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

[TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 162 trả lời

#1 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 10-08-2018 - 11:00

               Xin chào các bạn thân mến, hôm nay nhân ngày đẹp , tháng tốt, mình xin quyết định lập Topic mang tên : " Hai bài toán mỗi ngày", nội dung của Topic này xung quanh các vấn đề toán học như Đại số, số học, hình học, tổ hợp,... nhằm khơi gợi lại niềm hứng thú học toán cho các bạn trên toàn quốc, và hâm nóng lại diễn đàn, và những bài toán mình đăng lên chỉ là các bài toán sưu tầm từ trong sách vở, các nguồn link toán hay trên mạng, hi vọng mọi người tích cực tham gia và góp ý sôi nổi để diễn đàn ngày càng phát triển hơn.

    Dưới đây là một số nội dung cơ bản của Topic:

+ Các bài giải post lên rõ ràng , cụ thể, tránh spam gây nhiễu Topic.

+ Mỗi ngày sẽ có hai bài toán do mình đăng lên và lời giải sẽ được đăng vào ngày hôm sau (Các vấn đề mình đăng sẽ không nằm trong phạm vi:"Các bài toán của THTT chưa hết hạn",...).

Mở đầu Topic:

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2(y-1)+y^2(x-1)=1$.

Bài 2: Cho $\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}+\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=k$. Tính giá trị của biểu thức: $\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}$ theo $k$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 14-08-2018 - 10:16


#2 hozymary

hozymary

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết

Đã gửi 10-08-2018 - 11:59

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2(y-1)+y^2(x-1)=1 \ (1)$

Dễ thấy PT có nghiệm $(x,y)=(1,2), (2,1)$. Xét $x,y \notin \{1,2\}$, giả sử $y>2$.

$(1)\Rightarrow (y-1)x^2+y^2x-y^2-1=0\\ \Delta_{(1)}=y^4+4y^3-4y^2+4y-4=k^2$

Với $k$ là một số nguyên dương.

Mặt khác ta có $$\left(y^2+2y-2\right)^2>k^2>\left(y^2+2y-4\right)^2 \Rightarrow k=y^2+2y-3$$

Để ý $k^2$ có cùng tính chẵn lẻ với $y$, còn $y^2+2y-3$ thì khác tính chẵn lẻ với $y$ nên không có $k$ nguyên thỏa điều kiện. Suy ra với $y>2$ thì PT vô nghiệm.

Vậy những nghiệm của PT là $(x,y) \in \{(1,2), (2,1)\}$ 



#3 canletgo

canletgo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đất nhãn
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 10-08-2018 - 12:34

Bài 2: Từ giả thiết, quy đồng rồi rút gọn ta được: $\frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}=\frac{k}{2}$

Suy ra $\frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}+\frac{x^4-y^4}{x^4+y^4}=\frac{k}{2}+\frac{2}{k}=\frac{k^2+4}{2k}$

Tương tự làm một lần nữa suy bằng thức cần tính bằng: $\frac{k^2+4}{4k}+\frac{4k}{k^2+4}$


Alpha $\alpha$ 


#4 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 11-08-2018 - 06:52

Dưới đây là lời giải hai bài toán 1 và 2:

Lời giải bài 1:

Đặt $x=u+1;y=v+1$, khi đó phương trình đã cho trở thành: $(u+1)^2.v+(v+1)^2.u=1$.

$\iff u^2v+2uv+v+uv^2+2uv+u=1$.

$\iff uv(u+v)+4uv+(u+v)=1$

$\iff uv(u+v+4)+(u+v+4)=5$

$\iff (uv+1)(u+v+4)=5$.

Từ đây ta có các trường hợp sau:

TH1: $(uv+1;u+v+4)=(1;5)\iff (uv;u+v)=(0;1)\implies (u;v)=(0;1)\text{ hoặc }(u;v)=(1;0)$.

$\implies (x;y)=(1;2)\text{ hoặc }(x;y)=(2;1)$

TH2: $(uv+1;u+v+4)=(5;1)\iff (uv;u+v)=(4;-3)\implies \text{ Vô Nghiệm( theo Vi-et)}$.

