Chủ đề này có 173 trả lời

[tritanngo99]

Lời giải bài 59: Đặt $n=2m$.

Đa thức $Q(x)$ có bậc $n-2$:

$Q(x)=b_0x^{n-2}+b_1x^{n-3}+...+b_{n-3}x+b_{n-2}$.

Do đó:

$P_n(x)=(x^2-1)Q(x)=b_0x^{n}+b_1x^{n-1}+(b_2-b_0)x^{n-2}+(b_3-b_1)x^{n-3}+...+(b_{n-2}-b_{n-4})x^2-b_{n-3}x-b_{n-2}.$

Như vậy số các đa thức $P_n(x)$ thỏa mãn đề bài bằng số các dãy số: $(b_0,b_1,...,b_{n-3},b_{n-2})$  thỏa mãn điều kiện:

$b_i\in M$ với mọi $0\le i\le n-2(*)$.

$b_{i+2}-b_i\in M$ với mọi $0\le i\le n-4$ và $b_{n-2}\ne 0(b_{n-2}=-P_n(0))$.

Chú ý: $b_i=1$ thì $b_{i+2}\in \left\{0;1\right\},b_i=-1$ thì $b_{i+2}\in \left\{-1,0\right\},b_i=0$ thì $b_{i+2}\in \left\{-1,0,1\right\}$.

Ta kí hiệu: $x_k$ là số dãy $(b_0,b_1,...,b_{2k})$ thỏa mãn $b_{2i}\in M$ với mọi $0\le i\le k,b_0\ne 0$ và $b_{i+2}-b_i\in M\forall i=0,2,...,2k-2$;

$y_{k-1}$ là số dãy $(b_1,b_3,...,b_{2k-1})$ thỏa mãn $b_{2i-1}\in M$ với mọi $1\le i\le k,b_{i+2}-b_i\in M\forall i=1,3,...,2k-3$.

Ta có: $x_0=2,x_1=4$ và $x_{k+1}=2x_k+x_{k-1}$ vì nếu $b_{2k}\ne 0$ thì $b_{2k+2}\in \left\{0,b_{2k}\right\}$ ,nếu $b_{2k}=0$ thì có ba cách lấy $b_{2k+2}\in M$, số dãy $(b_0,b_2,...,b_{2k})$ mà $b_{2k}=0$ bằng $x_{k-1}$.

Chứng minh bằng quy nạp theo $k$ ta được:

$x_k=\frac{(1+\sqrt{2})^{k+1}-(1-\sqrt{2})^{k+1}}{\sqrt{2}}$.

(dự đoán công thức trên bằng cách dùng phương trình đặc trưng).

Hoàn toàn tương tự có: $y_0=3,y_1=7.y_{k+1}=2y_k+y_{k-1}\forall k\ge 1$.

$y_{k-1}=\frac{(1+\sqrt{2})^{k+1}+(1-\sqrt{2})^{k+1}}{2}$.

Do đó số các dãy $(b_0,b_1,...,b_{2m-3},b_{2m-2})$ thỏa mãn $(*)$ bằng:

$(x_{m-1}-x_{m-2})y_{m-2}=((1+\sqrt{2})^{m-1}+(1-\sqrt{2})^{m-1}).\frac{1}{2}.((1+\sqrt{2})^m+(1-\sqrt{2})^{m})$.

$\frac{(1+\sqrt{2})^{2m-1}+(1-\sqrt{2})^{2m-1}+2.(-1)^{m-1}}{2}$

$=\frac{(1+\sqrt{2})^{n-1}+(1-\sqrt{2})^{n-1}}{2}+(-1)^{\frac{n}{2}-1}$.

Đó chính là số các đa thức $P_n(x)$ cần tìm. 

Lời giải bài 60: Ta có hai bất đẳng thức quen thuộc sau:

BDT1: Với $x>y>0$ và số tự nhiên $n>1$ thì $(x+y)^n\ge x^n+y^n$. Đẳng thức xảy ra khi và chi khi $y=0;n=1$.

BDT2: Với $x>0,y>0$ và số tự nhiên $n\ge 1$ thì $\frac{x^n+y^n}{2}\ge (\frac{x+y}{2})^n$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y;n=1(2)$.

Bây giờ bằng cách đặt:

$\left\{\begin{array}{I} \mathscr{A}=a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}\\ \mathscr{B}=(ab)^n+(bc)^n+(cd)^n+(da)^n\\ \mathscr{C}=(\frac{a-b}{2})^{2n}+(\frac{b-c}{2})^{2n}+(\frac{c-d}{2})^{2n}+(\frac{d-a}{2})^{2n}\end{array}\right.$.

ta chứng minh: $\mathscr{A}\ge \mathscr{B}+\mathscr{C}(3)$.

 Thật vậy, áp dụng BDT2 và BDT1, ta được:

$\frac{1}{2}(a^{2n}+b^{2n})\ge (\frac{a^2+b^2}{2})^n=[(\frac{a+b}{2})^2+(\frac{a-b}{2})^2]^n\ge (\frac{a+b}{2})^{2n}+(\frac{a-b}{2})^{2n}\ge (ab)^n+(\frac{a-b}{2})^{2n}$.

Chứng minh tương tự, ta có $3$ BDT nữa:

$\frac{1}{2}(b^{2n}+c^{2n})\ge (bc)^n+(\frac{b-c}{2})^{2n}$.

$\frac{1}{2}(c^{2n}+d^{2n})\ge (cd)^n+(\frac{c-d}{2})^{2n}$.

$\frac{1}{2}(d^{2n}+a^{2n})\ge (da)^n+(\frac{d-a}{2})^{2n}$.

Cộng theo từng vế $4$ BDT trên ta thu được BDT(3) cần tìm.

Mặt khác ta lại có:

$2S=s(ABC)+s(ADC)+s(BCD)+s(BAD)=\frac{1}{2}(absinB+cdsinD+bcsinC+dasinA)$

$\implies S\le \frac{1}{4}(ab+bc+cd+da)(4)$.

Đẳng thức đạt được khi và chỉ khi $sinA=sinB=sinC=sinD=1\iff ABCD$ là hình chữ nhật.

Áp dụng bất đẳng thức $(2)$ nhiều lần được:

$\frac{\mathscr{B}}{2}=\frac{1}{2}[(ab)^n+(bc)^n+(cd)^n+(da)^n]\ge (\frac{ab+bc}{2})^n+(\frac{cd+da}{2})^n$.

Và $\frac{\mathscr{B}}{4}\ge (\frac{ab+bc+cd+da}{4})^{n}(5)$.

