Đến nội dung


I Love MC

Đăng ký: 07-06-2014
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 23:21
****-

#668558 $f(x+y^{2}+z^{3})=f(x)+f^{2}(y)+f^{3...

Gửi bởi I Love MC trong 16-01-2017 - 20:21

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x+y^{2}+z^{3})=f(x)+f^{2}(y)+f^{3}(z) (1)$

Với mọi $x,y,z$ là các số thực

Kí hiệu $P(n,m,k)$ là việc thế $x=n,y=m,z=k$ vào $(1)$ 
Có $P(0,0,0) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$ 
Nếu $f(0)=-1$ thì ta có 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+y^2+z^3)=f(x)+f^2(y)+f(z)$ 
Do đó $f(x+z)=f(x)+f(z)+1 ,\forall x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta có $f(x+y^2+z^3)=f(x+y^2)+f(z^3)+1=f(x)+f(y^2)+f^3(z)+2$ cộng thêm với $(1)$ ta có $f(y^2)=f^2(y)-2 (2)$ 
Từ $(2)$ ta có $f(y^6)=f^2(y^3)-2=f^6(y)-6 \Rightarrow f^6(y)-2=f(y^6)=f^3(y^2)=(f^2(y)-2)^3 \Leftrightarrow f^2(y)=1$ 
$\Rightarrow f(y)=\pm 1$ 
$P(x,y,0) \Rightarrow f(x+y^2)=f(x)  \Rightarrow f(x)$ là hàm hằng dễ chứng minh được $f(y)=-1$ 
Nếu $f(0)=0$ 
$P(0,y,0) \Rightarrow f(y^2)=f^2(y) \Rightarrow f(y) \ge 0 ,\forall y \ge 0$ 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+z^3)=f(x)+f^3(z) \Rightarrow f(x+z)=f(x)+f(z),x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta đi chứng minh $f$ đơn điệu tại $0$ . Từ dòng trên ta có $f(x-x)=f(x)+f(-x) \Rightarrow f(x)=-f(-x) (+)$
Kết hợp với $f(y) \ge 0,y \ge 0 \Rightarrow f(y) \le 0 ,\forall y \le 0$ . Từ đó suy ra $f$ dơnđiệu tại $0 (++)$ 
Từ $(+),(++) \Rightarrow f(x)=ax$ thế vào $(1) \Rightarrow a=0,a=1$ . Thử lại $f(x)=0,f(x)=x$ điều thỏa 
Vậy có ba hàm thỏa điều kiện đề bài là $f(x) \equiv -1 ,f(x) \equiv 0, f(x) \equiv x ,\forall x \in \mathbb{R}$




#668534 $P\left ( x \right )=x^{n} + 5x^{n-1} +3...

Gửi bởi I Love MC trong 16-01-2017 - 16:06

Ta phát biểu tiêu chuẩn sau đây : 
Tiêu chuẩn Oskar Perron : Cho $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+..+a_0 \in \mathbb{Z[x]},a_0 \ne 0$ . Nếu $|a_{n-1}|>1+..+|a_0|$ thì $f$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ 
Áp dụng tiêu chuẩn cho $P(x)$ ta có đpcm (cách chứng minh tiêu chuẩn bạn có thể tham khảo tài liệu khác)

 




#667628 $\boxed{Topic}$ ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC...

Gửi bởi I Love MC trong 08-01-2017 - 16:52

12) Giải hệ 
$\begin{cases} &x^4-y^4=\frac{121x-122y}{4xy}&\\&x^4+14x^2y^2+y^4=\frac{122x+121y}{x^2+y^2}& \end{cases}$




#667456 $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt...

Gửi bởi I Love MC trong 07-01-2017 - 14:08

Mình có ý tưởng mà vướng khúc cuối.

Trường hợp: $a,c$ cùng số dư khi chia cho $3$.

Thì được $a^2+ac+c^2$ chia hết cho $3$ nên $a=c=1$. Suy ra $b=1$.

Còn trường hợp còn lại :

Do $(a;c)=1$ và $ac=b^2$ thì $a,c$ là các số chính phương. ...

Còn vướng chỗ này.

 

P/S: Cách của NguyenTaiTue giải thích rõ được không ? Trong trường hợp $k$ hữu tỉ thì sao ?

 

Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn đòng thời các điều kiện : $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ là số nguyên tố 

Để $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ thì $ca=b^2$ 
Từ đó suy ra $a^2+b^2+c^2=(a+c-b)(a+c+b)$ là số nguyên tố ....




#667418 Giải phương trình: $\sqrt{30+\frac{1}{4...

