Chủ đề này có 8 trả lời

[tathanhlien98]

đề thi chọn hsg THPT lớp 12 năm 2015-2016 tỉnh Ninh Bình ngày 2 - ngày 7-10-2015 

mới thi cách đây 1 tiếng 30 phút =))

 

 

[anhtunu98]

Câu 2 : 

  Gọi d = (16n+9 ; 9n + 16 )

$\rightarrow [ 16.(9n + 16) - 9.(16n + 9) ] \vdots d$

$\rightarrow  175=5.5.7  \vdots$ d

Lại có : (n-1) không chia hết cho 5 nên (9n+16) không chia hết cho 5 

$\rightarrow$ 5 không chia hết cho d 

$\rightarrow$ 7 chia hết cho d

Xét trường hợp 1 : 

 (n - 6) không chia hết cho 7 

Khi đó (9n+16) không chia hết cho 7

$\rightarrow$ d=1

Khi đó để $\sqrt{(9n+16)/(16n+9)}$  là số hữu tỷ khi (9n + 16) và (16n+9) là số chính phương

  giả sử: $9n + 16 = a^{2}$ và $16n + 9 = b^{2}$ với a,b là số nguyên dương

$\rightarrow 16a^{2} - 9b^{2} = 175$ 

$\rightarrow (4a-3b)(4a+3b) = 1.175 = 5.35 = 7.25$ 

 $\rightarrow$ a = 29 và b= 22  $\rightarrow$ n=52 (thỏa mãn)

hoặc a = 5 và b= 5  $\rightarrow$ n=1 (loại)

hoặc a=4 và b=3 $\rightarrow$ n=0 ( loại )

Xét trường hợp 2: 

(n-6) chia hết cho 7 

khi đó (9n+16) và (16n+9) chia hết cho 7 

$\rightarrow$ d=7

đặt n = 7k + 6 

$\rightarrow \frac{9n+16}{16n+9} = \frac{9k+10}{16k +15}$

$\rightarrow$ $\sqrt{\frac{9n+16}{16n+9}}$  là số hữu tỷ khi (9k+10) và (16k + 15) là số chính phương 

giải tương tự trường hợp trên $\rightarrow$ vô nghiệm 

Vậy n = 52 là nghiệm duy nhất 

 

Dinh Xuan Hung:Chú ý $\LaTeX$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 07-10-2015 - 20:38

[9nho10mong]

Câu 1.

Đặt $ \displaystyle x=a-c \ ; \ y= b+d $.

 

Đầu tiên dùng Cauchy - Schwarz có

$$  2 + 2\sqrt{2} \ge 2 \left( a^2+c^2 \right) +  2\left( b^2+d^2 \right) \ge \left( a-c \right)^2 + \left( b+d \right)^2$$

Hay là

$$ 1 \ge  \frac{x^2+y^2}{2+2\sqrt{2}} $$
Lại theo Cauchy - Schwarz có

$$ 1+2b^2+2d^2 \ge 1 + \left( b+d \right)^2 $$
Hay $$ 1+2b^2+2d^2 \ge \frac{x^2+y^2}{2+2\sqrt{2}} + y^2 $$
Cần chứng minh

$$ \frac{x^2+y^2}{2+2\sqrt{2}} + y^2 \ge xy $$
Nhưng điều đó hiển nhiên đúng bởi

$$   \frac{x^2+y^2}{2+2\sqrt{2}} + y^2 - xy = \frac{\left( \sqrt{2} - 1 \right) \left( -x+y+y \sqrt{2} \right)^2}{2} \ge 0$$

Như vậy

$$ 1+2b^2+2d^2 \ge \frac{x^2+y^2}{2+2\sqrt{2}} + y^2  \ge xy = \left( a-c \right) \left( b+d \right) $$
Đó là điều cần chứng minh.

[quochung262]

Câu 1: Cách của mình

Ta có: $(a-c)(b+c)\leq 2\sqrt{(a^{2}+c^{2})(b^{2}+d^{2})}=2\sqrt{(\sqrt{2}-1)(a^{2}+c^{2})(\sqrt{2}+1)(b^{2}+d^{2})}\leq (\sqrt{2}-1)(a^{2}+c^{2})+(\sqrt{2}+1)(b^{2}+d^{2})=(\sqrt{2}-1)(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+2(b^{2}+d^{2})\leq (\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)+2b^{2}+2d^{2}=1+2b^{2}+2d^{2}$

(đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quochung262: 07-10-2015 - 21:32

[quochung262]

Câu hàm:

Thay y=0 vào pt đầu, ta đc: $f(f(x))=f(x)-f(0)+f(x)f(0)$ (1)

Đặt $x_{n}=f((...((x))...))$ (2n dấu ngoặc)

Thay x bởi x_n vào (1), ta đc: $x_{n+1}=(a+1)x_{n}-a$ (với a=f(0))

$\Leftrightarrow x_{n+1}-1=(a+1)(x_{n}-1)=...=(a+1)^{n}(x_{1}-1)$

$\Rightarrow x_{n}=(a+1)^{n-1}(x_{1}-1)+1$$\Rightarrow x_{0}=(a+1)^{-1}(x_{1}-1)+1\Leftrightarrow \Leftrightarrow x=(a+1)^{-1}(f(x)-1)+1\Leftrightarrow f(x)=\frac{x+m-1}{m}$ (với $m=\frac{1}{a-1}$)

Thay vào (1), đồng nhất đc m=1

Vậy f(x)=x (thử lại thấy thỏa)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quochung262: 07-10-2015 - 21:47

[tathanhlien98]

Câu 2 : 

  Gọi d = (16n+9 ; 9n + 16 )

$\rightarrow [ 16.(9n + 16) - 9.(16n + 9) ] \vdots d$

$\rightarrow  175=5.5.7  \vdots$ d

Lại có : (n-1) không chia hết cho 5 nên (9n+16) không chia hết cho 5 

$\rightarrow$ 5 không chia hết cho d 

$\rightarrow$ 7 chia hết cho d

Xét trường hợp 1 : 

 (n - 6) không chia hết cho 7 

Khi đó (9n+16) không chia hết cho 7

$\rightarrow$ d=1

Khi đó để $\sqrt{(9n+16)/(16n+9)}$  là số hữu tỷ khi (9n + 16) và (16n+9) là số chính phương

  giả sử: $9n + 16 = a^{2}$ và $16n + 9 = b^{2}$ với a,b là số nguyên dương

$\rightarrow 16a^{2} - 9b^{2} = 175$ 

$\rightarrow (4a-3b)(4a+3b) = 1.175 = 5.35 = 7.25$ 

 $\rightarrow$ a = 29 và b= 22  $\rightarrow$ n=52 (thỏa mãn)

hoặc a = 5 và b= 5  $\rightarrow$ n=1 (loại)

hoặc a=4 và b=3 $\rightarrow$ n=0 ( loại )

Xét trường hợp 2: 

(n-6) chia hết cho 7 

khi đó (9n+16) và (16n+9) chia hết cho 7 

$\rightarrow$ d=7

đặt n = 7k + 6 

$\rightarrow \frac{9n+16}{16n+9} = \frac{9k+10}{16k +15}$

$\rightarrow$ $\sqrt{\frac{9n+16}{16n+9}}$  là số hữu tỷ khi (9k+10) và (16k + 15) là số chính phương 

giải tương tự trường hợp trên $\rightarrow$ vô nghiệm 

Vậy n = 52 là nghiệm duy nhất 

 

Dinh Xuan Hung:Chú ý $\LaTeX$

không có máy tính đó m (( 

nhẩm hay vậy

[Fr13nd]

không có máy tính đó m (( 

nhẩm hay vậy

mình thấy bình thường chỉ không hiểu tại sao bạn ấy nghĩ ra hướng như vậy thôi, chứ mấy con số kia nhẩm khó khăn gì đâu 

[Belphegor Varia]

Ngồi cùng phòng hỏi kết quả bạn ấy là 52 mà cứ nghĩ bạn ý làm sai chứ, ai ngờ là mình chủ quan ra thiếu nghiệm. Chúc mừng bạn Tú nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 08-10-2015 - 22:44

[anhtunu98]

Câu 4: $f(f(x-y)) = f(x) - f(y) + f(x).f(y) - xy$ (1)

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa mãn đề bài

Xét $f$ hằng . Giả sử $f(x) = c$ với mọi x

thay $f(x) = c$ vào (1) ta được : $c = c^{2} -xy$ với mọi x,y thuộc R

$\rightarrow$ Vô lí $\rightarrow f$ khác hằng

Thay $x=y=0$ vào (1) ta được: $f(f(0)) = f(0)^{2}$

Thay y=x vào (1) ta được: $f(f(0)) = f(x)^{2} -x^{2}\rightarrow f(x)^{2} = x^{2} + f(0)^{2}$ với mọi x thuộc R (2) $\rightarrow f(x)^2 = f(-x)^2$ với mọi x thuộc R $\rightarrow f(x) = f(-x)$ hoặc $f(x) = -f(-x)$ với mọi x thuộc R Thay y=0 vào (1) ta được $f(f(x)) = f(x) - f(0) + f(x).f(0)$ với mọi x thuộc R (3) Thay x=0, y =-x vào (1) ta được $f(f(x))= f(0) - f(-x) +f(0).f(-x)$ với mọi x thuộc R (4) Từ (3) & (4) ta có: $f(x) + f(-x) + f(0). [ f(x)- f(-x)] = 2.f(0)$ với mọi x thuộc R (5) Xét trường hợp f(x) = f(-x) với mọi x thuộc R Thay vào (5) ta có f(x) = f(0) ( vô lí vì f khác hằng ) $\rightarrow f(x) = -f(-x)$ với mọi x thuộc R Thay f(x)=-f(-x) vào (5) ta được: $f(0).f(x)=f(0)$ $\rightarrow f(0) =0$ ( do f khác hằng ) Thay $f(0) = 0$ vào (2) ta được $f(x)^{2} = x^{2}$ $\rightarrow f(x) = x$ hoặc $f(x)=-x$ Giả sử tồn tại $x_0 # 0$ thỏa mãn $f(x_0)=-x_0$ Thay $x=x_0$ vào (3) ta được $f(f(x0))=f(x0)\rightarrow x_0 =0$ ( trái với điều giả sử ) $\rightarrow f(x) = x$ với mọi x thuộc R Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy $f(x) = x$ với mọi x thuộc R là nghiệm duy nhất của phương trình hàm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 10-10-2015 - 15:46