Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc Gia tỉnh Thái Bình năm 2014-2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2014 - 18:50

Ngày 1 (03/10/2014) :

Câu 1 : 

1) Giải hệ phương trình trên tập số thực :

$$\left\{\begin{matrix} x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\\ 2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2} \end{matrix}\right.$$

2) Tìm tất cả các hàm số $f \, : \, \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện :

$$f(x^2+f(y))=y+((f(x))^2\,\,\,\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Câu 2 : Cho dãy số $(x_n)$ được xác định như sau : 

$x_1=1,x_2=2013,x_{n+2}=4026x_{n+1}-x_n\,\,\,\, , n=1,2,...$

Chứng minh rằng $\frac{x_{2014}+1}{2014}$ là số chính phương.

Câu 3 :

Cho tam giác $ABC$ ($AB<AC$), và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Trên cạnh AC lấy D sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{ACB}$, đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IDC$ tại $E$. Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $BD$ tại $P$. Gọi $F$ là điểm đối xứng của $A$ qua $I$, $J$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$. Đường thẳng $JP$ cắt $CF$ tại $Q$.

Chứng minh rằng $QF=QJ$.

Câu 4 :

Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $S_{n}=\{1;2;...;n\}$. Phần tử $j$ của $S_n$ được gọi là điểm bất động của song ánh $p \, : \, S_n\to S_n $ nếu $p(j)=j$. Gọi $f(n)$ là số song ánh từ $S_{n}$ đến $S_{n}$ mà không có điểm bất động nào, $g(n)$ là số song ánh từ $S_{n}$ đến $S_{n}$ mà có đúng 1 điểm bất động. Chứng minh rằng : $$|f(n)-g(n)|=1\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}^{*}$$

Ngày 2 (04/10/2014) :

Câu 5 :

1) Chứng minh rằng với mọi $a;b;c>0$ ta có $$\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(a+c)}{(a+c)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}\leq \frac{6}{5}$$

2) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n\geq 3$, phương trình sau $$x^ne^{-x}=1\,\, , \,\,n\in\mathbb{N},n>2$$ Có 1 nghiệm duy nhất $x_{n}$ trên đoạn $[0;n]$. Tìm $\text{lim} \, x_n$.

Câu 6 :

Cho $p$ là 1 số nguyên tố lẻ, đặt $m=\frac{9^{p}-1}{8}$. Chứng minh rằng $m$ là 1 hợp số lẻ không chia hết cho 3 và $3^{m-1}\equiv 1\pmod{m}$

Câu 7 :

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Gọi $AD$ là đường cao đỉnh $A$. Gọi $(k_1)$ là đường tròn qua $B,D$ và tiếp xúc với $AB$ ở $B$,$(k_2)$ là đường tròn qua $C,D$ và tiếp xúc với $AC$ ở $C$. Giả sử $(k_1)$ cắt $(k_2)$ tại $M$. $MD$ giao $(O)$ tại $T$.$G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng

1) $ATCB$ là hình thang cân.

2) $G,M,D$ thẳng hàng.

Câu 8 : 

Cho một khối lập phương $10×10× 10$ gồm $1000$ ô vuông đơn vị màu trắng. An và Bình chơi một trò chơi. Bình thì chọn một số dải $1× 1× 10$ sao cho với hai dải bất kì thì không có chung đỉnh hoặc cạnh và đổi tất cả các ô sang màu đen. An thì được chọn một ô bất kì và hỏi Bình là màu gì. Hỏi An phải chọn ít nhất bao nhiêu ô để với mọi câu trả lời của Bình luôn xác định được những ô nào màu đen.