TH3: $(uv+1;u+v+4)=(-1;-5)\iff (uv;u+v)=(-2;-9)\implies \text{ Không có nghiệm nguyên nào thỏa mãn}$.

TH4: $(uv+1;u+v+4)=(-5;-1)\iff (uv;u+v)=(-6;-5)\iff (u;v)=(1;-6)\text{ hoặc }(u;v)=(-6;1)$.

$\implies (x;y)=(-5;2)\text{ hoặc }(x;y)=(2;-5)$.

Vậy nghiệm nguyên $(x;y)$ của phương trình đã cho là: $(1;2);(2;1);(-5;2);(2;-5)$.

*************************************************************************************

Lời giải bài 2:

Ta có: $\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}+\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=k$.

$\implies \frac{(x^2+y^2)^2+(x^2-y^2)^2}{x^4-y^4}=k,$

$\implies \frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}=\frac{k}{2}\implies (\frac{x}{y})^4=\frac{k+2}{k-2}$.

Vì vậy: $\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}$.

$=\frac{(x^8+y^8)^2+(x^8-y^8)^2}{x^{16}-y^{16}}=\frac{2(x^{16}+y^{16})}{x^{16}-y^{16}}$

$=\frac{2[(\frac{x}{y})^{16}+1]}{[(\frac{x}{y})^{16}-1]}(\text{ chia cả hai vế cho } y^{16})$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-08-2018 - 05:19


#5 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 11-08-2018 - 07:00

Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn:

$x_1^4+x_2^4+...+x_n^4=1998$.

Bài 4: Cho dãy số {$a_n$} được xác định bởi công thức truy hồi sau:

$a_0=1;a_1=2;a_n=\frac{a_{n-1}^2+1}{a_{n-2}}$ với mọi $n=2;3;4;...$

Chứng minh rằng: $a_n$ là số nguyên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-08-2018 - 07:01


#6 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 12-08-2018 - 05:08

Dưới đây là lời giải bài 3 và bài 4:
Lời giải bài 3: Ta quan sát thấy rằng: Với mọi số nguyên dương x bất kì đều có dạng: $x^4=16k$ hoặc $x^4=16k+1$ $(k\in \mathbb{N})$.
Lại có: $1998=16.124+14$, do đó dẫn đến: $n\ge 14$.
TH1: Nếu $n=14$ thì tất cả các số $x_1,x_2,...,x_{14}$ phải đều là số lẻ, vì vậy ta có thể đặt: $x_k^4=16a_k+1$.
$\implies a_k=\frac{x_k^4-1}{16}(k=1,2,...,14)\implies a_k\in\text{ {0,5,39,150,...} }$ và $a_1+a_2+...+a_{14}=124$
$\implies a_k\in \text{ {0,5,39 } }\forall k=1,2,...,14$.
Từ đó ta có nhận xét rằng:
+Nếu trong dãy $a_k$ trên không có số nào bằng $39$, dĩ nhiên vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên chỉ có 1 số bằng $39$,
giả sử đó là: $a_1=39\implies a_2+a_3+...+a_{14}=124-39=85=17.5,$ do đó dẫn đến vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có 2 số bằng $39$,
giả sử đó là: $a_1,a_2=39\implies a_3+a_4+...+a_{14}=46,$ cũng dẫn đến vô lý (do tổng này phải chia hết cho 5)
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có 3 số bằng $39$, tương tự ta cũng dẫn đến vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có hơn 3 số bằng $39$, thì cũng dẫn đến vô lý do $39.3>124$.
Vậy qua các trường hợp trên ta thấy với $n=14$ không có trường hợp nào thỏa mãn.
$\implies n\ge 15$.
Với $n=15$. Ta chỉ ra được rằng:
$1998=5^4+5^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+2^4+1^4+1^4+1^4$.
Chứng tỏ $n=15$ là giá trị cần tìm.
*************************************************************************************
Lời giải bài 4: Ta có: $a_n=\frac{a_{n-1}^2+1}{a_{n-2}}$.
$\implies a_{n-1}^2+1=a_{n-2}.a_n(1)$.
Thay $n$ bởi $n+1$ ta được: $a_n^2+1=a_{n-1}.a_{n+1}(2)$.
Trừ $(2)$ cho $(1)$ vế theo vế ta được: $a_n^2-a_{n-1}^2=a_{n-1}.a_{n+1}-a_{n-2}.a_n$
$\implies a_n(a_n+a_n-2)=a_{n-1}(a_{n+1}+a_{n-1})$.
$\implies \frac{a_n+a_{n-2}}{a_{n-1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$
Điều này chứng tỏ rằng dãy {$\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$} là hằng số. Và nó bắt đầu bằng: $\frac{a_2+a_0}{a_1}=\frac{(5+1)}{2}=3$.
$\implies \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=3\forall n$.
$\iff a_{n+1}=3a_{n}-a_{n-1}\forall n=1,2,...$.
Do $a_0=1,a_1=2$ nên từ đây ta dễ dàng suy ra được dãy $a_n$ đã cho là dãy số nguyên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 13-08-2018 - 04:18


