Đến nội dung

Tru09 nội dung

Có 629 mục bởi Tru09 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#532637 Topic ôn luyện VMO 2015

Đã gửi bởi Tru09 on 09-11-2014 - 23:43 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

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 




#532312 Topic ôn luyện VMO 2015

Đã gửi bởi Tru09 on 07-11-2014 - 23:39 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

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 :D




#532223 Topic ôn luyện VMO 2015

Đã gửi bởi Tru09 on 07-11-2014 - 16:45 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

   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 




#531763 Topic ôn luyện VMO 2015

Đã gửi bởi Tru09 on 04-11-2014 - 11:04 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

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 $a_n =2$




#531735 Topic ôn luyện VMO 2015

Đã gửi bởi Tru09 on 03-11-2014 - 22:41 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

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 $\frac{1}{2014}$




#504940 $f(f(x)-y)=f(x)-f(y)+f(x)f(y)-xy$

Đã gửi bởi Tru09 on 08-06-2014 - 13:30 trong Phương trình hàm

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 .




#504939 $\left\{\begin{matrix}f(1)=5 & &...

Đã gửi bởi Tru09 on 08-06-2014 - 13:02 trong Phương trình hàm

Bạn rút hàm mới như thế nào vậy :v , viết rõ được không :D

Nhưng mà nếu cho n đến vô cùng mà g(0) không xác định thì theo mình vẫn chưa suy ra g(k) là hàm hằng được thì phải :S ( nó có thể là hàm tuần hoàn )




#504923 $\left\{\begin{matrix}f(1)=5 & &...

Đã gửi bởi Tru09 on 08-06-2014 - 11:33 trong Phương trình hàm

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 ...

 




#504804 $a_0 =\frac{1}{2} , a_{k+1} =a_k +...

Đã gửi bởi Tru09 on 07-06-2014 - 21:04 trong Dãy số - Giới hạn

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 $1 -\frac{1}{n} < a_n < 1.$




#503969 CMR : Tam giác $JPM$ vuông tại $P$.

Đã gửi bởi Tru09 on 04-06-2014 - 15:40 trong Hình học

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 . $\Rightarrow AJ //YI \Rightarrow \angle JAM =90^o$

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

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

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

$\Rightarrow dpcm$




#503919 CMR : Tam giác $JPM$ vuông tại $P$.

Đã gửi bởi Tru09 on 04-06-2014 - 10:28 trong Hình học

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




#503914 CMR : Tam giác $JPM$ vuông tại $P$.

Đã gửi bởi Tru09 on 04-06-2014 - 10:03 trong Hình học

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

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




#501364 Trận 10 - Bất đẳng thức

Đã gửi bởi Tru09 on 24-05-2014 - 23:22 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

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




#498397 Trận 9 - Tổ hợp, rời rạc

Đã gửi bởi Tru09 on 11-05-2014 - 15:13 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Bài Làm :

Bài toán tương đương số nghiệm của hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x+y+z+t =32 \\ x,y,z,t \in N* \\ x\neq y \neq z \neq t \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow $$\left\{\begin{matrix} x-1+y-1+z-1+t-1 =28 \\ x,y,z,t \in N* \\ x\neq y \neq z \neq t \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow $$\left\{\begin{matrix} a+b+c+d =28 \\ a,b,c,d :\text{Không âm} \\ a \neq b \neq c \neq d \end{matrix}\right.$

Ta xét phần bù .

( Ở đây ta xét tính thứ tự của a,b,c,d)

Số nghiệm không âm của phương trình a+b+c+d =28 là 4495

Trước hết ta tính số nghiệm không âm của phương trình a+b+c+d=28 với :$\begin{pmatrix} 31 \\ 3\end{pmatrix}$ =4495

 @~ > Với chỉ đúng 2 số trong 4 số bằng nhau .Không mất tính tổng quát giả sử 2 số đó là $a=b=k ( 0 \leq k \leq 14)$

$\Rightarrow c+d =28 -2k$

Để có đúng 2 số bằng nhau thì ta loại đi trường hợp $c=d  \neq 7$ ( xảy ra khi $0 \leq k \leq 14 ,k \neq 7$) ( có 14 trường hợp như vậy ) và Chỉ 1 trong 2 só $c,d =k$ ( chỉ xảy ra khi $0 \leq k\leq 9 và k \neq 7$) (có 18 trường hợp như vậy) và loại đi trường hợp $k=c=d$ ( chỉ xảy ra khi $ k=7$).( có 1 trường hợp như vậy )

Tóm lại ta phải loại đi 33 trường hợp .

