0\iff f(2x)=2f(x)$ hoặc $f(2x)=-f(x)$
 

TH1: $ f(2x)=2f(x)$

$P(x,x)\implies4f^2(x)-f(x^2)=xf(x)+2xf(f(x))$

Áp dụng $(2)$ và $(4)$ $\implies f^2(x)=xf(f(x))=f^2(-x)$

Nếu $f(x)=f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm chẵn, khi đó thay $y=-2x$ vào $(3)$

$\implies f(x)f(-x)=f^2(x)+xf(f(-2x))\iff f(f(-2x))=0 \forall x\in \mathbb{R}\implies f(f(x))=0$

Khi đó $f(x)=f(x+y)\forall y\in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm lẻ, khi đó:

$P(x,-y)\implies f(x)f(x-y)=f^2(x)+f(f(-y))=f^2(x)+f(-f(y))=f^2(x)-f(f(y))$

Cộng vế theo vế$\implies f(x-y)+f(x+y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y)$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

$\implies f(x)=cx$ với $c$ là hằng số

Thay vào $(1)$ suy ra $c=1\implies f(x)=x$

 

TH2: $f(2x)=-f(x)$

$P(1,0)\implies f(1)=0$ hoặc $f(1)=\frac{1}{4}$

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,y)\implies f(f(y))=0$

Tương tự suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=\frac{1}{4}$

Thay $x=y=1$ suy ra $f(\frac{1}{4})=-\frac{1}{8}$

$\implies f(\frac{1}{8})=-f(\frac{1}{4})=\frac{1}{8}$

Khi đó thay $x=y=\frac{1}{8}$ vào $(1)$ suy ra vô lí

 

Thử lại thấy có 2 hàm $f(x)=x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

bạn giải thích đoạn này cái




#656277 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017 ngày 1

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 01-10-2016 - 20:49

Bài 4

sau phép biến đổi đầu ta đc 4 số (d,a,b,c) thỏa a+b+c+d=0

sau phép biến đổi thứ 2 ta đc 4 số (a+b+c-3d,b+c+d-3a,c+d+a-3b,a+b+d-3c)=(-4d,-4a,-4b,-4c)

sau phép biến đổi thứ 3 ta đc 4 số (16d,16a,16b,16c)

giả sử a=Max(a,b,c,d) khi đó a>0 và ta có sau 1 số phép biến đổi sẽ xuất hiện số $16^n.a$ với n lớn tùy ý

khi đó trong 4 số có số lớn hơn 2016




#654990 Đề thi chọn đội tuyển PTNK ngày 1 năm 2016-2017

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 21-09-2016 - 15:44

Bài 1

Nếu $a>1$ ta có $u_{n}>1$ với mọi n nên $u_{n+1}=2u_{n}-1$

dễ thấy trong trường hợp này ta có dãy ko hội tụ

nếu $a=1$ ta có $lim u_{n}=1$

nếu $0 \geq a \geq -1$ thì ta có $lim u_{n}=-1$

nếu $1> a > 0$ thì ta có $1>u_{1}>-1$

nếu $1>u_{i} >0$ thì ta có $1>u_{i+1}>-1$

nếu $0\geq u_{i} \geq{-1} $ ta có $u_{i+1}=-1$

nên $1> u_{n} \geq -1$ với mọi n

nếu tồn tại $i$ sao cho  $0\geq u_{i} \geq{-1} $ thì ta có $limu_{n}=-1$

nếu $1>u_{n}>0$ với mọi $n$ thì khi đó $u_{n+1}-u_{n}=u_{n}-1<0$ nên $u_{n}$ giảm

suy ra $u_{n}$ hội tụ về $a$ khi đó $a=1$ (vô lí do $u_{n}$ giảm)

vậy với $1>a \geq -1$ thì $lim U_{n}=-1$

nếu $-1 >a > -3$ thì ta có $-1>u_{1} \geq -2 >-3$ nên bằng quy nạp ta có $-1>u_{n}>-2$ với mọi $n$

khi đó $u_{n+1}-u_{n}=(u_{n}+1)(u_{n}+2)<0$ nên $u_{n}$ giảm nên $u_{n}$ hội tụ

khi đó $lim u_{n}=-2$

nếu $ -3 \geq a > -2-\sqrt{3}$ thì $-1 \leq u_{1} <1$ nên làm như trên ta có $limu_{n}=-1$

nếu $a=-2-\sqrt{3}$ thì $u_{1}=1$ làm như trên ta có $lim u_{n}=1$

nếu $a <-2-\sqrt{3}$thì $u_{1}>1$ khi đó làm như trên ta  có $u_{n}$ phân kì

vậy $1 \geq a \geq -2-\sqrt{3}$ thì $u_{n}$ hội tụ 




#652515 $\frac{3xy-1}{x+y}\not\equiv 4(mod6)...