#7 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 12-08-2018 - 05:18

Bài 5: Trên mặt phẳng cho $n\ge 6$ điểm phân biệt, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Ta nối mỗi điểm với điểm gần nhất của nó. Chứng minh rằng: Mỗi điểm chỉ được nối tối đa với $5$ điểm khác.

Bài 6: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn phương trình sau:

 $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4 (\forall x\in \mathbb{R})$



#8 canletgo

canletgo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đất nhãn
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 12-08-2018 - 21:04

Dưới đây là lời giải bài 3 và bài 4:
Lời giải bài 3: Ta quan sát thấy rằng: Với mọi số nguyên dương x bất kì đều có dạng: $x^4=16k$ hoặc $x^4=16k+1$ $(k\in \mathbb{N})$.
Lại có: $1998=16.124+14$, do đó dẫn đến: $n\ge 14$.
TH1: Nếu $n=14$ thì tất cả các số $x_1,x_2,...,x_{14}$ phải đều là số lẻ, vì vậy ta có thể đặt: $x_k^4=16a_k+1$.
$\implies a_k=\frac{x_k^4-1}{16}(k=1,2,...,14)\implies a_k\in\text{ {0,5,39,150,...} }$ và $a_1+a_2+...+a_{14}=124$
$\implies a_k\in \text{ {0,5,39 } }\forall k=1,2,...,14$.
Từ đó ta có nhận xét rằng:
+Nếu trong dãy $a_k$ trên không có số nào bằng $39$, dĩ nhiên vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên chỉ có 1 số bằng $39$,
giả sử đó là: $a_1=39\implies a_2+a_3+...+a_{14}=124-39=85=17.5,$ do đó dẫn đến vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có 2 số bằng $39$,
giả sử đó là: $a_1,a_2=39\implies a_3+a_4+...+a_{14}=46,$ cũng dẫn đến vô lý (do tổng này phải chia hết cho 5)
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có 3 số bằng $39$, tương tự ta cũng dẫn đến vô lý.
+Nếu trong dãy $a_k$ trên có hơn 3 số bằng $39$, thì cũng dẫn đến vô lý do $39.3>124$.
Vậy qua các trường hợp trên ta thấy với $n=14$ không có trường hợp nào thỏa mãn.
$\implies n\ge 15$.
Với $n=15$. Ta chỉ ra được rằng:
$1998=5^4+5^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+3^4+2^4+1^4+1^4+1^4$.
Chứng tỏ $n=15$ là giá trị cần tìm.
*************************************************************************************
Lời giải bài 4: Ta có: $a_n=\frac{a_{n-1}^2+1}{a_{n-2}}$.
$\implies a_{n-1}^2+1=a_{n-2}.a_n(1)$.
Thay $n$ bởi $n+1$ ta được: $a_n^2+1=a_{n-1}.a_{n+1}(2)$.
Trừ $(2)$ cho $(1)$ vế theo vế ta được: $a_n^2-a_{n-1}^2=a_{n-1}.a_{n+1}-a_{n-2}.a_n$
$\implies a_n(a_n+a_n-2)=a_{n-1}(a_{n+1}+a_{n-1})$.
$\implies \frac{a_n+a_{n-2}}{a_{n-1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$
Điều này chứng tỏ rằng dãy {$\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$} là hằng số. Và nó bắt đầu bằng: $\frac{a_2+a_0}{a_1}=\frac{(5+1)}{2}=3$.
$\implies \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=3\forall n$.
$\iff a_{n+1}=3a_{n}-a_{n-1}\forall n=1,2,...$.
Do $a_0=1,a_1=2$ nên từ đây ta dễ dàng suy ra được dãy $a_n$ đã cho là dãy số nguyên.