Số nghiệm không âm của phương trình c+d =28 -2k với (0\leq c ,d \leq 28-2k , k chạy từ 0 đến 14) là $\sum (28-2k +1) =225$

Tóm lại với a=b thì số nghiệm không âm của phương trình $a+b+c+d =28$ là :$225 -33 =192$

Như vậy tổng cộng có 1152 nghiệm không âm của phương trình $a+b+c+d =28$ mà chỉ có đúng 2 số bằng nhau.

@~> Với chỉ đúng 3 số trong 4 số bằng nhau .Không mất tính tổng quát giả sử 3 số đó là $a=b=c=k (0 \leq k\leq9)$

$\Rightarrow d =28 -3k$

Để có đúng 3 số bằng nhau thì ta loại đi trường hợp $d= k$ nghĩa là $k =7$ .Vậy chỉ loại đi 1 trường hợp.

Vậy số nghiệm không âm  của phương trình $a+b+c+d=28$ có đúng 3 số bằng nhau là $9x4 =36.$

@~> Với đúng 4 số bằng nhau ( 1 trường hợp)

@~> Với đúng 2 cặp 2 số bằng nhau  ( 2 cặp này khác nhau ) Không mất tính tổng quát giả sử $a=b=k ,c=d =t (k \neq t)$

Khi đó $k+t =14$ khi đó có 14 trường hợp

Vậy số nghiệm không âm của phương trình $a+b+c+d =28$ với 2 cặp 2 số bằng nhau ( 2 cặp khác nhau) là $14x3 =42$

Tóm lại số nguyệm không âm có ít nhất 2 số bằng nhau của phương trình $a+b+c+d =28$ là $1152+36+42+1=1231$

Vậy số nghiệm không âm đôi 1 khác nhau của phương trình $a+b+c+d =28$ là $4495-1231=3264$

Do a,b,c,d ở trên ta xét có tính thứ tự 

Nên số cách chia kẹo vào các hôp không tính thứ tự là 3264 :24= 136 cách.

Tóm lại Số cách chia kẹp vào các hộp sao cho mỗi hộp có số lượng kẹo khác nhau là 136 cách chia .

 

____________________________

NX: Sai về cách trình bày ký hiệu đôi một khác nhau (- 1đ )

Điểm bài: $d=9$

Điểm thưởng $d_t=8$

Điểm mở rộng $d_{mr}=0$

Điểm thảo luận $d_{tl}=0$

$S = \left \lfloor\frac{52 - \left (t_{lb} - t_{rd} \right )}{3} \right \rfloor+3\times d+d_{mr}+d_{t}+d_{tl}=\left \lfloor\frac{52 - 42}{3} \right \rfloor+3\times 9 +0+8+0=38$




#498144 Trận 9 - Tổ hợp, rời rạc

Đã gửi bởi Tru09 on 09-05-2014 - 22:21 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Bài Làm :