Gửi bởi I Love MC trong 07-01-2017 - 09:07

Giải phương trình: $\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}}=4x$

Đặt $u=\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}$ 
Từ đó ta có : $\sqrt{30+u}=4x,16x^2-30=u$ dễ dàng rồi nhỉ :) 




#667296 Đề cử Thành viên nổi bật 2016

Gửi bởi I Love MC trong 06-01-2017 - 17:06

1. Tên Nick ứng viên : Zaraki,Baoriven,Baopbc

2. Thành tích (đóng góp) nổi bật :  Theo em thì anh Toàn thì không phải nói rồi :) Luôn tích cực tham gia thảo luận cho TOPIC diễn đàn

3. Ghi chú thêm (nếu có) : Ko có




#667294 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi I Love MC trong 06-01-2017 - 17:03

 

Bài 5 . (6,0 điểm).

 

Tìm tất cả các hàm số : $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hệ thức:

 

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ (1)

 

với mọi số thực $x,y$

Lời giải  : 
Theo chứng minh của các bạn trên thì ta có $f$ là một song ánh 
Ta tiếp tục làm như sau : 
Kí hiệu $P(u,v)$ chỉ việc thay $x$ bởi $u,y$ bởi $v$ vào $(1)$ 
Ta có $P(0,0) \Rightarrow f(-f(0))=2f(0)$    (2) 
$P(-f(0),2) \Rightarrow f(-f(0)f(2)-2f(0))=2f(0)$ (3) 
Từ $(2),(3) \Rightarrow f(0)=-f(0)f(2) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(2)=-1$ 
Trường hợp 1 : $f(0)=0$  . $P(x,0) \Rightarrow f(-f(x))=2f(x) (4)$ 
$P(1,y) \Rightarrow f(f(y)-f(1))=2f(1) (5)$
Từ $(4)$ cho $x=1$ và kết hợp với $(5)$ cho ta $f(y)-f(1)=-f(1) \Rightarrow f(x) \equiv 0$  
Cho $P(1,2)$ thì thấy không thỏa mãn nên loại trường hợp này  
Trường hợp 2 : $f(2)=-1$  
$P(2,2) \Rightarrow f(-1)=2$ 
Tính được $f(0)=1$  
$P(1,y) \Rightarrow f(f(x))=x$ 
$P(x,2) \Rightarrow f(-x-f(x))=2f(x)+2x (6)$
$P(f(x+f(x)),2)$ kết hợp với $f(f(x))=x  \Rightarrow f(-x-f(x))=2(x+f(x))+2f(x+f(x)) (7)$
Từ $(6),(7)$ cho ta $f(x+f(x))=0=f(1) \Rightarrow x+f(x)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ (thỏa)  
 




#667261 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi I Love MC trong 06-01-2017 - 12:23

Câu 6a mình có ý tưởng về việc sử dụng định lý sau : 
Định lí Lerch : Với $p$ là số nguyên tố thì : $\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-1} \equiv p+(p-1)! \pmod{p^2}$ 

 

mình làm hết ngày 2 nè he he :))

Incredable :D




#667065 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi I Love MC trong 05-01-2017 - 13:05

$Q(x)-(3x-1)$ chia hết cho $B(x)$ thì mọi nghiệm của $B(x)$ là mọi nghiệm của $Q(x)-(3x-1)$, nhưng tại sao lại thế vậy anh ?

Ý bạn là sao ? 




#666912 Cho $a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}$ là các...

Gửi bởi I Love MC trong 04-01-2017 - 13:15

Vì $(a_i,a_j)<n \forall 0<i<j<k+1 \Rightarrow$ không tồn tại số nguyên dương nào không vượt quá $m$ là bội của cặp số đã cho  
Đặt $A_i=\{x \in \mathbb{N},x \vdots a_i,n \ge x \ge 1}\$ 
Suy ra $|A_i|=[\frac{n}{a_i}]$ 
Rõ ràng $|A_i| \cap |A_j|=\varnothing ,i \ne j \Rightarrow |A_1 \cap A_2 \cap... \cap A_k|=\sum_{i=1}^k |A_i|=\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}]$ (1)
Rõ ràng $|A_i| \le n-1 \forall 1 \le i \le n$ nên từ (1) suy ra $\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}] \le n-1$ 
Chú ý bất đẳng thức sau $x-1<[x]$ nên từ dòng trên ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i} \le \frac{n-1+k}{n}=1+\frac{k-1}{n}$ 
Ta sẽ đi chứng minh $k-1<\frac{n}{2}$  
Trong các số $a_1,a_2,..a_k$ thì nếu ta chọn ra $2$ số bất kì thì hai số đó phải có ước lẻ khác nhau (cái này dễ rồi nên bạn tự chứng minh) 
Do vậy $k$ sẽ phải bé hơn số số lẻ từ $1 \Rightarrow n$ từ đó $k-1<\frac{n}{2}$ 
Từ đó ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i}<\frac{3}{2}<2$ (đpcm)