-------------------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------------------

 

[Câu 8 là vntst2013]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 04-10-2014 - 18:52

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 04-10-2014 - 19:34

Câu 6 :

Cho $p$ là 1 số nguyên tố lẻ, đặt $m=\frac{9^{p}-1}{8}$. Chứng minh rằng $m$ là 1 hợp số lẻ không chia hết cho 3 và $3^{m-1}\equiv 1\pmod{m}$

Lời giải :

 

Ta thấy $m=\frac{9^p-1}{8}=9^{p-1}+9^{p-2}+...+9+1\equiv 1\;\pmod2$ nên $m$ lẻ. Gỉa sử $q=\dfrac{9^p-1}{8}$ là một số nguyên tố.

Ta sử dụng kết quả :

Nếu mà $x,m$ nguyên dương và $p$ nguyên tố thỏa $m\mid \dfrac{x^p-1}{x-1}$ thì $m\equiv 0,1\;\pmod p$

Thì ta suy ra $q\equiv 0,1\;\pmod p$. Rõ ràng $q,p$ lẻ nên suy ra $p=q$. Suy ra $9^p=8p+1$. Nhưng theo BD9T Bernouli thì :

$$9^p=(8+1)^p\geq  8p+1$$

và dấu bằng không xảy ra. Ta gặp mâu thuẫn. Tức $m$ là hợp số lẻ. Ta có :

$$m-1=\dfrac{3^{2p}-9}{8}=\dfrac{9(3^{p-1}-1)(3^{p-1}+1)}{8}$$

Do $m$ lẻ nên $2\mid m-1$. Theo định lý Fermat nhỏ :

$$3^{p-1}\equiv 1\;\pmod p$$

Và do $\gcd(p,8)=1$ nên $p\mid \dfrac{3^{p-1}-1}{8}$. Suy ra $2p\mid m-1$. Dẫn đến :

$$8m=3^{2p-1}-1\mid 3^{m-1}-1\Rightarrow 3^{m-1}\equiv 1\;\pmod m$$

Điều phải chứng minh.


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#3 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 04-10-2014 - 20:25

Câu 7 :

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Gọi $AD$ là đường cao đỉnh $A$. Gọi $(k_1)$ là đường tròn qua $B,D$ và tiếp xúc với $AB$ ở $B$,$(k_2)$ là đường tròn qua $C,D$ và tiếp xúc với $AC$ ở $C$. Giả sử $(k_1)$ cắt $(k_2)$ tại $M$. $MD$ giao $(O)$ tại $T$.$G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng

1) $ATCB$ là hình thang cân.

2) $G,M,D$ thẳng hàng.

Sao đề ngày 2 lại dễ hơn ngày 1 nhỉ @@.

Lời giải :

tbtst.JPG

 

 

a) Ta có :

$$\angle BMC=\angle BMD+\angle DMC=\angle ABD+\angle ACD=180^0-\angle BAC$$

Suy ra $M$ thuộc $(ABC)$. Từ đó dễ thấy :

$$\angle TAC=\angle TMC=\angle ACB\Rightarrow AT \parallel BC$$

Như vậy $ATCB$ là hình thang cân.

 

b) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Do $ATCB$ là hình thang cân nên có thể thấy được $AT=2DI$. Gọi $G'$ là giao của $AI$ và $MT$. Do hai tam giác $AG'T,IG'D$ đồng dạng nên :

$$\dfrac{AG'}{G'I}=\dfrac{AT}{DI}=2$$

Suy ra $G'$ là trọng tâm tam giác $ABC$ hay $G$ trùng $G'$. Kéo theo $G,M,D$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 04-10-2014 - 20:26

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#4 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 04-10-2014 - 20:52

Ngày 1 (03/10/2014) :

Câu 1 : 

1) Giải hệ phương trình trên tập số thực :

$$\left\{\begin{matrix} x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\\ 2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2} \end{matrix}\right.$$

 

  Điều kiện $xy\geq 0$$x+y\geq 0= > x,y\geq 0$

PT (1) $< = > x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\leq \sqrt{2(xy+\frac{x^2+y^2}{2})}=\sqrt{x^2+y^2+2xy}=\sqrt{(x+y)^2}=x+y= > x=y$