Bài toán tương đương số nghiệm của hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x+y+z+t =32 \\ x,y,z,t \in N* \\ x\neq y \neq z \neq t \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow $$\left\{\begin{matrix} x-1+y-1+z-1+t-1 =28 \\ x,y,z,t \in N* \\ x\neq y \neq z \neq t \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow $$\left\{\begin{matrix} a+b+c+d =28 \\ a,b,c,d :\text{Không âm} \\ a \neq b \neq c \neq d \end{matrix}\right.$
Ta xét phần bù . Số nghiệm không âm của phương trình a+b+c+d =28 là 4495
Trước hết ta tính số nghiệm không âm của phương trình a+b+c+d=28 với :$\begin{pmatrix} 31 \\ 3\end{pmatrix}$ =4495
 @~ > Với chỉ đúng 2 số trong 4 số bằng nhau .Không mất tính tổng quát giả sử 2 số đó là $a=b=k ( 0 \leq k \leq 14)$
$\Rightarrow c+d =28 -2k$
Để có đúng 2 số bằng nhau thì ta loại đi trường hợp $c=d  \neq 7$ ( xảy ra khi $0 \leq k \leq 14 ,k \neq 7$) ( có 14 trường hợp như vậy ) và Chỉ 1 trong 2 só $c,d =k$ ( chỉ xảy ra khi $0 \leq k\leq 9 và k \neq 7$) (có 18 trường hợp như vậy) và loại đi trường hợp $k=c=d$ ( chỉ xảy ra khi $ k=7$).( có 1 trường hợp như vậy )
Tóm lại ta phải loại đi 33 trường hợp .
Tóm lại với a=b thì số nghiệm không âm của phương trình $a+b+c+d =28$ là :$\sum (28 -2k) -32 =178$
Như vậy tổng cộng có 1068 nghiệm không âm của phương trình $a+b+c+d =28$ mà chỉ có đúng 2 số bằng nhau.
@~> Với chỉ đúng 3 số trong 4 số bằng nhau .Không mất tính tổng quát giả sử 3 số đó là $a=b=c=k (0 \leq k\leq9)$
$\Rightarrow d =28 -3k$
Để có đúng 3 số bằng nhau thì ta loại đi trường hợp $d= k$ nghĩa là $k =7$ .Vậy chỉ loại đi 1 trường hợp.
Vậy số nghiệm không âm  của phương trình $a+b+c+d=28$ có đúng 3 số bằng nhau là $9x4 =36.$
@~> Với đúng 4 số bằng nhau ( 1 trường hợp)
Tóm lại số nguyệm không âm có ít nhất 2 số bằng nhau của phương trình a+b+c+d =28 là 1068+36+1=1083
Vậy số nghiệm không âm đôi 1 khác nhau của phương trình $a+b+c+d =28$ là $4495-1083=3412$
Vậy số cách chia kẹo là 3412 cách chia .
 
 
 



#496065 Tìm max và min của: $P=x^4+y^4+z^4+12(1-x)(1-y)(1-z)$

Đã gửi bởi Tru09 on 30-04-2014 - 11:31 trong Bất đẳng thức và cực trị

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 :D

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

Min =3 khi x=y=z=1




#495780 Chứng minh rằng luôn tìm thấy 2 vị đại biểu sao cho giữa họ lúc trước và lúc...

Đã gửi bởi Tru09 on 28-04-2014 - 21:30 trong Tổ hợp và rời rạc

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 .




#492239 Trận 7 - Số học

Đã gửi bởi Tru09 on 11-04-2014 - 20:31 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

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 $x=y=z=0$




#489333 Trận 6 - Phương trình và hệ phương trình

Đã gửi bởi Tru09 on 28-03-2014 - 23:16 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Bài làm :

Từ Phương Trình (1) $\Rightarrow x \neq 1 , y \neq -1$

Từ Phương Trình (1) $\Rightarrow |x-1| .|y+1| =1 \Rightarrow |x-1| =\frac{1}{|y+1|}$

$\Rightarrow x =\frac{1}{|y+1|}+1 hoặc x= \frac{-1}{|y+1|} +1$ 

Thay vào Phương trình (2) $ \Rightarrow \frac{1}{|y+1|} -m|y+1| \leq m-1$

$\Leftrightarrow 1-m(y+1)^2 \leq (m-1)|y+1|$

$\Leftrightarrow m(y+1)^2 +(m-1)|y+1| -1\geq 0$

$\Leftrightarrow (|y+1|+1)(m|y+1|-1) \geq 0$

Ta có $ |y+1| +1 \geq 0 \forall y $

Nếu m \leq 0 \Rightarrow hệ bất phương trình vô nghiệm.