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 03-09-2016 - 00:09

giả sử phản chứng ta có $\frac{3xy-1}{x+y}=3x-\frac{3x^{2}+1}{x+y} \equiv 4(\bmod 6)$

từ đó ta có$\frac{3x^{2}+1}{x+y}\equiv -1 (\bmod 6)$

đặt $x+y=2^t.l,3x^{2}+1=2^{t}.n$

ta có các ước nguyên tố của $l,n$ đều có dạng 6k+1 nên vô lí




#649509 Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 2

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 13-08-2016 - 23:04

ta có $\frac{1}{a^{2013}}+\frac{1}{(p-a)^{2013}} =\frac{2013p.a^{2012}}{a^{2013}(p-a)^{2013}} (\bmod p)$

nếu $p/2013$ thì bài toán cm xong

nếu $(p,2013)=1$ thì ta đưa bài toán về cm

$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)^{2013}}\equiv 0 (\bmod p)$

hay $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^{2014}}\equiv 0 (\bmod p)$

do mỗi i bất kì luôn tồn tại j sao cho $ij \equiv 1 (\bmod p)$ 

nên ta có $\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^{2014}} = \sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}$

gọi $a_{1},a_{2},...a_{t}$ là các đồng dư phân biệt của $i^{2014}$

ta có mỗi $a_{i}$ được xuất hiện $\frac{p-1}{t}$ lần

từ đó xét đa thức $(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{t}) -x^{t}+1$

ta có $a_{1}.a_{2}...a_{t}=x^{2014}a_{1}.x^{2014}a_{2}...x^{2014}a_{t} (\bmod p)$

nên $x^{2014t} =1 (\bmod p) $

mà luôn tồn tại $x$ sao cho $a_{i} =x^{2014} (\bmod p)$ nên ta có đa thức trên có t nghiệm

Nếu t=1 thì ta có $p-1 /2014$ (vô lý do p khác 107)

nếu $t>1$ thì $ \sum_{i=1}^{t}  a_{i}=0 (\bmod p)$

mà $\sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}=\frac{p-1}{t}( \sum_{j=1}^{t} a_{j}) =0$ (đpcm)




#649401 Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 1

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 13-08-2016 - 15:51

Bài 1:

Xét hàm số $f(x)=\frac{x+a}{1+ax}$.

Khi đó, $f'(x)=\frac{1+ax-a(x+a)}{(1+ax)^{2}}=\frac{1-a^{2}}{(1+ax)^{2}}<0$ $\forall \frac{1}{2}<a<1$.

Mặt khác, $x_{1}=\frac{a_{1}+x_{0}}{1+a_{1}x_{0}}=\frac{a_{1}+a_{0}}{1+a_{1}a_{0}}>a_{0}=x_{0}$ nên $(x_{n})$ là dãy tăng.

Và bằng qui nạp, ta chứng minh được $x_{n}<1$ $\forall n \geqslant 0$ nên dãy $(x_{n})$ hội tụ. Vì $(a_{n})$ là dãy bị chặn nên có thể trích ra một dãy con $(a_{n_{k}})$ hội tụ. Nếu ta xét dãy con $(x_{n_{k}})$ thì $\lim_{k\rightarrow \infty}x_{n_{k}}=\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}$. Giả sử $(x_{n_{k}})\rightarrow x$ và $(a_{n_{k}})\rightarrow a$. Ta sẽ có phương trình 

$x=\frac{x+a}{1+ax}\Leftrightarrow x=1$ (do $a>0$ và $x>0$). Như vậy $\lim_{n\rightarrow \infty}x_{n}=1$

 

Bài này ko thể dùng pp xét hàm đc vì $a_n$ thay đổi 

ta có $\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-1}=\frac{(x_{n}-1)(a_{n+1}-1)}{(x_{n}+1)(a_{n+1}+1)}$

nên $\frac{1-x_{n+1}}{1+x_{n+1}}=\prod_{i=0}^{n+1}\frac{1-a_{i}}{1+a_{i}}$

mà $0\leq \frac{1-a_i}{1+a_i}\leq \frac{1}{3}$

nên $0\leq \frac{1-x_{n+1}}{1+x_{n+1}}\leq \frac{1}{3^{n+1}}$

nên $lim x_{n}=1$




#646234 Đề thi thử VMO 2015 của Viện Toán Học.