Cuối cùng, từ các BDT $(3)(4)(5)$ ta thu được BDT(*) cần tìm. Đẳng thức xảy ra ở $(*)$ khi và chỉ khi $\angle{A}=\angle{B}=\angle{C}=\angle{D}$ và $a=b=c=d$ nghĩa là $ABCD$ là một hình vuông.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 09-09-2018 - 05:52

[tritanngo99]

Bài 61: Cho các số nguyên dương $m,n,k$ với $n>m$. Chứng minh rằng số các nghiệm nguyên dương của hệ:

$\left\{\begin{array}{I}x_1+x_2+...+x_n=y_1+y_2+...+y_m+1\\x_1+x_2+...+x_n\le nk \end{array}\right.$

bằng: $\sum\limits_{i=0}^{n(k-1)}C_{n-1+i}^{n-1}C_{n-2+i}^{m-1}$.

Bài 62: Cho $n$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa mãn điều kiện $a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\le \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}$ với mọi $k=\overline{1,n}$. 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=a_1+2a_2+...+na_n$

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 61: Ta có bổ đề quen thuộc sau: Số nghiệm nguyên dương của phương trình $x_1+x_2+...+x_n=a$( ở đó $a\ge n$) là $C_{a-1}^{n-1}$.

(Áp dụng bài toán chia kẹo Euler).

Trở lại bài toán: Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:

$\left\{\begin{array}{I} x_1+x_2+...+x_n=a(1)\\y_1+y_2+...+y_m=a-1(2)\\ a\in\left\{n,n+1,...,nk\right\} \end{array}\right.$

Với mỗi $a\in\left\{n,n+1,...,nk\right\}$ số nghiệm nguyên dương của $(1)$ là $C_{a-1}^{n-1}$, của $(2)$ là $C_{a-2}^{m-1}$ và suy ra của hệ là: $C_{a-1}^{n-1}C_{a-2}^{m-1}$.

Vậy số nghiệm nguyên dương của hệ đã cho là: $\sum\limits_{a=n}^{nk}C_{a-1}^{n-1}C_{a-2}^{m-1}=\sum\limits_{i=0}^{nk-n}C_{n-1+i}^{n-1}C_{n-2+i}^{m-1}$.

Lời giải bài 62:

Bổ đề: Cho $2n$ số thực dương $a_1,a_2,...,a_n$ và $b_1,b_2,...,b_n$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

1) $b_i\le b_{i+1}\forall i=1,2,...,n-1$.

2) $\sum\limits_{i=1}^{k}a_i^2\le \sum\limits_{i=1}^{k}b_i^2\forall k=1,2,...,n$.

Khi đó: $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\le \sum\limits_{i=1}^{n}b_i$.

Chứng minh. Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$(a_1+a_2+...+a_n)^2\le (\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i})(\sum\limits_{i=1}^{n}b_i)$.

Do vậy ta chỉ cần chứng minh: $\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i^2}{b_i}\le \sum\limits_{i=1}^{n}b_i$.

Đặt $A_k=\sum\limits_{i=1}^{k}a_i^2,B_k=\sum\limits_{i=1}^{k}b_i^2$.

Theo giả thiết $A_k\le B_k$ với mọi $k=1,2,...,n$. Ta có:

$\sum\limits\frac{a_i^2}{b_i}=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{b_i}(A_i-A_{i-1})$.

$=\sum\limits_{i=1}^{n-1}(\frac{1}{b_i}-\frac{1}{b_{i+1}})A_i+\frac{A_n}{b_n}\le \sum\limits_{i=1}^{n-1}(\frac{1}{b_i}-\frac{1}{b_{i+1}})B_i+\frac{B_n}{b_n}$.

$=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{b_i}(B_i-B_{i-1})=\sum\limits_{i=1}^{n}b_i$.

Vậy bổ đề được chứng minh. Chú ý rằng:

$\sum\limits_{i=1}^{k}(2i-1)^2=\frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}$.

Nên áp dụng bổ đề với $b_i=2i-1(i=1,2,...,n)$ ta có: $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\le \sum\limits_{i=1}^{n}(2n-1)^2=n^2$.

Trở lại bài toán. Ta có:

$P+\frac{n(n+1)}{2}=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_k+1)k$( do $\sum\limits_{k=1}^{n}=\frac{n(n+1)}{2}$).

Do đó từ BDT Cauchy-Schwarz ta có:

$(P+\frac{n(n+1)}{2})^2\le (\sum\limits_{k=1}^{n}k^2)\sum\limits_{k=1}^{n}(a_k+1)^2$.

$=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}(\sum\limits_{k=1}^{n}a_k^2+2\sum\limits_{k=1}^{n}a_k+n)$.

$=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.(\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}+2n^2+n)$.

$=\frac{1}{9}(n(n+1)(2n+1))^2$.

Từ đó: $P\le \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}$.

Dấu $=$ xảy ra khi $a_k=2k-1$ với mọi $k=1,2,...,n$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-09-2018 - 05:10

[tritanngo99]

Bài 63: Cho dãy $(x_n)(n=0,1,2,...)$ thỏa mãn $x_0=2$ và $x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$ với mọi $n=0,1,2,...$. Tính $[\sum\limits_{k=1}^{n}x_k]$ trong đó $[x]$ kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$.

Bài 64: Gọi $H$ và $I$ theo thứ tự là trực tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác nhọn $ABC$. Các đường thẳng $AH,BH,CH$ theo thứ tự cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $HBC,HCA,HAB$ lần nữa tại $A_1,B_1,C_1$. Các đường thẳng $AI,BI,CI$ theo thứ tự cắt lại đường tròn ngoại tiếp các tam giác $IBC,ICA,IAB$ lân nữa tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: $HA_1.HA_2.HA_3+64R^3\ge 9IA_2IB_2IC_2$.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 63: Chứng minh bằng quy nạp ta thấy ngay $x_n>0$ với mọi $n=0,1,2,..$.

Nhận xét rằng: $x_{n+1}-1=\frac{2x_n+1}{x_n+2}-1=\frac{x_n-1}{x_n+2}$

và $x_{n+1}+1=\frac{2x_n+1}{x_n+2}+1=\frac{3(x_n+1)}{x_n+2}$.

Từ đó ta có công thức truy hồi:

$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{3}.\frac{x_n-1}{x_n+1},n\ge 0(1)$.

Do đó với mọi $n\ge 1$ thì:

$\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}=\frac{1}{2}\frac{x_{n-1}-1}{x_{n-1}+1}=...=\frac{1}{3^{n}}.\frac{x_0-1}{x_0+1}=\frac{1}{3^{n+1}}$.

Suy ra: $3^{n+1}(x_n-1)=x_n+1$.

Bởi vậy: $x_n=\frac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1}=1+\frac{2}{3^{n+1}-1}$.