#666656 $x+y+z\leq xyz+2$

Gửi bởi I Love MC trong 02-01-2017 - 16:35

BĐT c/m $\Leftrightarrow x(1-yz)+y+z \le 2$  
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky $x(1-yz)+y+z \le (x^2+(y+z)^2)(1+(1-yz)^2)=(2+2yz)(1+(1-yz)^2)$ 
Ta c/m đc với $a \le 1$ thì $(2+2yz)(1+(1-yz)^2) \le 2$ và chú ý $x^2+y^2+z^2=2 \ge y^2+z^2 \ge 2yz \Rightarrow 1 \ge yz$




#666182 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho $2p^{2}-1$ là một l...

Gửi bởi I Love MC trong 29-12-2016 - 20:09

Chọn đội tuyển KHTN vòng 2 ngày 1 




#665848 $n \geq 4m(2^{m}-1)$

Gửi bởi I Love MC trong 25-12-2016 - 21:52

Xét : 
+) $m$ lẻ . Giả sử $n$ là tốt  ,chọn $a=n-1$ thì có $n|(n-1)^m-1 \Rightarrow n|2 \Rightarrow n \le 2 <4m(2^m-1)$ 
+) Nếu $m$ chẵn thì đặt $m=2^tq,t \ge 1 ,(q,2)=1$ 
Giả sử $n$ tốt thì đặt $n=2^u(2v+1),(u,v \in \mathbb{N})$ 
Nếu $v=0 \Rightarrow n=2^u$ ,chọn $a=4k+3 \Rightarrow (a,n)=1$ ta có 
$2^u=n(a^m-1) \Rightarrow u \le v_2(a^m-1)=v_2(a-1)+v_2(m)-1=1+t \Rightarrow t \ge u-1 \Rightarrow n<4m(2^m-1)$ 
Nếu $v \ge 1 \Rightarrow 2v-1>0 ,(2v-1,n)$. Chọn $a=2v-1$ ta dược  $2v+1 \le 2^m-1$  (1)
Chọn $a=8v+5 \Rightarrow (a,n)=1$ khi đó 
$2^u|n|(a^m-1)=(a^q)^{2^t}-1 \Rightarrow 2^u|(a^q-1)(a^q+1)...(a^{2^t-1q}+1)$ 
Do $q$ lẻ $a^q \equiv 5 \pmod{q},a^{2^iq} \equiv 5 \pmod{q},i=\overline{1,t-1}$ 
Từ đó ta có $u \le v_2[(a^q-1)(a^q+1)...(a^{2^t-1q}+1)] \Rightarrow u \le v_2(a^q-1)+v_2(a^q+1)+\sum_{i=1}^{t-1} v_2(a^{2^iq}+1)=t+2$ 
$\Rightarrow 2^u \le 4.2^t$ (2) 
Từ (1),(2) có đpcm 




#665845 $( Iran$ $2013)$ Tồn tại hay không các số nguyên dương...

Gửi bởi I Love MC trong 25-12-2016 - 21:40

Nhận xét một số chia $3$ dư $2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố cũng có dạng như vậy 
Ở đây ta sẽ chứng minh không tồn tại $a,b,c$ nguyên dương sao cho $3(ab+bc+ac)|a^2+b^2+c^2$ là đủ
Giả sử ngược lại ,đặt $a^2+b^2+c^2=3n(ab+bc+ac)$ với $n$ là số nguyên dương suy ra $(a+b+c)^2=(3n+2)(ab+bc+ac)$ 
Gọi $p$ là một ước số nguyên tố của $3n+2$ sao cho $p \equiv 2 \pmod{3}$ . Dễ thấy $v_p(3n+2)$ lẻ suy ra tồn tại $i$ nguyên dương sao cho 
$v_p(3n+2)=2i-1$ . Vì $(a+b+c)^2 \vdots (3n+2) \Rightarrow p^i|(a+b+c) \Rightarrow p|(ab+bc+ac) \Leftrightarrow p|(ab-(a+b)(a+b) \Leftrightarrow p|(2a+b)^2+3b^2$ 
Suy ra $(\frac{-3}{p})=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{6}$ (vô lí)  
 




#665482 $x^{n}+1=y^{n+1}$

Gửi bởi I Love MC trong 22-12-2016 - 18:42

Ta sẽ dùng bổ đề sau 
Cho $(a,b)=1$ với $a,b,n$ nguyên dương ta có 
$(\frac{a^n-b^n}{a-b},a-b)=(n,a-b)$