Bài 2 đưa về dạng phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 mà e quên mất  :(  :(  :(  !!!


Alpha $\alpha$ 


#9 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 13-08-2018 - 04:15

Lời giải bài 5 và bài 6:

Lời giải bài 5:

+ Xét $n=6$, thì hiển nhiên.

+ Xét $n>6$, giả sử tồn tại $1$ điểm nối ít nhất với $6$ điểm khác. Gọi đó là điểm $A$ và $6$ điểm bất kì được nối với $A$ là $B,C,D,E,F,G$

Do tổng $6$ góc tại điểm $A$ bằng $360^0$, nên tồn tại $1$ góc không quá $60^0$. Giả sử đó là $\angle{BAC}$.

Mặt khác theo giả thiết, ta suy ra được: $BC$ là cạnh lớn nhất trong tam giác $ABC$( do $B$ được nối với $A$ nên $B$ gần $A$ nhất suy ra $BC>BA$; tương tự $BC>CA$).

$\implies \angle{BAC}$ lớn hơn hai góc còn lại là: $\angle{ABC};\angle{ACB}$.

$\implies 60^0\ge \angle{BAC}>\angle{CBA}>\angle{ACB}$.

$\implies \angle{BAC}+\angle{ACB}+\angle{ABC}<180^0\implies $mâu thuẩn.

Vậy điều giả sử trên là không đúng, do đó mỗi điểm chỉ được nối tối đa với 5 điểm khác.

*************************************************************************************

Lời giải bài 6:

Theo đề: $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4(1)$.

Thay $x$ bởi $1-x$, ta được:

$(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4(2)$.

Nhân cả hai vế của $(1)$ cho $(1-x)^2$:

$x^2(1-x)^2f(x)+(1-x)^2f(1-x)=(1-x)^2(2x-x^4)(3)$

Trừ $(2)$ cho $(3)$ vế theo vế ta được:

$[1-x^2(1-x)^2]f(x)=(1-x)[2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)]$.

Hay ta có thể viết lại: $K(x)f(x)=(1-x)M(x)(4),$

Trong đó: $K(x),M(x)$ lần lượt là :

$K(x)=1-x^2(1-x)^2=(1-x+x^2)(1+x-x^2)$.

$M(x)=2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)$.

$\iff M(x)=2-(1-x)((1-x)^2+2x-x^4)$

$\iff M(x)=2-(1-x)(1+x^2-x^4)$

$\iff M(x)=1+x-x^2+x^3+x^4-x^5$

$\iff M(x)=(1+x^3)(1+x-x^2)=(1+x)(1-x+x^2)(1+x-x^2)=(1+x)K(x)$.

Do đó: $(4)\iff K(x)f(x)=(1-x^2)K(x)$.

$\implies K(x)=0\text{ hoặc }f(x)=1-x^2$.

Ta có: $K(x)=0$

$\iff x^2(1-x)^2=1$.

$\iff x(1-x)=1(*)\text{ hoặc }x(1-x)=-1(**)$.

Ta nhận thấy, phương trình $(*)$ không có nghiệm thực, và phương trình $(**)$ có $2$ nghiệm là:

$\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$.

Và do $\alpha,\beta$ làn lượt là các nghiệm của $(**): x(1-x)=-1\iff x^2=x+1$, nên ta có các hệ thức sau:

$\alpha+\beta=1;\alpha*\beta=-1;\alpha^2=\alpha+1;\beta^2=\beta+1(7)$.

Vậy: $\forall x\ne \alpha,\beta$, ta có: $f(x)=1-x^2$.

Xét $x=\alpha$.

Thay lại vào phương trình $(1)$ ta có:

$\alpha^2f(\alpha)+f(1-\alpha)=2\alpha-\alpha^4(8)$.

Mặt khác theo hệ thức $(7)$, ta lại có: $\beta=1-\alpha$.