Nếu m >0

$\Rightarrow |y+1| \geq \frac{1}{m}$

$\Rightarrow y \geq \frac{1}{m}-1$ hoặc $ y \leq \frac{-1}{m} -1 $

Và $x=\frac{1}{y+1}+1 hoặc x =\frac{-1}{y+1} +1$

( $y \neq -1$)

Tóm lại với $m \leq 0 \Rightarrow$ Hệ bất phương trình vô nghiệm.

Với $m > 0 \Rightarrow$ hệ bất phương trình có nghiệm (x,y) =($\frac{\pm1}{y+1}+1,$ $y \neq -1$ và$ y \geq \frac{1}{m} -1$ hoặc $ y \leq \frac{-1}{m}-1$) ,

 

 

 




#485581 Trận 4 - Đa thức, phương trình hàm

Đã gửi bởi Tru09 on 02-03-2014 - 23:54 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Mở rộng :
Thực chất bài toán là : $f(x+y) -f(xy) =f(x) +f(y)-f(x)f(y) \forall x,y \in R$ với 2 biến $x,y$

vậy ta thử nâng lên n biến  :v

Bài toán :

$f(x1+x2+...+xn) -f(x1x2...xn) =\sum  f(x1) -f(x1)f(x2)...f(xn)$

Để giải bài toán này

Ta phải xét trường hợp n =2 ( lời giải như bài MO)

Lý luận tương tự $\Rightarrow f(0)= 0$ khi cho tất cả các biến $=0$

Sau đó cho $x3 ,...xn =0 \Rightarrow f(x1+x2)=f(x1) +f(x2) .$

Từ đó suy ra f cộng tính sau đó suy ra f nhân tính

$\Rightarrow$ f đồng biến.

Và phần còn lại giải như TH n=2

 




#485535 Trận 4 - Đa thức, phương trình hàm

Đã gửi bởi Tru09 on 02-03-2014 - 20:50 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

$$f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$(*); $\forall x,y\in\mathbb{R}$$

Đề của bachhammer

Lời giải : (bài chính thức ) (BTC xóa bài trên hộ em :))

Từ đề bài ta thay  $y=0 \Rightarrow f(x) +f(0) =f(x)-f(0) +f(x).f(0) \forall x \in R$

$\Rightarrow 2f(0) =f(x)f(0) \forall x \in R(**)$

Thay $x =y=0$ ta có $2f(0) =f^2(0)  $

$\Rightarrow f(0) =0$ hoặc $f(0) =2$

Nếu $f(0) =2$ thì từ $(**) \Rightarrow f(x) =2 \forall x \in R$

Ta xét f(0) =0

Từ đề bài ta thay $y= 1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) -f(1) +f(x).f(1)  \forall x \in R (***)$

Từ đề bài ta thay $x=y=1 \Rightarrow f(0) +f(1) =f(1) -f(1) +f^2(1)$

$\Rightarrow f(1) =f^2(1)$

$\Rightarrow f(1) =0$ hoặc $f(1) =1$

Nếu $f(1) =0$ thì thay vào $(2) \Rightarrow f(x-1) = 0 \forall x \in R \Rightarrow f(x) =0 \forall x \in R$

Ta xét $f(1) =1$ và $f(0) =0$

Từ $(***) \Rightarrow f(x) -f(x-1) =1 \forall x \in Z$

$\Rightarrow f(x-1) -f(x-2) =1 \forall x \in Z$

Tương tự như vậy cho đến $f(2) -f(1) =1$

Cộng hết lại ta có :

$f(x) -1 =x-1 \forall x \in Z$

$\Rightarrow f(x) =x \forall x \in Z$

Từ (*) thay $x =0 \Rightarrow f(-y) = -f(y) \forall y \in R$

Thay y thành -y vào (*) ta có : $f(x+y) -f(xy) =f(x) +f(y) -f(x)f(y) \forall x,y \in R (.)$

Cộng với (*) ta có :$ f(x+y) +f(x-y) =2f(x) \forall x,y \in R$

Từ đó thay tiếp $x=y \Rightarrow f(2x) =2f(x) \forall x \in R $

Vậy $f(x+y) +f(x-y) =f(2x) \forall x ,y \in R$

Mà $x+y +x-y =2x$ 

$\Rightarrow f$ cộng tính .