 

Thay vào pt (2) $< = > 2014^{2x-1}-(2x-1)=\sqrt{(2x-1)^2+1}$

 

Bằng cách xét hàm số ta được $2x-1=0= > x=y=\frac{1}{2}$



#5 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 04-10-2014 - 20:56

 

Ngày 2 (04/10/2014) :

Câu 5 :

1) Chứng minh rằng với mọi $a;b;c>0$ ta có $$\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(a+c)}{(a+c)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}\leq \frac{6}{5}$$

 

$\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}=\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+\frac{1}{4}(b+c)^{2}+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}$

Ta có: $1-\frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}=\frac{3}{4}\cdot \frac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\Rightarrow 3-\sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}=\frac{3}{4}\sum \frac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\geq \frac{3}{4}\cdot \frac{4(a+b+c)^{2}}{\frac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{7}{2}(ab+bc+ca)}= 6\cdot \frac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+ab+bc+ca}\geq 6\cdot \frac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}= \frac{9}{5}\Rightarrow \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \frac{6}{5}$



#6 LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũ Trụ
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 04-10-2014 - 20:58

Câu 4 :

Với mỗi số nguyên dương $n$, đặt $S_{n}=\{1;2;...;n\}$. Phần tử $j$ của $S_n$ được gọi là điểm bất động của song ánh $p \, : \, S_n\to S_n $ nếu $p(j)=j$. Gọi $f(n)$ là số song ánh từ $S_{n}$ đến $S_{n}$ mà không có điểm bất động nào, $g(n)$ là số song ánh từ $S_{n}$ đến $S_{n}$ mà có đúng 1 điểm bất động. Chứng minh rằng : $$|f(n)-g(n)|=1\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}^{*}$$

 

Theo nguyên lí bao hàm-loại trừ, ta có:

$$f\left ( n \right )=n!\left ( 1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-...+\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n!} \right )$$

$g\left ( n \right )=nf\left ( n-1 \right )=n!\left ( 1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-...+\frac{\left ( -1 \right )^{n-1}}{(n-1)!} \right )$

Vậy $\left | f\left ( n \right )-g\left ( n \right ) \right |=1$



#7 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 04-10-2014 - 20:58

  Điều kiện $xy\geq 0$$x+y\geq 0= > x,y\geq 0$

PT (1) $< = > x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\leq \sqrt{2(xy+\frac{x^2+y^2}{2})}=\sqrt{x^2+y^2+2xy}=\sqrt{(x+y)^2}=x+y= > x=y$

 

Thay vào pt (2) $< = > 2014^{2x-1}-(2x-1)=\sqrt{(2x-1)^2+1}$

 

Bằng cách xét hàm số ta được $2x-1=0= > x=y=\frac{1}{2}$

Bạn làm rõ hơn khúc xét hàm số được không ?


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#8 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 04-10-2014 - 21:03

Bài pt hàm ngày thứ nhất chính là đây http://www.artofprob...83530455a38f7b2


  • LNH yêu thích

#9 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 04-10-2014 - 21:10

 Sao cái đề này hay nhái lại nhỉ .Bài dãy số ngày thứ nhất làm tương tự như đây http://diendantoanho...ction-test-2012



#10 luuvanthai

luuvanthai

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 374 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT A Hải Hậu

Đã gửi 04-10-2014 - 22:41

Bạn làm rõ hơn khúc xét hàm số được không

$2014^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}(t\geq \frac{-1}{2})$

+,Xét $t\geq 0và xét hàm f(t)=2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}$

$f(t)'=2014^{t}ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}\geq ln2014-2+1-\frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}> 0$

$\Rightarrow f(t)=0$ có nghiệm duy nhất là t=0

+,Xét $t< 0;a=-t(a> 0)$

$2014^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 2014^{-a}=-a+\sqrt{a^{2}+1}\Leftrightarrow 2014^{a}=a+\sqrt{a^{2}+1}$