Nên $(8)\iff \alpha^2f(\alpha)+f(\beta)=2\alpha-\alpha^4 =2\alpha-(\alpha+1)^2=-1-\alpha^2(9)$.

Tương tự, thay $x=\beta$, ta có:

$\beta^2f(\beta)+f(\alpha)=2\beta-\beta^4=-1-\beta^2 (10)$.

Nhân $(10)$ với $\alpha^2$ vế theo vế ta được:

 $\alpha^2\beta^2f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-\alpha^2\beta^2-\alpha^2$.

$\iff f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-1-\alpha^2$ (do $(7):\alpha.\beta=-1$)

Và ta có nhận xét rằng: Phương trình này chính là phương trình $(9)$.

Do đó hai phương trình $(9)$ và $(10)$ thực chất là một.

Giả sử $f(\alpha)=c(c\in \mathbb{R}\text{ tùy ý })$.

Khi đó từ phương trình $(9)\implies f(\beta)=-(\alpha^2+1)-\alpha^2c=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c(\text{ do (7) })$.

Kết luận: $\left\{\begin{array}{I} f(x)=1-x^2\forall x\ne \alpha,\beta \\f(x)=c( c\in \mathbb{R} ), x=\alpha\\ f(x)=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c,x=\beta \end{array}\right.$

Trong đó: $\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}).$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 14-08-2018 - 08:45


#10 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 13-08-2018 - 04:29

Bài 7: Tìm tất các các giá trị của số tự nhiên $n$ sao cho đa thức: $P_n(x)=x^{2n}+(x+1)^{2n}+1$ chia hết cho đa thức $T(x)=x^2+x+1$.

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Gọi $M,N$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $N$ nằm giữa $M,C$ và thỏa mãn hệ thức: $BM^2-MN^2+NC^2=0$. Chứng minh rằng: $\angle{MAN}=45^0$



#11 hozymary

hozymary

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết

Đã gửi 13-08-2018 - 23:00

Bài 7: Tìm tất các các giá trị của số tự nhiên $n$ sao cho đa thức: $P_n(x)=x^{2n}+(x+1)^{2n}+1$ chia hết cho đa thức $T(x)=x^2+x+1$.

Do $x^{4n}-(x+1)^{2n}$ chia hết cho $x^2+x+1$ nên ta cần tìm $n$ sao cho $Q_n(x)=x^{4n}+x^{2n}+1=\left(x^{2n}-x^{n}+1\right)\left(x^{2n}+x^{n}+1\right)$ chia hết cho $x^2+x+1$
Mặt khác ta có kết quả quen thuộc $x^{3m+1}+x^{3n+2}+1$ chia hết cho $x^2+x+1$ nên nếu $n\equiv 1,2 \bmod 3$ thì $x^{2n}+x^{n}+1$ chia hết cho $x^2+x+1$, suy ra $P_n(x)$ chia hết cho $x^2+x+1$
Xét $n=3k\ (k\in \mathbb{N})$, ta có $Q_n(x)-3 = \left(x^{2n}-1\right)\left(x^{2n}+2\right)=\left(\left(x^{3}\right)^{2k}-1\right)\left(x^{6k}+2 \right)$
Suy ra $Q_n(x)-3$ chia hết cho $x^2+x+1$ với $3\mid x$. Như vậy $Q_n(x)$ và $P_n(x)$ không chia hết cho $x^2+x+1$
Vậy các $n$ thỏa đề bài là những số tự nhiên không chia hết cho 3.
 

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Gọi $M,N$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $N$ nằm giữa $M,C$ và thỏa mãn hệ thức: $BM^2-MN^2+NC^2=0$. Chứng minh rằng: $\angle{MAN}=45^0$

Bài toán quen thuộc với bài gốc là hình vuông thay vì tam giác vuông cân. Ta vẽ $BN'\perp BC$ và $BN'=CN$ thì có ngay $MN'=MN$ theo định lý Py-ta-go. Mặt khác $\bigtriangleup ABN'=\bigtriangleup ACN\Rightarrow AN'=AN$ và $\widehat{BAN'}=\widehat{CAN}$

Suy ra $\bigtriangleup AMN'=\bigtriangleup AMN$ và $\widehat{NAN'}=90^{\circ}$. Do $AM$ là phân giác $\widehat{NAN'}$ nên $\widehat{MAN}=45^{\circ}$



#12 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 14-08-2018 - 06:39

Lời giải bài 7 và bài 8:

Lời giải bài 7:

Ta chú ý rằng: $T(x-1)=x^2-x+1$, và vì vậy:

$x^6-1=(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)=(x^2-1)T(x)T(x-1).(1)$

Thay $x$ bởi $x+1$, ta được:

$(x+1)^6-1=(x^2+2x)T(x+1)T(x)(2)$.