$=1+\frac{1}{3^{n}+3^{n-1}+...+1}<1+\frac{1}{3^{n}}<1+\frac{1}{2^{n}}$ với mọi $n\ge 1$. Hệ quả là:

$n<\sum\limits_{k=1}^{n}x_i<n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{n}}=n+1-\frac{1}{2^n}<n+1$.

Suy ra: $[\sum\limits_{k=1}^{n}x_k]=n$.

Lời giải bài 64:

Xét tứ giác nội tiếp $HBA_1C$ ta thấy $\angle{CBA_1}=\angle{CHA_1}=\angle{CBA},$ nên tam giác $ABA_1$ cân tại $B$ suy ra $BA_1=BA$. Tương tự ta cũng có $CA=CA_1$. Đặt $BC=a,AC=b,AB=c$. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp $BHCA_1$, ta có: $HA_1.BC=HB.CA_1+HC.BA_1$.

Từ đó, theo BDT Cô-si ta có:

$HA_1=HB.\frac{AC}{BC}+HC.\frac{AB}{BC}\ge 2\sqrt{HB.HC.(\frac{bc}{a^2})}$.

Tương tự: $HB_1\ge 2\sqrt{HC.HA.(\frac{ca}{b^2})};$.

$HC_1\ge 2\sqrt{HA.HB.(\frac{ab}{c^2})}$.

Suy ra: $HA_1.HB_1.HC_1\ge 8HA,HB.HC$.

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau:

$8HA.HB.HC+64R^3\ge 9IA_2IB_2IC_2(*)$.

Nhận xét. Nếu gọi $R_1,R_2,R_3,R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC,HCA,HAB$ và $ABC$ theo thứ tự, thì $R_1=R_2=R_3=R$. 

Từ nhận xét trên ta có: $HB=R.sin\angle{HCB}=2RcosB$. Tương tự với $HC,HA$, suy ra:

$HA.HB.HC=8R^3cosAcosBcosC(1)$.

Xét tứ giác nội tiếp $IBA_2C$ có: $\angle{B_1}=\angle{I_1}=\angle{A_1}+\angle{C_1}=\frac{\angle{A}+\angle{C}}{2}$, dẫn đến $\angle{IBA_2}=\angle{B_1}+\angle{B_2}=90^0$, nghĩa là $IA_2$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$. Vậy:

$BC=IA_2.sin(BIC)=IA_2.sin(\frac{B+C}{2})=IA_2.cos(\frac{A}{2}).cos(\frac{A}{2})$.

Lại vì: $BC=2Rsin(A)$ nên $IA_2=4Rsin(\frac{A}{2})$.

Tương tự với $IB_2,IC_2$ ta đi đến:

$IA_2IB_2IC_2=64R^3sin(\frac{A}{2}sin(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2}))(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thấy BDT(*) tương đương với $1+cosAcosBcosC\ge 9sin(\frac{A}{2}.sin(\frac{B}{2}).sin(\frac{C}{2}))(3)$.

Áp dụng BDT Cô-si, ta được:

$(sinA+sinB+sinC)(sin^2A+sin^2B+sin^2C)\ge 9sinAsinBsinC(3)$.

Để ý đến các hệ thức lượng giác quen thuộc:

$sinA+sinB+sinC=4cos(\frac{A}{2})cos(\frac{B}{2})cos(\frac{C}{2});$.

$sin^2A+sin^2B+sin^2C=2+2cosAcosBcosC$.

Từ $(4)$ ta thấy $(3)$ được chứng minh.

Vậy ta có DPCM. Dấu $=$ xảy ra khi $\triangle{ABC}$ đều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-09-2018 - 06:24

[tritanngo99]

Bài 65: Cho $a$ là số thực dương tùy ý. Xét dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ xác định bởi $x_1=a,x_{n+1}=\frac{x_n\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}{x_n+1}$ với mọi $n=1,2,...$( ở tử có $n$ số 2).

Chứng minh rằng dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Bài 66: Người ta dán hai mép đối diện một bàn cờ $nXn(n\in \mathbb{N^*})$ ô vuông thành một hình trụ và sau đó dán hai mép đối diện của hình trụ lại thành một bàn cờ hình xuyến. Chứng minh rằng có thể xếp $n$ quân Hậu trên bàn cờ hình xuyến $nXn$ này sao cho chúng đôi một không ăn nhau khi và chỉ khi $(n,6)=1$.

( Hai quân hậu ăn được nhau nếu chúng trên cùng một cột, một hàng, hoặc trên cùng một đường chéo).

[tritanngo99]

Lời giải bài 65: Đặt $y_n=\sqrt{2+\sqrt{+...+\sqrt{2}}}$( có $n$ số $2$). Dễ chứng minh bằng quy nạp rằng: $y_n=2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})$.

Thành thử: $x_{n+1}=\frac{2x_ncos(\frac{\pi}{2^{n+1})}}{x_n+1}(1)$

Đặt $a_n=\frac{1}{x_n}$. Khi đó:

$(1)\iff a_{n+1}=\frac{a_n}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}+\frac{1}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}(2)$.

Lại đặt: $b_n=\frac{4a_n}{sin(\frac{\pi}{2^n})}$. Khi đó $(2)$ trở thành:

$\frac{sin(\frac{\pi}{2^{n+1}})b_{n+1}}{4}=\frac{sin(\frac{\pi}{2^{n+1}})b_n}{4}+\frac{1}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}$.

$\iff b_{n+1}=b_n+\frac{4}{sin(\frac{\pi}{2^n})}(3)$.

Chú ý rằng: $cot(\frac{\pi}{2^{n+1}})-cot(\frac{\pi}{2^n})=\frac{1}{sin(\frac{\pi}{2^n})}$.

Từ $(3)$ suy ra:

$b_{n+1}-4cot(\frac{\pi}{2^{n+1}})=b_n-4cot(\frac{\pi}{2^n})(n=1,2,...)$.

Suy ra: $b_n-4cot(\frac{\pi}{2^n})=b_1-4cot(\frac{\pi}{2})=b_1$.

Từ đó: $b_n=b_1+4cot(\frac{\pi}{2^n})$. Thành thử:

$a_n=\frac{sin(\frac{\pi}{2^n})}{4}.b_n=\frac{sin(\frac{\pi}{2^n})}{4}(b_1+4cot(\frac{\pi}{2^n}))$.

$=\frac{b_1}{4}sin(\frac{\pi}{2^n}+cos(\frac{\pi}{2^n}))$.

Vậy $lima_n=\frac{b_1}{4}lim(sin(\frac{\pi}{2^n}))+lim(cos(\frac{\pi}{2^n}))=1$.

Suy ra $lim(x_n)=\frac{1}{lim(a_n)}=1$.

Lời giải bài 66: Ta lập hệ trục tọa độ theo hai cạnh liên tiếp của bàn cờ ban đầu. Như vậy mỗi ô vuông của bàn cờ ban đầu ứng với tọa độ $(i;j),(1\le i,j\le n)$. Dễ thấy rằng trên bàn cờ hình xuyến, hai quân Hậu ở hai ô $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$ ăn được nhau khi và chỉ khi xảy ra một trong các điều kiện sau:

+ Cùng hàng $x_1\equiv(\text{ mod n})(1)$.

+ Cùng cột $y_1\equiv y_2(\text{ mod n})(2)$.

+ Cùng đường chéo phụ: $x_1-y_1\equiv x_2-y_2(\text{ mod n})(3)$.

+ Cùng đường chép chính: $x_1+y_1\equiv x_2+y_2\text{ mod n}(4)$.

Ta chứng minh bài toán.

Điều kiện đủ:

Nếu $(n,6)=1$, ta xếp $n$ quân Hậu theo cách đặt quân Hậu thứ $i$ vào ô tọa độ $(i,2i)(\text{ mod n})$. Chẳng hạn, nếu $n=7$ thì quân Hậu thứ $5$ được đặt vào ô $(5;3)$.

Dễ kiểm tra thấy hai quân Hậu $(i;2i)$ và $(j;2j)(1\le i,j\le n,i\ne j)$ không thể ăn nhau được, vì từ $(n,6)=1$ ta có hai quân Hậu này:

+ Không cùng hàng do $i\not\equiv j(\text{ mod n})$.

+ Không cùng cột do $2i\not\equiv 2j(\text{ mod n})$.

+ Không cùng đường chéo phụ do: $i-2i\not\equiv j-2j(\text{ mod n})$.

+ Không cùng đường chéo chính do: $i+2i\ne j+2j(\text{ mod n})$ .

Điều kiện cần:

Giả sử có thể xếp $n$ quân Hậu đôi một không ăn nhau trên bàn cờ hình xuyến $nxn$ ô vuông. Do $(1)$, trên mỗi hàng có đúng một quân Hậu, cho nên ta kí hiệu tọa độ của quân Hậu trên hàng $i$ là $(i;\pi(i))$. Theo $(2)$, $\pi(i)\text{ mod n}$ là một hoán vị của $1,2,...,n$. Theo $(3)$ và $(4)$ ta có: $\pi(i)-i(\text{ mod n}),i=1,2,..,n$ là một hoán vị của $1,2,...,n(5)$ 

$\pi(i)+i(\text{ mod n}),i=1,2,...,n$ là một hoán vị của $1,2,...,n(6)$ 

Từ $(5)$ ta có: $\sum\limits_{i=1}^{n}(\pi(i)-i)\equiv \sum\limits_{1}^{n}i(\text{ mod n})$.

$0\equiv \frac{n(n+1)}{2}(\text{ mod n})$.

Suy ra: $(n+1)\vdots 2\implies (n,2)=1(7)$.

Từ $(5)$ và $(6)$ ta có:

$\sum\limits_{i=1}^{n}((\pi(i)-i)^2+(\pi(i)+i)^2)\equiv 2\sum\limits_{i=1}^{n}i^2(\text{ mod n})$.

$\implies 4\sum\limits_{i=1}^{n}i^2\equiv 2\sum\limits_{i=1}^{n}i^2(\text{ mod n})$.

$\implies 2\sum\limits_{i=1}^{n}i^2\equiv 0(\text{ mod n})$.

$\implies \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}\equiv 0(\text{ mod n})$. Suy ra: $(n+1)(2n+1)\equiv 3\implies (n,3)=1,(8)$.

Từ $(7),(8)$ suy ra $(n,6)=1$(dpcm). 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-09-2018 - 06:19

[tritanngo99]

Bài 67: Đa thức $P(x)$ thỏa mãn điều kiện $P(2003)=2003!$ và $xP(x-1)\equiv (x-2003)P(x)$.

Chứng minh rằng đa thức $f(x)=P^2(x)+1$ là bất khả quy.

Bài 68: Đường tròn $(I)$ bán kính $r$ nội tiếp tam giác $A_1A_2A_3$ tiếp xúc với các cạnh $A_2A_3,A_3A_1,A_1A_2$ tại $M_1,M_2,M_3$ theo thứ tự. Vẽ các đường tròn $(I_i)$ tiếp xúc với các cạnh $A_iA_j,A_iA_k$ và tiếp xúc ngoài với đường tròn $(I)$( với $i,j,k$ đôi một khác nhau nhận giá trị $1,2,3$). Gọi $K_1,K_2,K_3$ theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn $(I_1)$ với $A_1A_2$, của đường tròn $(I_2)$ với $A_2A_3$, của đường tròn $(I_3)$ với $A_3A_1$. Đặt $A_iI_i=a_i,A_iK_i=b_i(i=1,2,3)$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{r}\sum\limits_{i=1}^{3}(a_i+b_i)\ge 2+\sqrt{3}$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-09-2018 - 06:18

[tritanngo99]

Lời giải bài 67: Đầu tiên ta chứng minh rằng:

$P(x)=x(x-1)...(x-2001)(x-2002)(1)$.

Thật vậy, từ điều kiện:

$xP(x-1)=(x-2003)P(x)(2)$.

Cho $x=0\implies P(0)=0$.

Giả sử $P(i)=0$ với $i=0,1,..,n(n\le 2001)$.

Trong $(2)$ cho $x=i+1$ ta được: $(i+1)P(i)=(i-2002)P(i+1)\implies P(i+1)=0$.

Vậy $P(i)=0\forall i=0,1,...,2002$. Do đó:

$P(x)=x(x-1)...(x-2002)Q(x)(3)$.

Thay $(3)$ vào $(2)$ ta được: $Q(x-1)=Q(x)\forall x$. Do đó: $Q(x)=c=const$. Mặt khác do $P(2003)=2003!$ nên $c=1$.

Vậy $(1)$ được chứng minh.Tiếp theo ta giả thiết rằng $f(x)$ khả quy $f(x)=g(x)h(x)$ với $g(x),h(x)$ là các đa thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn $0$. Không giảm tổng quát có thể giả sử hệ số cao nhất của $g(x)$ và $h(x)$ bằng $1$. Vì $f(x)$ không có nghiệm nên $g(x)$ và $h(x)$ không có nghiệm. Suy ra: $g(x)>0\forall x\in \mathbb{R},h(x)>0\forall x\in \mathbb{R}$. Vì $f(i)=g(i)h(i)=1\forall i=0,...,2002$ nên $g(i)=h(i)=1$ với mọi $i=0,1,...,2002$. Giả sử $deg(g)=m,def(f)=n,m\le n$. Nếu $m<n$ thì vì $m+n=2.2003$ nên $m<2003$ suy ra $g(x)=1\forall x$. Mâu thuẩn,

Vậy $m=n=2003$.

Thành thử $g(x)=h(x)=x(x-1)...(x-2002)+1=P(x)+1$.

Suy ra $f(x)=h^2(x)=(P(x)+1)^2=P^2(x)+1\implies P(x)=0\forall x$. Mâu thuẩn .

Vậy $f(x)$ bất khả quy. 

Lời giải bài 68: Đặt $\angle{A_i}=2\alpha_i,i\in \left\{1,2,3\right\};r_i$ là bán kính đường tròn $(I_i)$  với $\left\{i,j,k\right\}=\left\{1,2,3\right\}$. Thế thì $II_i=r+r_i$.

Dựng $I_1L\bot IM_{3}$ tại $L$, ta được ($\triangle{II_1L}$ vuông ở $L$): $\angle{II_1L}=\angle{IA_1M_3}=\alpha_1,II_1=r+r_1$.

$IL=r-r_1\implies sin(\alpha_i)=\frac{r-r_1}{r+r_1}$.

Từ đó: $\frac{r_1}{r}=\frac{1-sin(\alpha_1)}{1+sin(\alpha_1)}$.

Mặt khác, trong tam giác $I_1A_1K_1$ vuông ở $K_1$, nên ta có:

$I_1K_1=r_1$ và $A_1I_1+A_1K_1=(\frac{1}{sin(\alpha_1)}+cot(\alpha_1))r_1$.

Do đó: $\frac{1}{r}(a_1+b_1)=\frac{1+cos(\alpha_1)}{sin(\alpha_1)}.\frac{r_1}{r}(2)$.

Đối chiếu $(1)$ và $(2)$, sau đó sử dụng các công thức biến đổi $sin(\alpha_1)$ và $cos(\alpha_1)$ theo $t_1=tan(\frac{\alpha_1}{2})$.

(Cụ thể là: $sin(\alpha_1)=\frac{2t_1}{1+t_1^2},cos(\alpha_1)=\frac{1-t_1^2}{1+t_1^2}$) ta thu được: $\frac{1}{r}(a_1+b_1)=(\frac{1-t_1}{1+t_1})^2.\frac{1}{t_1}(3)$.

hay là: $\frac{1}{r}(a_1+b_1)=tan^2(45^0-\frac{\alpha_1}{2})cot(\frac{\alpha_1}{2})$.

Chứng minh tương tự được:

$\frac{1}{r}(a_i+b_i)=tan^2(45^0-\frac{\alpha_i}{2})cot(\frac{\alpha_i}{2})(4)$.

Do đó: $k=\frac{1}{r}\sum\limits_{i=1}^{3}(a_i+b_i)=\sum\limits_{i=1}^{3}tan^2(45^0-\frac{\alpha_i}{2})cot(\frac{\alpha_i}{2})$.

Bây giờ, ta đặt $tan(45^0-\frac{\alpha_i}{2})=x_i(5)$.

hay là: $x_i=\frac{1-t_i}{1+t_i}(t_i=tan(\frac{\alpha_i}{2}),i=1,2,3)$.

Do đó: $tan(\frac{\alpha_i}{2})=\frac{1-x_i}{1+x_i}(i\in\left\{1,2,3\right\})(6)$.

Lại vì: $\sum\limits_{i=1}^3(45^0-\frac{\alpha_i}{2})=3.45^0-\frac{180^0}{4}=90^0$ nên theo một công thức lượng giác quen thuộc trong tam giác, ta có hệ thức sau:

$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=1(7)$.

Từ $(7)$ suy ra: $\left\{\begin{array}{I} x_1^2+x_2^2+x_3^2\ge 1\\ x_1+x_2+x_3\ge \sqrt{3}\end{array}\right.$

Dấu $=$ đạt được $\iff x_1=x_2=x_3=\frac{\sqrt{3}}{3}(8)$.

Từ $(5)$ và $(6)$ ta thu được:

$k=\frac{x_1^2(1+x_1)}{1-x_1}+\frac{x_2^2(1+x_2)}{1-x_2}+\frac{x_3^2(1+x_3)}{1-x_3}$.

hay là $k=\sum\limits_{i=1}^3\frac{x_i^2(1+x_i)^2}{1-x_i^2}$.

trong đó $0<1-x_i^2<1$( vì $\angle{A_i}=2\alpha_i<180^0$) nên $\frac{\alpha_i}{2}<45^0$ kéo theo $x_i<1$.

Cuối cùng, áp dụng BDT Bunhiacopxki đối với hai bộ ba số dương $\sqrt{1-x_1^2};\sqrt{1-x_2^2};\sqrt{1-x_3^2}$ và $\frac{x_1(1+x_1)}{\sqrt{1-x_1^2}};\frac{x_2(1+x_2)}{\sqrt{1-x_2^2}};\frac{x_3(1+x_3)}{\sqrt{1-x_3^2}}$ ta thu được BDT sau:

$k\ge \frac{(x_1^2+x_1+x_2^2+x_2+x_3^2+x_3)^2}{3-(x_1^2+x_2^2+x_3^2)}(10)$.

Từ $(10)$ và $(8)$ suy ra:

$k\ge \frac{(1+\sqrt{3})^2}{3-1}=\frac{4+2\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}(dpcm)$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $x_1=x_2=x_3=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(vì $\frac{x_1^2+x_1}{1-x_1^2}=\frac{x_2^2+x_2}{1-x_2^2}=\frac{x_3^2+x_3}{1-x_3^2}$).

$\iff \frac{x_1}{1-x_1}=\frac{x_2}{1-x_2}=\frac{x_3}{1-x_3}\iff x_1=x_2=x_3$.

và do đó, khi và chỉ khi $\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3$, tức là khi và chỉ khi tam giác $A_1A_2A_3$ đều.

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 13-09-2018 - 19:55

[tritanngo99]

Bài 69: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N^*}\to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn điều kiện:

$f(f^2(m)+2f^2(n))=m^2+2n^2$ với mọi $m,n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 70: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 69: Giả sử $f(n)$ là hàm số thỏa mãn bài toán.

Nhận xét. Nếu $m_1,m_2\in \mathbb{N^*},f(m_1)=f(m_2)$, lấy $n\in \mathbb{N^*}$ tùy ý ta có:

$m_1^2+2n^2=f(f^2(m_1)+2f^2(n))$.

$=f(f^2(m_2)+2f^2(n))=m_2^2+2n^2$.

$\implies m_1=m_2$. Tức là $f(n)$ là hàm số đơn ánh.

+ Với $m=n=1$, kí hiệu $a=f(1)$, ta nhận được: $f(3a^2)=3$.

Ta lại có: 

$(5a^2)^2+2(a^2)^2=27a^4=(3a^2)^2+2(3a^2)^2$.

$\implies f(f^2(5a^2)+2f^2(a^2))=27a^4$.

$=f(f^2(3a^2)+2f^2(3a^2))=f(27)$.

$\implies f^2(5a^2)+2f^2(a^2)=27$.

Vì chỉ có hai cặp các số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn $x^2+2y^2=27$ là $(x;y)=(3;3)$ và $(x;y)=(5;1)$ và do $f(5a^2)\ne f(a^2)$ ta suy ra: $f(5a^2)=5,f(a^2)=1$.

Tương tự:

$(5a^2)^2+2(2a^2)^2=33a^4=(a^2)^2+2(4a^2)^2$.

$\implies f^2(5a^2)+2f^2(2a^2)=f^2(a^2)+2f^2(4a^2)$.

$\implies 2(f^2(4a^2)-f^2(2a^2))=f^2(5a^2)-f^2(a^2)=5^2-1=24$.

$\implies f^2(4a^2)-f^2(2a^2)=12$.

Cũng như vậy, vì phương trình $x^2-y^2=12\iff (x-y)(x+y)=12\iff x-y=2,x+y=6\iff x=4,y=2$. Suy ra: $f(4a^2)=4,f(2a^2)=2$.

Với số nguyên dương $m$ tùy ý, vì:

$(m+4)^2+2(m+1)^2=m^2+2(m+3)^2$

nên $f^2((m+4)a^2)+2f^2((m+1)a^2)$.

$=f^2(ma^2)+2f^2((m+3)a^2)$.

Do đó, nếu ta đã kết luận được $f(ka^2)=k$ với $k=1,2,...,m+3$( ở trên chúng ta đã chứng minh với $k=1,2,3,4,5$) thì ta suy ra khẳng định đó cũng đúng với $k=m+4$.

Bởi vậy, bằng phương pháp quy nạp ta có: $f(ka^2)=k$ với mọi $k\in \mathbb{N^*}$. Khi đó:

$f(a^3)=f(a.a^2)=a=f(1)\implies a^3=1\implies a=1$.

Như vậy: $f(k)=k$ với mọi $k\in \mathbb{N^*}$ và rõ ràng hàm số này thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Lời giải bài 70: $f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1(1)$.

Từ $(1)$, cho $y=0$ ta được:

$f(f(x))=f(x)+xf(0)-x+1,\forall x\in \mathbb{R}(2)$.

Trong $(2)$ cho $x=0$ ta được:

$f(f(0))=f(0)+1(3)$

Tiếp tục, từ $(1)$ thay $y$ bởi $f(y)$ và sử dụng $(2)$ ta thu được:

$f(f(x)+f(y))=f(x+f(y))+xf(f(y))-xf(y)-x+1$.

$=(f(x+y)+yf(x)-xy-y+1)+x(f(y)+yf(0)-y+1)-xf(y)-x+1$

hay $f(f(x)+f(y))=f(x+y)+yf(x)+xyf(0)-2xy-y+2\forall x,y\in \mathbb{R}(4)$.

Hoán vị vai trò của $x$ và $y$ trong $(4)$, ta thu được: $f(f(x)+f(y))=f(x+y)+xf(y)+xyf(0)-2xy-x+2,\forall x,y\in \mathbb{R}(5)$.

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra:

$yf(x)-y=xf(y)-x,\forall x,y\in \mathbb{R}(6)$.

Trong $(6)$ cho $x=0,y=1$ thì $f(0)=1$.Thay vào $(3)$, ta được: $f(f(0))=2$.

Từ $(6)$ thay $y=1$ và sử dụng hệ thức $f(f(0))=2$, ta thu được hàm số $f(x)=x+1$.

Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện $(1)$.

Kết luận: Hàm số cần tìm là $f(x)=x+1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 14-09-2018 - 19:34

[tritanngo99]

Bài 71: Cho dãy số $(u_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi $u_1=u_2=1,u_{n+1}=4u_n-5u_{n-1}$ với mọi $n\ge 2$. Chứng minh rằng với mọi số thực $a>\sqrt{5}$, ta đều có: $\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{u_n}{a^n})=0$ 

Bài 72: Chứng minh rằng phương trình $x^3+5y^3=5$ có vô số nghiệm hữu tỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 15-09-2018 - 04:55

[tritanngo99]

Lời giải bài 71: Xét $0<\phi<\frac{\pi}{2}$ mà $cos(\phi)=\frac{1}{\sqrt{5}}$. Đặt $v_n=(\sqrt{5})^{n-1}.[cos(n-1)\phi-sin(n-1)\phi],n\in \mathbb{N^*}$.

Ta có: $v_1=v_2=1$ và $4v_n-5v_{n-1}=4.(\sqrt{5})^{n-1}[cos(n-1)\phi-sin(n-1)\phi]-(\sqrt{5})^n[cos(n-2)\phi-sin(n-2)\phi]$.

$=4(\sqrt{5})^{n-1}(cosn\phi.cos\phi+sinn\phi.sin\phi-sinn\phi.cos\phi+cosn\phi.sin\phi)-(\sqrt{5})^n.(cosn\phi.cos2\phi+sinn\phi.sin2\phi-sinn\phi.cos2\phi+cosn\phi.sin2\phi)$

$=4(\sqrt{5})^{n-1}(\frac{3}{\sqrt{5}}cosn\phi-\frac{1}{\sqrt{5}}sinn\phi)-(\sqrt{5})^n(\frac{7}{5}cosn\phi+\frac{1}{5}sinn\phi)$.

$=(\sqrt{5})^{n-2}(5cosn\phi-5sinn\phi)$.

$=(\sqrt{5})^n(cosn\phi-sinn\phi)=v_{n+1}$

(Chú ý: $cos2\phi=2cos^2\phi-1=\frac{3}{5};sin2\phi=2sin\phi.cos\phi=\frac{4}{5}$).

Do đó $u_n=v_n$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$.

Bởi vậy với mọi số thực $a>\sqrt{5}$.

$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{a^n}=\lim\limits_{n\to +\infty}((\frac{\sqrt{5}}{n})^n.(cos(n-1)\phi-sin(n-1)\phi))=0$

Lời giải bài 72: Xét các dãy số nguyên $(x_n),(y_n)$ và $(z_n)$ được xác định bằng truy hồi sau:

$x_0=2,y_0=-1,z_0=1;x_{n+1}=x_n(x_n^3+6y_n^3);y_{n+1}=-y_n(2x_n^3+3y_n^3);z_{n+1}=z_n(x_n^3-3y_n^3)$.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng:$x_n^3+3y_n^3=5z_n^3(1)$.

Với $n=0$ thì đẳng thức $(1)$ đúng. Giả sử đẳng thức $(1)$ đúng với $n$. Ta phải chứng minh $(1)$ đúng với $n+1$, tức là chứng minh.

$x_{n+1}^3+3y_{n+1}^3=5z_{n+1}^3(2)$.

Thật vậy:

$(2)\iff x_n^3(x_n^3+6y_n^3)^3-3y_n^3(2x_n^3+3y_n^3)^3=5z_n^3(x_n^3-3y_n^3)^3$.

$\iff x_n^3(x_n^3+6y_n^3)^3-3y_n^3(2x_n^3+3y_n^3)^3(3)$.

Biến đổi $(3)$ ta thấy vế trái bằng vế phải.

Vậy $(1)$ được chứng minh. Từ đó dễ thấy $z_n\ne 0,\forall n$ và $(\frac{x_n}{z_n};\frac{y_n}{z_n})(n=1,2,...)$ là nghiệm hữu tỉ của phương trình $x^3+3y^3=5$. Ta sẽ chứng minh $(\frac{x_n}{z_n};\frac{y_n}{z_n})\ne (\frac{x_m}{z_m};\frac{y_m}{z_m})$ nếu $n\ne m$.

Thật vậy bằng quy nạp ta thấy $x_n$ chẵn và $y_n,z_n$ lẻ với mọi $n$. Do đó : $x_n^3+6y_n^3\equiv 2(\text{ mod }4 )$. Từ đó ta thấy :$x_n=2^{n+1}A_n$ với $A_n$ là số lẻ.

Giả sử $\exists m>n$ sao cho $(\frac{x_n}{y_n};\frac{y_n}{z_n})=(\frac{x_m}{z_m};\frac{y_m}{z_m})$, khi đó: $\frac{x_n}{z_n}=\frac{x_m}{z_m}\iff x_nz_m=x_mz_n$. Suy ra: $2^{n+1}.A_nz_m=2^{m+1}A_mz_n\implies A_nz_m=2^{m-n}A_mz_n$.

Đây là điều vô lý vì vế trái lẻ. Vậy phương trình: $x^3+3y^3=5$ có vô số nghiệm hữu tỉ.

 

 

[tritanngo99]

Bài 73: Chứng minh rằng nếu các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$ thì $\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\ge 1$.

Bài 74: Xác định tất cả các đa thức với hệ số thực $P(x),Q(x)$ và $R(x)$ thỏa mãn điều kiện: $\sqrt{P(x)}-\sqrt{Q(x)}=R(x)$ với mọi số thực $x$.

[Kim Vu]

Bài 73: Chứng minh rằng nếu các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$ thì $\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\ge 1$.

Bài 74: Xác định tất cả các đa thức với hệ số thực $P(x),Q(x)$ và $R(x)$ thỏa mãn điều kiện: $\sqrt{P(x)}-\sqrt{Q(x)}=R(x)$ với mọi số thực $x$.

Bài 73
$A=\sum \frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}=\sum \frac{a}{\sqrt{(2c+1)(4c^2-2c+1)}}\geq \sum \frac{a}{2c^2+1}$
Đặt $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$
$ \sum \frac{a}{2c^2+1} = \sum \frac{x^3}{2z^2y+yx^2}=\sum \frac{x^4}{2z^2yx+yx^3} \geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x}$
$3x^4+y^4 \geq 4x^3y  \\3y^4+z^4 \geq 4y^3z  \\3z^4+x^4 \geq 4z^3y \\\rightarrow x^4+y^4+z^4 \geq x^3y+y^3z+z^3x$
$(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2\geq xyz(x+y+z)$
Do đó ta có $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x} \geq 1$

[tritanngo99]

Lời giải bài 73: Ta có: $\sqrt{8c^3+1}=\sqrt{(2c+1)(4c^2-2c+1)}\le \frac{2c+1+(4c^2-2c+1)}{2}=2c^2+1$.

Do đó: $\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}\ge \frac{a}{2c^2+1}$.

Tương tự: $\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}\ge \frac{b}{2a^2+1},\frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\ge \frac{c}{2b^2+1}$.

Ta sẽ chứng minh:

$\frac{a}{2c^2+1}+\frac{b}{2a^2+1}+\frac{c}{2b^2+1}\ge 1(1)$.

Chú ý rằng BDT(1) tương đương với 

$4(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)+2(a^3+b^3+c^3)+2(ab^2+bc^2+ca^2)+(a+b+c)\ge 8a^2b^2c^2+4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(a^2+b^2+c^2)+1(2)$.

Ta có: $2a^3b^2+2ab^2\ge 2\sqrt{4a^4b^4}=4a^2b^2(3)$.

Tương tự: $2b^3c^2+2bc^2\ge 4b^2c^2(4)$.

                 $2c^3a^2+2ca^2\ge 4a^2c^2(5)$.

Lại có: $2(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)\ge 2.3\sqrt[3]{a^5b^5c^5}=6=6a^2b^2c^2(\text{ do }abc=1)(6)$.

$a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3=1+2a^2b^2c^2(7)$.

$a^3+a\ge 2a^2;b^3+b\ge 2b^2;c^3+c\ge 2c^2(8)$.

Cộng các vế của $(3),(4),(5),(6),(7),(8)$ ta được $(2)$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

Lời giải bài 74: Ta viết điều kiện bài ra dưới dạng:

$\sqrt{P(x)}=\sqrt{Q(x)}+R(x)$.

$\iff \left\{\begin{array}{I} P(x)\ge 0,Q(x)\ge 0,\sqrt{Q(x)}+R(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\\ P(x)=Q(x)+(R(x))^2+2R(x)\sqrt{Q(x)},\forall x\in \mathbb{R}\end{array}\right.$

Từ đó : $R(x)\sqrt{Q(x)}$ là một hàm đa thức. Vậy $R(x)\equiv 0$ hoặc $Q(x)=(M(x))^2$ với $M(x)$ là một đa thức.

+ Trường hợp $R(x)\equiv 0$, từ điều kiện:

$\sqrt{P(x)}=\sqrt{Q(x)}+R(x)$ suy ra $P(x)\equiv Q(x)$ ta thu được:

$(P(x),Q(x),R(x))=(0,T(x),T(x))$ với $T(x)$ là đa thức tùy ý, là nghiệm của bài toán.

+ Trường hợp $Q(x)\equiv (M(x))^2$. Thế vào điều kiện bài toán, ta thu được:

$\sqrt{P(x)}=M(x)+R(x)$

hay $P(x)=(M(x)+R(x))^2,\forall x\in \mathbb{R}$.

Vậy $P(x)\equiv (N(x))^2$, trong đó $N(x)$ à một đa thức. Từ các điều kiện $Q(x)\equiv (M(x))^2$ và $P(x)\equiv (N(x))^2$, ta thu được: $R(x)=N(x)-M(x),$ tức là:

$(P(x),Q(x),R(x))=(N(x)^2,(M(x))^2,N(x)-M(x))$,

với $M(x),N(x)$ là các đa thức tùy ý, thỏa mãn điều kiện bài toán ra. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 16-09-2018 - 18:24

[tritanngo99]

Bài 75: Với số nguyên dương $k$ bất kì, ta phân tích $k$ thành tích các thừa số nguyên tố( không nhất thiết phân biệt, chẳng hạn $k=18=3.3.2$). Gọi $T(k)$ là tổng của tất cả các thừa số đó. Tìm hằng số $C$ lớn nhất sao cho $T(k)\ge Cln(k)$ với mọi số nguyên dương $k$.

Bài 76: Cho tập hợp $A$ khác rỗng $(A\subset \mathbb{N})$ thỏa mãn điều kiện: Nếu $a\in A$ thì $4a$ và $[\sqrt{a}]$ cũng thuộc $A$ . Chứnh minh rằng $A=\mathbb{N}$.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 75: 

Xét $k=3$  ta có: $T(3)\ge Cln(3)\implies C\le \frac{T(3)}{ln(3)}=\frac{3}{ln(3)}(1)$.

Ta sẽ chứng minh $T(k)\ge \frac{3}{ln(3)}ln(k)(2)$.

Thật vậy, giả sử: $k=p_1^{\alpha_1}....p_n^{\alpha_n}\implies T(k)=\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_ip_i$.

Chú ý rằng hàm số $\frac{x}{ln(x)}$ đồng biến trên $(3;+\infty)$, do đó: $\frac{p_i}{ln(p_i)}\ge \frac{3}{ln(3)}$ nếu $p_i\ge 3$.

Với $p_i=2$ ta cũng có $\frac{2}{ln(2)}=\frac{4}{ln(4)}\ge \frac{3}{ln(3)}$.

Vậy $\frac{p_i}{ln(p_i)}\ge \frac{3}{ln(3)}$ với mọi $p_i$. Thành thử: $\alpha_ip_i\ge \frac{3}{ln(3)}$ với mọi $p_i$. Thành thử:

$\alpha_ip_i\ge \frac{3}{ln(3)}\alpha_i .ln(p_i)$.

$\implies T(k)=\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_ip_i\ge \frac{3}{ln(3)}\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i.ln(p_i)=\frac{3}{ln(3)}ln(k)$.

Vậy BDT(2) được chứng minh.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $C_{max}=\frac{3}{ln(3)}.$

Lời giải bài 76: 

Gọi $a_0$ là số nguyên dương bé nhất thuộc $A$.

Nếu $a_0>1$ thì $[\sqrt{a_0}]\in A$ và $[\sqrt{a_0}]\le \sqrt{a_0}<a_0$.

Mâu thuẩn với cách chọn $a_0$.

Vậy $a_0=1$ từ giả thiết suy ra $4^n\in A,\forall n$ suy ra: $[\sqrt{4^n}=2^n]\in A,\forall n\implies [(2^n)^{\frac{1}{2^m}}]\in A,\forall m,n(1)$.

Ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Với mọi $k\in \mathbb{N^*}$ tồn tại $m,n\in \mathbb{N^*}$ sao cho $k^{2^m}\le 2^n<(k+1)^{2^m}$.

Thật vậy, chọn $m\in \mathbb{N^*}$ để:

$2^m(log_2(k+1)-log_2(k))\ge 2$, khi đó:

$log_2(k+1)^{2^{m}}-log_2(k)^{2^m}\ge 2$.

Vậy $\exists n\in \mathbb{N^*}$ để $log_2k^{2^m}\le n<log_2(k+1)^{2^m}$.

$\implies k^{2^m}\le 2^n<(k+1)2^m\implies k=[(2^{n})^{\frac{1}{2^m}}]$.

Từ $(1)$ suy ra $k\in A$. Vậy $\mathbb{N^*}\subset A$. Lại có: $A\subset \mathbb{N^*}$. Vậy $A=\mathbb{N^*}$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-09-2018 - 20:31

[tritanngo99]

Bài 77: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ số nguyên dương $(a,b,c)$ sao cho $ab+1,bc+1,ca+1$ đều là số chính phương.

Bài 78: Với số nguyên dương $n>2$. Tìm số các hàm số $f:\left\{1,2,3,...,n\right\}\to \left\{1,2,3,4,5\right\}$ thỏa mãn tính chất: $|f(k+1)-f(k)|\ge 3\forall k\in\left\{1,2,...,n-1\right\}$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 77: Chọn $a=n-1;b=n+1;c=4n$ trong đó $n\ge 2$. Khi đó: $ab+1=n^2;bc+1=(2n+1)^2;ac+1=(2n-1)^2$ đều là số chính phương.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 78: Ta sử dụng nhận xét sau đây: Nếu hàm số $f$ thỏa mãn điều kiện bài ra thì với mọi $n>2$ cho trước ta luôn có $f(n)\ne 3$.

Thật vậy, nếu $f(n)=3$ thì suy ra: $f(n-1)\le 0$ hoặc $f(n-1)\ge 6$, điều này vô lí.

Kí hiệu: $a_n,b_n,d_n,e_n$ là số các hàm $f:\left\{1,2,...,n\right\}\to \left\{1,2,3,4,5\right\}$ thỏa mãn tính chất đã cho ứng với $f(n)$ bằng $1,2,4,5$.

Khi đó: $a_2=e_2=2$ và $b_2=d_2=1$ nên với $n\ge 2$ có:

$a_{n+1}=e_n+d_n,b_{n+1}=e_n,e_{n+1}=a_n+b_n,d_{n+1}=a_n$.

Ta cần tính tổng $S=a_n+b_n+d_n+e_n,\forall n\ge 2$.

Ta có: $a_2=e_2$ và $b_2=d_2$. Bằng phương pháp quy nạp ta có: $a_n=e_n$ và $b_n=d_n,\forall n\ge 2$.

Do vậy $a_{n+2}=e_{n+1}+d_{n+1}=a_{n+1}+b_{n+1}=a_{n+1}+e_n=a_{n+1}+a_n$.

Do vậy, $(a_n)$ thỏa mãn dãy Fibonacci $(F_n)$ với cách chọn $F_0=0,F_1=1$ bởi vì $a_2=2=F_2,a_3=e_2+d_2=3=F_3$. Do đó $a_n=F_n$ với $n\ge 2$.

Suy ra: $S=2(a_n+b_n)=2a_{n+1}=2F_{n+1}$ với $n\ge 2$.