Thay vào (.) $\Rightarrow f(x)f(y) =f(xy) \forall x,y \in R$

vậy $f$ nhân tính

Mặt khác thay $x =y$ vào đề bài $\Rightarrow f(x^2) =f^2(x) \geq 0 \forall x \in R (..)$

Vậy với mỗi $x > 0 thì f(x) >0$

xét $x2 \geq x1$

Ta có $f(x2) =f(x2 -x1 +x1) =f(x2-x1) +f(x1) \geq f(x1)  ($ do $x2 -x1 \geq 0)$

Vậy f đồng biến.

Ta chứng minh$ f(nx) =nf(x) \forall n \in Z$

Với $n =1$ thì luôn đúng 

Giả sử đúng đến $n-1 \Rightarrow f((n-1)x) =(n-1)f(x) \forall x \in R$

Từ đề bài ta thay $y= -(n-1)x \Rightarrow f(nx) -f((n-1)x^2) =f(x) +f((n-1)x) -f(x)f((n-1)x) \forall x \in R$

$\Rightarrow f(nx) -(n-1)f(x^2) =f(x) +(n-1)f(x) -(n-1)f^2(x) \forall x \in R$

Kết hợp với $(..) \Rightarrow f(nx) = nf(x) forall x \in R ,n \in Z$

Với mỗi số nguyên $a,b  \Rightarrow f(b) = f(a.\frac{b}{a}) =a f(\frac{b}{a})  =b \forall a,b \in Z$

$\Rightarrow f(\frac{b}{a}) =\frac{b}{a} \forall a,b \in Z$

Vậy với mỗi q hữu tỷ thì $f(q) =q.\forall q \in Q$

Nếu $f(x) =x \forall x \in R$ thì ta có dpcm

Nếu tồn tại $x_0 \in R mà f(x_0) \neq x_0$

Ta đặt $f(x_0)=t_0$

TH1 : $x_0 > t_0$

tồn tại $m_0$ hữu tỷ sao cho $x_0 > m_0 > t_0$

Vì hàm đồng biến  $\Rightarrow f(x_0) > f(m_0) > f(t_0)$

$\Rightarrow t_0 > m_0$ Vô lý

TH2 $x_0 <t_0$

tồn tại m_0 hữu tỷ sao cho $x_0 <m_0 <t_0$

Vì hàm đồng biến  $\Rightarrow f(x_0) <f(m_0)<f(t_0)$

$\Rightarrow m_0 >t_0$ vô lý

Do đó $f(x) =x \forall x \in R$

Thử lại với f(x) =0 , f(x) =2 ,f(x) =x thấy đúng.

Tóm lại f(x) =0 hoặc f(x) =2 hoặc f(x) =x 

 

 

 

 




#485201 Trận 4 - Đa thức, phương trình hàm

Đã gửi bởi Tru09 on 28-02-2014 - 21:38 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Bài làm :

Thay $y=0$ ta có $f(x) +f(0) =f(x) -f(0) +f(x).f(0) \Rightarrow 2f(0) =f(x).f(0) \forall x \in R  (1)$

Thay $x=y=0$ ta có : $2f(0) =f^2(0)$

Xét $f(0) \neq 0$ thay vào $(1)$ ta có $f(x) =2 \forall x \in R$

Xét $f(0) =0$

Từ $(*)$  thay $x=y=1 \Rightarrow f(1)=f^2(1)$

Xét $f(1) =1$

Từ $(*)$ ta thay $y=1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) -1 +f(x) \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x) -f(x-1) =1 \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x-1) -f(x-2) =1 \forall x \in R$

Tương tự đến $f(x-(x-2)) -f(x-(x-1)) =1 \forall x \in R$

Cộng lại ta có $f(x) -f(1) =x-1 \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x)=x \forall x \in R$

Xét $f(1) =0$

Thay $y=1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) \Rightarrow f(x-1) =0 \forall x \in R$

\Rightarrow f(x) =0 \forall x \in R$

Thử lại thấy đúng.

Vậy $f(x) =f(1)x \forall x \in R$

hoặc $f(x) =2$ nếu $f(0) \neq 0$

 




#482955 Chứng minh rằng: $OK\perp KM$

Đã gửi bởi Tru09 on 13-02-2014 - 20:40 trong Hình học

Hướng giải:
Kẻ 2 đường kính $O$X và $OY$ của đường tròn (OAC), (OBD)

Hiển nhiên $X,Y,K$ thẳng hàng và $XY \perp ỌK $

Vậy ta chỉ cần chứng minh XY đi qua M là xong .Mặt khác  $XA ,XC ,YB,YD$ là các tiếp tuyến của đường tròn O nên  XY đi qua giao điểm của AB,CD.( cái này có thể chứng minh bằng cách láy $AC \cap BD$ tại Z và $CB \cap AD = T$  và chứng minh X,Y,T thẳng hàng bằng hàng điểm điều hòa.)




#481923 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Đã gửi bởi Tru09 on 08-02-2014 - 13:18 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Mở Rộng 1 :Một quốc gia có n ($n \vdots 3$) thành phố. Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường. Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ A đến B và từ B đến C thì không có đường đi từ A đến C. Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?

Bài làm

Gọi A là thành phố có nhiều đường đi +đường đi  đến 
Gọi tập X là tập các thành phố mà thành phố A đi đến . Có x phần tử
Gọi tập các thành phố đi đến A là Y .Có y phần tử
Gọi tập các thành phố không đến cũng không đi đến A là Z . Có z phần tử.
Khi dó $x+y+z =n-1$
Nếu tồn tại 1 đường đi trong tập X thì vô lý
Nếu tồn tại 1 đường đi trong tập Y cũng vô lý
Do A là thành phố có nhiều đường đi và đi đến nhất nên x+y >x+z và x+y >y+z
Nên để có nhiều đường đến nhất thì các thành phố  Z liên kết với các thành phố  X,Y 
Vậy Số các đường đi liên quan đến Z không quá z(x+y)
Các đường đi giữa X,Y là xy
Vậy tổng số đường đi là  $xy+ z(x+y) +x+y  =yx +x(z+1) +(z+1)y \leq \frac{(x+y+z+1)^2}{3} =\frac{n^2}{3}$ ( theo bunia :)))
Dấu = xảy ra khi x=y=z+1 Khi A đi đến $\frac{n}{3}$ thành phố  , và $\frac{n}{3}$ thành phố khác đi đến . Các thành phố đi đên và bị A đi đến đều đi đến và bị các thành phố còn lại đi đến :)

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

p/s Bài làm e viết lộn 1 tí ở phần bunia :3 , em sửa thành  $\frac{(x+y+z+1)^2}{3} =\frac{210^2}{3}$ . Em rất xin lỗi về sự nhầm lẫn trên :)




#481799 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Đã gửi bởi Tru09 on 07-02-2014 - 22:48 trong Thi giải toán Marathon Chuyên toán 2014

Bài Làm :
Gọi A là thành phố có nhiều đường đi +đường đi đến nhất 

Gọi tập các thành phố có đường đi từ A đến là X . Có x phần tử

Gọi tập các thành phố đi đến A là Y .Có y phần tử

Gọi tập các thành phố không đến cũng không đi đến A là Z . Có z phần tử.

Khi đó $x+y+z =209$

Nếu tồn tại 1 đường đi trong tập X thì vô lý

Nếu tồn tại 1 đường đi trong tập Y cũng vô lý

Do A là thành phố có nhiều đường đi và đi đến nhất nên x+y >x+z và x+y >y+z

Nên để có nhiều đường đến nhất thì các thành phố ở Z liên kết với các thành phố ở X,Y 

Vậy Số các đường đi liên quan đến Z không quá z(x+y)

Các đường đi giữa X,Y là xy

Vậy tổng số đường đi là  $xy+ z(x+y) +x+y  =yx +x(z+1) +(z+1)y \leq (x+y+z+1)^2 =\frac{210^3}{3}$ ( theo bunia :)))

Dấu = xảy ra khi x=y=z+1 Khi A đi đến 70 thành phố  , và bị 70 thành phố khác đi đến . Các thành phố đi đến và bị đi đến A đều đi đến và bị đến 69 thành phố còn lại :)