Đến đây xét hàm $f(a) với a> 0$ (tương tự TH1) nhưng VN



#11 tranquocluat_ht

tranquocluat_ht

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 235 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Giáo viên Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Sáng tạo

Đã gửi 05-10-2014 - 01:23

Câu 3 :

Cho tam giác $ABC$ ($AB<AC$), và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Trên cạnh AC lấy D sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{ACB}$, đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IDC$ tại $E$. Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $BD$ tại $P$. Gọi $F$ là điểm đối xứng của $A$ qua $I$, $J$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$. Đường thẳng $JP$ cắt $CF$ tại $Q$.

Chứng minh rằng $QF=QJ$.

 

Chú ý $E$ là tâm bằng tiếp tam giác $ABD; QJ$ đi qua trung điểm $AB.$

Lấy điểm $F'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $J$ như hình vẽ ta có $BF' || YJ$ và $\widehat{AF'B}=\widehat{AFC}$ nên ta có đpcm.

10696292_382494795231726_603904507070266


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranquocluat_ht: 05-10-2014 - 01:23


#12 phamxuanvinh08101997

phamxuanvinh08101997

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 141 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Lý Tự Trọng
  • Sở thích:Bóng đá

Đã gửi 05-10-2014 - 10:12

Theo nguyên lí bao hàm-loại trừ, ta có:

$$f\left ( n \right )=n!\left ( 1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-...+\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n!} \right )$$

$g\left ( n \right )=nf\left ( n-1 \right )=n!\left ( 1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-...+\frac{\left ( -1 \right )^{n-1}}{(n-1)!} \right )$

Vậy $\left | f\left ( n \right )-g\left ( n \right ) \right |=1$

Bạn làm rõ hơn giùm mình với


                   :ukliam2: Đã đọc bài thì đừng tiếc gì nút Like :ukliam2:

 

:ukliam2: Không ngừng vươn xa :ukliam2:


#13 khanghaxuan

khanghaxuan

    Trung úy

  • Thành viên
  • 969 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Bất đẳng thức , Tổ Hợp .

Đã gửi 05-10-2014 - 10:32

Bạn làm rõ hơn giùm mình vớ

 

Bạn cũng có thể hiểu là trong số 1 ,2 ,...,n , số song ánh cũng chính là số các hoán vị mà trong mỗi hoán vị không có số nào nằm ở vị trí cũ của nó . Từ  đó bạn có thể cm công thức trên dựa và chỉnh hợp và nguyên lý bù trừ .


Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .

- A.Lincoln -

#14 vuminhhoang

vuminhhoang

    Không Đối Thủ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:rượu

Đã gửi 06-10-2014 - 09:23

$2014^t=t+\sqrt{1+t^2}$

 

$<=> t.ln2014=ln(t+\sqrt{1+t^2})$

 

đạo hàm của cái hàm f(t) = VT-VP là $ln2014-\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}} > 0$ => t=0 là nghiê

nhất duy nhát


Mời các mem tham gia

 

100 bài hàm số sưu tầm


#15 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-10-2014 - 22:56

Bài hàm ngày 1.

Dễ thấy $f(0)=0$ từ đó có được 

$$f_2(x)=x ; f(x^2)=f^2(x)$$

Từ đó suy ra $f$ cộng tính

Kết hợp $f(-x)=-f(x)$ cũng suy ra $f(x-y)=f(x)-f(y)$

....