Vì vậy, xét hiệu:

$P_{n+3}(x)-P_{n}(x)=x^{2n+6}+(x+1)^{2n+6}-x^{2n}-(x+1)^{2n}$

$=x^{2n}(x^6-1)+(x+1)^{2n}((x+1)^6-1)$.

Từ $(1)(2)$, ta nhận thấy rằng: $P_{n+3}(x)-P_{n}(x)\vdots T(x)\forall n\ge 0(3)$.

Lại có: $P_{0}(x)=3\not \vdots T(x);P_{1}(x)=2T(x)\vdots T(x);P_2(x)=2T(x)^2\vdots T(x)(4)$.

Từ $(3)(4)$. Rõ ràng ta thấy rằng $P_{n}(x)$ chia hết cho $T(x)$ khi và chỉ khi $n\not\vdots 3$.

******************************************************************************************************************************

Lời giải bài 8:ffg.JPG

Áp dụng định lí hàm cosin, ta có:

$MN^2=AM^2+AN^2-2.AM.AN.cos(\angle{MAN})(1)$

Vì $\triangle{ABC}$ vuông cân tại $A$ nên $\angle{BCA}=\angle{ABC}=45^0;AB=AC$.

Do đó ta có: $AM^2=BM^2+AB^2-2.BM.AB.cos(45^0)$

$=BM^2+AB^2-BM.MB\sqrt{2}$,

tương tự: $AN^2=NC^2+AC^2-NC.AC\sqrt{2}$.

Kết hợp hai điều này với $(1)$ và giả thiết, ta được:

 $cos(\angle{MAN})=\frac{2AB^2-AB.BM\sqrt{2}-AN.AC\sqrt{2}}{2AM.AN}(2)$

Lại có: $S_{AMN}=S_{ABC}-S_{ABM}-S_{ACN}$

$=\frac{2AB^2-AB.BM\sqrt{2}-AB.CN\sqrt{2}}{4}$.

Mặt khác: $S_{AMN}=\frac{AM.AN.sin(\angle{MAN})}{2},$

Từ đó ta thu được: $sin(\angle{MAN})=\frac{2AB^2-AB.BM\sqrt{2}-AB.CN\sqrt{2}}{2.AM.AN}(3)$

Lấy $(3)$ chia $(2)$ vế theo vế ta được: $tan(\angle{MAN})=1\implies \angle{MAN}=45^0$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 14-08-2018 - 10:03


#13 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 14-08-2018 - 06:47

Bài 9: Với mọi số nguyên $n>2$. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{[n/3]}(-1)^{k}C_{n}^{3k}$ chia hết cho $3$.

Bài 10: Cho số nguyên không âm $a$.Tìm tất các các phần tử của tập sau:

A={$x|x\in \mathbb{Z}\text{ và }\frac{2^a}{3x+1}\in \mathbb{Z}$}



#14 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 15-08-2018 - 06:07

Dưới đây là lời giải bài 9 và bài 10:

Lời giải bài 9:

Với mọi số nguyên không âm $n$, ta có đẳng thức sau: $C_{n+1}^{j}=C_{n}^{j}+C_{n}^{j-1}\forall 0\le j \le n(1)$.(Bạn đọc tự chứng minh)

Và chúng ta định nghĩa rằng: $C_{n}^{j}=0$ với $j<0$ và $j>n(2)$.

Ta xét ba tổng sau:

$A_n=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k}$

$B_n=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-1}$

$C_{n}=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-1}$.

Trong đó $k$ được mặc định chạy từ $-\infty\rightarrow +\infty$

(do trong các tổng $A_n,B_n,C_n$ chỉ có hữu hạn các số khác không trải dài từ $0\rightarrow [k/3]$,còn các phần tử lại đều bằng $0$).

Và ta sẽ đi chứng minh rằng: $A_n\equiv B_n\equiv C_n\equiv 0(\text{ mod } 3)\forall n\ge 3$.

Sử dụng đẳng thức $(1)$, ta có:

 $+A_{n+1}=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n+1}^{3k}$.

$=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k}+\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-1}$.

$=A_n+B_n(5)$

$+B_{n+1}=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n+1}^{3k-1}$

$=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-1}+\sum_{k}(-1)^kC_{n}^{3k-2}(6)$

$=B_n+C_n$.

Và $C_{n+1}=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n+1}^{3k-2}$.

$=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-2}+\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-3}$.

$=\sum_{k}(-1)^{k}C_{n}^{3k-2}+\sum_{l}(-1)^{l+1}C_{n}^{3l}$

$=\sum_{k}(-1)^{k}C_n^{3k-2}-\sum_{l}(-1)^{l}C_{n}^{3l}$.

$=C_n-A_n$.

Và bởi vì $A_3=1-1=0;B_3=-3,C_3=-3$, nên từ đây ta suy ra được:$A_n\equiv B_n\equiv C_n\equiv 0(\text{ mod } 3)\forall n\ge 3$.

Và ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 10: Ta có: $\frac{2^{a}}{3x+1}\in \mathbb{Z}$. Do đó $3x+1=2^{b}\text{ hoặc }3x+1=-2^{b}$ với $b=\text{ {0,1,2,..,a} }$.

Nếu $b$ chẵn thì chỉ có một nghiệm là: $x=\frac{2^{b}-1}{3}$.

Nếu $b$ lẻ thì chỉ có một nghiệm là: $x=\frac{-(2^{b}+1)}{3}$.

Vì vậy tập $A$ có $a+1$ phần tử với các giá trị cần tìm $x$ trên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 15-08-2018 - 06:19


#15 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 15-08-2018 - 06:16

Bài 11: Cho dãy số được xác định bởi công thức sau: $x_1=\frac{1}{2};x_n=\frac{2n-3}{2n}.x_{n-1}\forall n=2,3,4,...$.

Chứng minh rằng: $x_1+x_2+...+x_n<1\forall n=1,2,...$

Bài 12: Cho tập $A\subset (0,1)$ là tập các số thực thỏa mãn các tính chất sau:

a) $\frac{1}{2}\in A$.

b) Nếu $x\in A$ thì $\frac{x}{2}\text{ và } \frac{1}{1+x}$ cũng thuộc $A$.

Chứng minh rằng: Tập $A$ chứa tất cả các số hữu tỉ thuộc khoảng $(0,1)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 15-08-2018 - 06:16


#16 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 15-08-2018 - 10:37

Bài 11: Cho dãy số được xác định bởi công thức sau: $x_1=\frac{1}{2};x_n=\frac{2n-3}{2n}.x_{n-1}\forall n=2,3,4,...$.

Chứng minh rằng: $x_1+x_2+...+x_n<1\forall n=1,2,...$

từ giả thiết dễ thấy $x_n>0 \forall n$ và

$2nx_n=2(n-1)x_{n-1}-x_{n-1}$

từ đó ta có 

$\left\{\begin{matrix} 2(n-1)x_{n-1}=2(n-2)x_{n-2}-x_{n-2}\\... \\2.2x_2=2.1x_1-x_1 \end{matrix}\right.$

cộng lại ta có $2nx_n=2x_1-\sum_{i=1}^{n-1}x_i\Rightarrow \sum_{i=1}^{n-1}x_i=1-2nx_n<1$

 

Bài 12: Cho tập $A\subset (0,1)$ là tập các số thực thỏa mãn các tính chất sau:

a) $\frac{1}{2}\in A$.

b) Nếu $x\in A$ thì $\frac{x}{2}\text{ và } \frac{1}{1+x}$ cũng thuộc $A$.