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 24-07-2016 - 15:21

Bài 3 ngày 1

xét tại mỗi hàng ta đánh tùy ý $m-1$ ô đầu và ô cuối đánh sao cho hàng đó có chẵn ô đen

có $2^{m-1}$ cách đánh

Đánh như vậy ở $n-1$ hàng nên có $2^{(n-1)(m-1)}$ cách đánh

Xét hàng cuối ta đánh sao cho mỗi cốt có số ô đen là số chẵn

Dễ thấy khi đó hàng cuối cũng có chẵn ô

Ta có vs cách đánh này ta xác định đc tất cả các TH thỏa mãn đề bài

Vậy có $2^{(n-1)(m-1)}$ cách đánh




#643797 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:32

Bài 68 Cho $y \in N^{*}$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $4/p+1$ và $p$ là ước của 1 số có dạng $2^{n}y+1$ (n nguyên dương)

p/s anh IMOer post lời giải bài 64 được không ạ?




#643792 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:11

Bài 67  (bài này có trong sách của mình)

ta có phương trình Fec-ma $a^{4}+b^{4}=c^{2}$ và $a^{4}+b^{4}=2c^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường nên $x^{2^{k}}+y^{2^{k}}$ không là số chính phương cũng không là 2 lần số chính phương 

Từ đó ta có tồn tại $p$ lẻ sao cho $v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ

khi đó ta có $x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}} \equiv 0 (\bmod p)$

suy ra tồn tại a sao cho $ a^{2^{k+1}} \equiv 1 (\bmod p)$

từ đó dễ thấy $2^{k+1}$ là cấp của $a$ mod $p$ từ đó ta có $p-1$ chia hết cho $2^{k+1}$

$=> v_{p}(x^{p-1}-y^{p-1})=v_{p}(x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}})=v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ (đpcm)




#642440 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 27-06-2016 - 14:58

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

có thể bạn nhầm đề nhưng $p=4^{n}+1$ mà




#642244 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 11:00

Bài 62 Tìm a,b,c nguyên dương sao cho

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

nguồn (Iran TST 2013)

P/s:Anh IMOer có thể đăng cách giải bài 61 của anh được không ạ




#642234 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 10:03

Lời giải bài 61:

Gọi các số nguyên tố bé hơn 2016 lần lượt là $p_{1},p_{2},...p_{k}$ 

theo nguyên tắc Đi-rich-lê thì tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}p_{3}..p_{k}+2$ và vô hạn số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}^{2}p_{3}..p_{k}+2$  

Khi đó tồn tại vô số $p$ là 1 số nguyên tố bất kì là 1 trong 2 dạng trên thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ lẻ

theo định lí Trung Quốc về phần dư thì tồn tại n sao cho

$n\equiv 0 (\bmod p), \\ n\equiv 0(mod \frac{p-1}{2})\\ n\equiv 1(mod 2016!)$

Khi đó $a^{n} \equiv +1,-1 (mod p)$

nên $p/d-3$ hoặc $d-1$ hoặc $d+1$ hoặc $d+3$

do có vô số $p$ nên $d=1$ hoặc $d=3$ hoặc $d=-1$ (loại) hoặc $d=-3$ (loại)

nếu d=1 thì theo Đi-rich-lê thì tồn tại vô số nguyên tố q dạng $p_{1}p_{2}..p{k}t+1$ khi đó chọn $n=2q-1$ thì ta có $a+b+c-1$ chia hết cho $q$

$=>a+b+c=1$ (vô lý)

Nếu $d=3$ thì chọn $n=4q-3$ thì thì $a+b+c-3$ chia hết cho $q$ nên $a+b+c=3 $ do đó $a=b=c=1$




#642137 18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 25-06-2016 - 15:56

Bài 2 Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Khi đó gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AH$.

Ta có $\widehat{C'EC}=\frac{\widehat{C'AC}}{2}= \widehat{BAC}$

$DC$ cắt $C'E$ tại $E'$ thì $\widehat{CE'C'}=\widehat{BAC}$ nên $E\equiv E'$

Dễ thấy 2 tam giác $DBC'$ và $DCB'$ bằng nhau (c.g.c)

nên 2 tam giác $DB'C'$ và $DCB$ bằng nhau

suy ra $\widehat{DB'C'}=\widehat{DEC'}$

Từ đó ta có $C'E$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn $(A)$ và $(O) $ nên $OA$ vuông góc với $C'E$ hay $OA$ vuông góc với $BC$




#641641 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 21-06-2016 - 20:34

Do đã lâu rồi bài 59 vẫn chưa có người giải nên mình up bài 60 vậy

Cho dãy $a_{0}=1,a_{1}=1,a_{n+2}=98a_{n+1}-a_{n}-16$

CMR $a_{n}$ là CP với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$