Từ đó ta có $$f(x) =x, \forall x\in \mathbb{R}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 11-10-2014 - 22:58


#16 happyfree

happyfree

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-10-2014 - 12:15

  Điều kiện $xy\geq 0$$x+y\geq 0= > x,y\geq 0$

PT (1) $< = > x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\leq \sqrt{2(xy+\frac{x^2+y^2}{2})}=\sqrt{x^2+y^2+2xy}=\sqrt{(x+y)^2}=x+y= > x=y$

 

Thay vào pt (2) $< = > 2014^{2x-1}-(2x-1)=\sqrt{(2x-1)^2+1}$

 

Bằng cách xét hàm số ta được $2x-1=0= > x=y=\frac{1}{2}$

cậu có thể nói rõ cách xét hàm được ko mình xét hàm $2014^t-t-\sqrt{t^2+1}$ mà thấy ko được?



#17 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-07-2015 - 15:39

Bài hình ngày 2 :

Spoiler

Gọi $F'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $J$ 

Ta có : $\widehat{EDC}=\widehat{EIC}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}$

$\widehat{BDE}=\widehat{BDC}-\widehat{EDC}=\widehat{A}+\widehat{C}-\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}$

Nên $E$ là tâm bàng tiếp của tam giác $ABD.$

Do $BJ\perp BE$. $BJ$ là phân giác góc $ABK.$

Suy ra $(AKJE)=-1\Rightarrow P(AKJE)=-1$

Mà $AB\parallel EP$ nên $PJ$ đi qua trung điểm $AB.$

$\Rightarrow QJ\parallel BF'\Rightarrow \widehat{QJF'}=\widehat{AF'B}(1)$

Dễ thấy tam giác $AJB$ đồng dạng với tam giác $AIC$

$\Rightarrow \frac{AB}{AJ}=\frac{AC}{AF} \Rightarrow  \frac{AB}{AF'}=\frac{AC}{AF}$

Nên $\triangle{ABF'}\sim\triangle{ACF}$

Suy ra $\angle{AF'B}=\angle{AFC}(2)$

Từ (1)(2) suy ra tam giác $QJF$ cân

Ta có điều phải chứng minh. 



#18 phatthemkem

phatthemkem

    Trung úy

  • Thành viên
  • 910 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tường THPT số 1 Đức Phổ, huyện Đức Phổ, tỉnh Quảng Ngãi
  • Sở thích:Ăn kem

Đã gửi 07-08-2015 - 16:41

Ngày 1 (03/10/2014) :

 

Câu 2 : Cho dãy số $(x_n)$ được xác định như sau : 

$x_1=1,x_2=2013,x_{n+2}=4026x_{n+1}-x_n\,\,\,\, , n=1,2,...$

Chứng minh rằng $\frac{x_{2014}+1}{2014}$ là số chính phương.

 

Ai giải giúp câu dãy số ngày 1 với!


  Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại

 

ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot

 

  “Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn

 

những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”

 

-Mark Twain

:botay :like :icon10: Huỳnh Tiến Phát ETP :icon10: :like :botay

$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39


#19 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 02-08-2018 - 23:29

Câu dãy ngày 1 là một ứng dụng đẹp của đa thức Chebyshev trong số học  :icon6:

Xét bài toán tổng quát sau: Cho p nguyên tố lẻ, (xn): x1=1, x2=p, xn+2=2pxn+1-xn. CMR A=x2m + 1 / p+1 là số chính phương với mọi m.

Giải:

Xét các đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2:

T0(x)=1, T1(x)=x, Tn+2(x)=2xTn+1(x)-Tn(x)

Uo(x)=1, U1(x)=2x,Un+2(x)=2xUn+1(x)-Un(x)

Ta CM định lí sau:

$Un(cosx)=\frac{sin(n+1)x}{sinx}$

CM: Ta sẽ cm bằng phương pháp quy nạp theo n

+ Dễ thấy nó đúng với n=0,1

+ Gs đúng tới n=k, khi đó:

$U_{k+1}(cosx)=2cosxU_{k}(cosx)-U_{k-1}(cosx)$
                      $=\frac{2sin(k+1)x.cosx}{sinx}-\frac{sin(kx)}{x}$
                      $=\frac{sin(k+2)x}{sinx}$
Như vậy gs quy nạp đúng khi n=k+1 và theo nguyên lí quy nạp nó đúng với mọi n thuộc N
Do đó: $T^2_{n}(cosx)-(cos^2x-1)U_{n-1}(cosx)=cos^2nx+sin^2nx=1$
Vì vậy: $T^2_{n}(x)-(x^2-1)U^2_{n-1}(x)=1$ là đẳng thức liên hệ giữa 2 đa thức Chebyshev kiểu phương trình Pell
$\rightarrow \frac{T_n(x)-1}{x-1}.\frac{T_n(x)+1}{x+1}=U^2_{n-1}(x), \forall x\in \mathbb{R}$
Ta sẽ CM: $\frac{T_n{x}-1}{x-1}\in \mathbb{R} \forall x\in \mathbb{N^{*}}$ (1)
Thực vậy: $T_{n}(cos\frac{k\pi }{n})=(-1)^k \Rightarrow T_{n}(1)=1, \forall n\in \mathbb{N^*}$
$\Rightarrow \frac{T_{n}(x)-1}{x-1} \in \mathbb{Z}$
CMTT thì $T_{n}(-1)=-(1)^n \Rightarrow \frac{T_{n}(x)-1}{x-1} \in \mathbb{Z} \forall n \in \mathbb{N}, n\equiv 1 (mod 2)$
Dễ dàng nhận thấy lấy p=2013 thì đề bài là $x_{n+1}=2px_n-x_{n-1}=T_{n}(p)$
Từ (1) ta thay P vào và đặt d=UCLN 2 số => d|2
Khi đó $U_{n-1}(p)\vdots 2$ nhưng điều này vô lí vì với n lẻ thì n-1 chẵn và mọi đa thức Chebyshev loại 2 có bậc chẵn đều là số lẻ nếu biến số nguyên
Như vậy thì d=1 hay nói cách khác mỗi số đều là số chính phương
Từ đó ta suy ra $\frac{x_{n+1}+1}{p+1}=\frac{T_n+1}{p+1}$  là một số chính phương với mọi n lẻ.
Áp dụng ngay vào bài ta có ĐPCM  :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 02-08-2018 - 23:58


#20 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 03-08-2018 - 02:13

Hai cách tiếp cận khác nhẹ nhàng hơn cho bài toán 2  :D

Cách 1:

Đặt p=2013, ta thấy phương trình đặc trưng xác định dãy là t2=2pt-1 <=> Delta'=p2-1>0

Vậy có 2 nghiệm $t_1=p+\sqrt{p^2-1}$ và $t_2=p+\sqrt{p^2-1}$

Thay n=1,2 ta giải hệ phương trình thì được: $x_n=\frac{t_1^{n-1}+t_2^{n-1}}{2}$

Từ đó $\frac{x_{p+1}+1}{p+1}=\frac{(t_1^{p/2}+t_2^{p-2})^2}{2(p+1)}$ 

Chú ý t1+t2=2p và t1t2=1 nên đặt căn nhân tử và phân tử theo định thức Newton ta được kết quả là N(N nguyên)

Cách 1: 

Tương tự như trên, nhưng chú ý xn+2=(4p2-2)xn-xn-2

Xét dãy (yn) thỏa mãn y1=1, y2=2p-1, yn+2=2pyn+1-yn

Ta sẽ CM quy nạp biểu thức  $\frac{x_{2n+1}+1}{p+1}$ chính là yn(*)

Với n=1,2 khẳng định đúng

Theo hệ thức quen thuộc của dãy tuyến tính bậc 2 thì yn.yn+2-yn+12=y1.y3-y22=2p-2

Từ đó áp dụng giả thiết quy nạp và sử dụng chú ý thì ta được  $\frac{x_{2n+4}+1}{p+1}$=yn+22

Từ đó theo nguyên lí quy nạp (*) được CM

Vì vậy áp dụng vào bài ta cũng được ĐPCM






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh