Chủ đề này có 10 trả lời

[I Love MC]

Nguồn : Thầy Trần Nam Dũng 

[takarin1512]

Vì giá trị của n là hữu hạn và xác định trước nên $\frac{1}{n}=0,a_1a_2...$ có hữu hạn số sau dấu phẩy, cho nên ta đặt $\frac{1}{n}=0,a_1a_2..a_m=\frac{\overline{a_1a_2..a_m}}{10^m}\Rightarrow n.\overline{a_1a_2..a_m}=10^m$ cho nên n chỉ có thể có ước nguyên tố là 2 và 5.

Đặt $n=2^p5^q$. Xem ký hiệu $s\left ( x \right )$ là tổng các chữ số của $x$ dưới dạng biểu diễn thập phân $\Rightarrow s\left ( x \right )\leq x$

Nếu $q\geq p\Rightarrow 2^p5^q=s\left ( 2^{q-p} \right )\leq 2^{q-p}<2^p5^q$(vô lý)

Nếu $p>q\Rightarrow 2^p5^q=s\left ( 5^{p-q} \right )$

Với $p\geq 6\Rightarrow 2^p\leq 2^p5^q=s\left ( 5^{p-q} \right )\leq 9\left ( p-q \right )\leq 9p< 2^p$(vô lý)

Do đó $1\leq p\leq 5$$\Rightarrow s\left ( 5^{p-q} \right )\in \left \{ 5,7,8,13,11 \right \}$ Ta chọn được $5^{p-q}=8\Rightarrow \left ( p,q \right )=\left ( 3,0 \right )\Rightarrow n=8$

Có ai giải được bài tổ hợp cuối không, đăng lên giùm mình với.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 06-10-2016 - 14:30

[foollock holmes]

CÂU 2b

gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, dễ dàng chứng minh được phép vị tự tâm A, tỉ số $\frac{AT}{AA_1}$ biến $\omega_1$  thành (I), chứng minh tương tự cho hai đường tròn còn lại

do đó $TB_3,TA_2 // A_1B_1$ suy ra $B_3,T,A_2$ thẳng hàng, từ đó suy ra 6 điểm cùng thuộc 1 đường tròn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi foollock holmes: 06-10-2016 - 18:11

[yeutoanmanhliet]

bạn ngộ nhận khucđầu rồi

[foollock holmes]

bạn ngộ nhận khucđầu rồi

mình đã sửa lại cách giải, bạn kiểm tra giúp mình với

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi foollock holmes: 06-10-2016 - 18:10

[huya1k43]

Câu 1: đặt x(n) =|u(n)-1|.Ký hiệu |a| chỉ phần nguyên của a.
Ta sẽ chứng minh được 2x(n+2)<x(n+1)+x(n). Đặt x(n)=a, x(n+1)=b với a,b>0.
Ta có x(n+2)=|(u(n+1)-u(n)|/|u(n)-2|.
Nếu u(n)=1+a, u(n+1)=1+b, thì x(n+2)=|a-b|/|3+a|<(a+b)/2.tương tự với u(n)=1+a, u(n+1)=1-b.
Còn với u(n)=1-a, u(n+1)=1+b, thì có a<1 do u(n)>0. Và x(n+2)=|a+b|/|3-a|<(a+b)/2. Tương tự với th u(n)=1-a và u(n+1)=1-b.
Tóm lại ta luôn có x(n+2)<(x(n+1)+x(n))/2. Lại có x(n) bị chặn do 0<u(n)<2. Suy hra x(n) hội tụ suy ra u(n) hội tụ.
Với cách làm này chỉ cần u(1) và u(2) dương là đủ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huya1k43: 08-10-2016 - 22:33

[pdtienArsFC]

 

Câu 1: đặt x(n) =|u(n)-1|.Ký hiệu |a| chỉ phần nguyên của a.
Ta sẽ chứng minh được 2x(n+2)<x(n+1)+x(n). Đặt x(n)=a, x(n+1)=b với a,b>0.
Ta có x(n+2)=|(u(n+1)-u(n)|/|u(n)-2|.
Nếu u(n)=1+a, u(n+1)=1+b, thì x(n+2)=|a-b|/|3+a|<(a+b)/2.tương tự với u(n)=1+a, u(n+1)=1-b.
Còn với u(n)=1-a, u(n+1)=1+b, thì có a<1 do u(n)>0. Và x(n+2)=|a+b|/|3-a|<(a+b)/2. Tương tự với th u(n)=1-a và u(n+1)=1-b.
Tóm lại ta luôn có x(n+2)<(x(n+1)+x(n))/2. Lại có x(n) bị chặn do 0<u(n)<2. Suy hra x(n) hội tụ suy ra u(n) hội tụ.
Với cách làm này chỉ cần u(1) và u(2) dương là đủ

 

Với cách làm này dùng nguyên lý kẹp để tìm ra $lim x_{n}$ thì cần gì $u_{n}$ bị chặn nữa ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 09-10-2016 - 00:02

[huya1k43]

Với cách làm này dùng nguyên lý kẹp để tìm ra $lim x_{n}$ thì cần gì $u_{n}$ bị chặn nữa ạ

Kiểu nào vậy rv

[sophia2009]

Vì giá trị của n là hữu hạn và xác định trước nên $\frac{1}{n}=0,a_1a_2...$ có hữu hạn số sau dấu phẩy, cho nên ta đặt $\frac{1}{n}=0,a_1a_2..a_m=\frac{\overline{a_1a_2..a_m}}{10^m}\Rightarrow n.\overline{a_1a_2..a_m}=10^m$ cho nên n chỉ có thể có ước nguyên tố là 2 và 5.

Đặt $n=2^p5^q$. Xem ký hiệu $s\left ( x \right )$ là tổng các chữ số của $x$ dưới dạng biểu diễn thập phân $\Rightarrow s\left ( x \right )\leq x$

Nếu $q\geq p\Rightarrow 2^p5^q=s\left ( 2^{q-p} \right )\leq 2^{q-p}<2^p5^q$(vô lý)

Nếu $p>q\Rightarrow 2^p5^q=s\left ( 5^{p-q} \right )$

Với $p\geq 6\Rightarrow 2^p\leq 2^p5^q=s\left ( 5^{p-q} \right )\leq 9\left ( p-q \right )\leq 9p< 2^p$(vô lý)

Do đó $1\leq p\leq 5$$\Rightarrow s\left ( 5^{p-q} \right )\in \left \{ 5,7,8,13,11 \right \}$ Ta chọn được $5^{p-q}=8\Rightarrow \left ( p,q \right )=\left ( 3,0 \right )\Rightarrow n=8$

Có ai giải được bài tổ hợp cuối không, đăng lên giùm mình với.

Bạn nhầm chỗ này  "Vì giá trị của n là hữu hạn và xác định trước nên $\frac{1}{n}=0,a_1a_2...$ có hữu hạn số sau dấu phẩy". Ví dụ $\frac 1 3 =0,33333333...$

[takarin1512]

Bạn nhầm chỗ này  "Vì giá trị của n là hữu hạn và xác định trước nên $\frac{1}{n}=0,a_1a_2...$ có hữu hạn số sau dấu phẩy". Ví dụ $\frac 1 3 =0,33333333...$

Nếu như $\frac{1}{n}$  có vô hạn số sau dấu phẩy như ví dụ của bạn thì giá trị của n sẽ chạy đến vô cùng và ta không xác định được giá trị chính xác của n, do đó chỉ có thể có hữu hạn số sau dấu phẩy thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 13-10-2016 - 21:36

[redfox]

Giả sử $1\in A$. Ghi các số tự nhiên từ $1$ đến $3n$, đánh các chữ $a,b,c$ tương ứng với các tập các số đó thuộc.

-Hai chữ $b,c$ liên tiếp: Hai số đó với $1$ thỏa mãn.

-Các chữ $b,c$ bị ngăn cách bởi $a$. Giả sử không tồn tại chuỗi $bba$. Khi đó xét các chữ $a$ cần dùng để ngăn cách các chữ $b$, ta có $\left | A \right |>\left | B \right |$ (vô lý). Vậy tồn tại chuỗi $bba$, tương tự tồn tại chuỗi $acc$. Lấy các số $x,y$ tương ứng với chữ $b$ thứ $2$ và chữ $c$ thứ $1$. Giả sử $x>y$ (TH còn lại trừ ngược) ta có $x-y=(x+1)-(y+1)=(x-1)-(y-1)$ và $x,x-1\in B,y,y+1\in C,x+1,y-1\in A$. Xét chữ được đánh dấu trên hiệu $x-y$, ta luôn có $3$ số thỏa mãn.

(Q.E.D)