Chứng minh rằng: Tập $A$ chứa tất cả các số hữu tỉ thuộc khoảng $(0,1)$.

ta có nhận xét là $\frac{a}{b}\in \mathcal{A}\Rightarrow \frac{a}{a+b},\frac{b}{a+b}\in \mathcal{A}\ \ \ (\star )$

từ đây ta chứng minh quy nạp rằng 

$\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n-1}{n}\in \mathcal{A}\ \ \ (\ast)$

dễ thấy $(\ast )$ đúng với $n=2,3$

giả sử $(\ast )$ đúng tới $n=k$ tức ta có

$\frac{1}{t},\frac{2}{t},...,\frac{t-1}{t}\in \mathcal{A},\ \ \forall t\le k$

vì $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{k}\in \mathcal{A}\overset{(\star )}{\Rightarrow}\frac{1}{k+1},\frac{k}{k+1}\in \mathcal{A}\\ \frac{2}{k-1}\in \mathcal{A}\Rightarrow \frac{2}{k+1},\frac{k-1}{k+1}\in \mathcal{A} \\ ... \end{matrix}\right.$ do đó ${\color{Blue} (\ast )}$ đúng tới $n=k+1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 16-08-2018 - 08:52

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#17 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 16-08-2018 - 06:45

Lời giải bài 11 và bài 12:

Lời giải bài 11:(Giống nhungvienkimcuong)

Từ giả thiết đã cho, ta suy ra được: Dãy {$x_k$} đã cho là dãy số dương.(*)

Ta có: $x_k=\frac{2k-3}{2k}x_{k-1}\iff 2kx_{k}=(2k-3)x_{k-1}\forall k=2,3,4,...(**)$.

Thế lần lượt các giá trị $k=2;3;...;n+1$ vào biểu thức $(**)$, khi đó ta được:

$2(n+1)x_{n+1}=(2n-1)x_n=2nx_n-x_n$

$2nx_n=(2n-3)x_{n-1}=2(n-1)x_{n-1}-x_{n-1}$

$...$

$2.2.x_{2}=x_1$

Cộng tất các đẳng thức trên vế theo vế ta được:

 $x_2+x_3+...+x_n+(2n+2)x_{n+1}=x_1$

$\implies x_1+x_2+...+(2n+2)x_{n+1}=2x_1$.

$\implies x_1+x_2+...+x_n=2x_1-(2n+2)x_{n+1}=1-(2n+2)x_{n+1}$.

Do $(*)$ nên từ đây dễ dàng suy ra được: $x_1+x_2+...+x_n<1$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 12:

Nếu $p<q\text{ (p,q là các số nguyên dương) }$ với $\frac{p}{q}\in A$ thì $\frac{p}{2q}\in A$ và $\frac{q}{p+q}\in A$( theo giả thiết b)

Bây giờ ta sẽ đi chứng minh rằng, bất kì số hữu tỉ thuộc khoảng $(0,1)$ đều có thể thu được từ $\frac{1}{2}$ bằng cách sử dụng giả thiết $b$.

Đầu tiên, ta nhận thấy rằng: $\frac{p}{q}\in A$ khi $(b'):\frac{2p}{q}\in A\text{ với } 2p<q$ hoặc $(b''):\frac{q-p}{p}\in A\text{ với }q<2p$

(Nếu $q=2\implies p=1\implies \frac{p}{q}=\frac{1}{2}\in A$).

+Nếu $q$ có dạng: $q=2^{k}.p(\text{ với số nguyên dương k nào đó })$ thì khi đó: 

$\frac{1}{2}\in A\implies \frac{1}{2.2}\in A,\frac{1}{2.4}\in A,...,\implies \frac{1}{2^{k}}=\frac{p}{q}\in A$.

+Ngược lại $q$ sẽ có dạng: $2^{k}.p<q<2^{k+1}.p(\text{ với số nguyên dương k nào đó })$

Áp dụng liên tục $(b')$, ta nhận thấy rằng: Nếu $\frac{2^{k}.p}{q}\in A\implies \frac{p}{q}\in A$ và sau đó ta thực hiện $(b'')$, lúc đó

ta có: $\frac{q-2^{k}.p}{2^{k}.p}\in A$. Ta nhận thấy rằng: $q-2^{k}.p+2^{k}.p=q<p+q$. Điều này dẫn tới, sau một vài lần hữu hạn thực hiện $(b')$ và $(b'')$ ta nhận thấy rằng: Phân số $\frac{p}{q}$ có thể thu được từ phân số $\frac{m}{n}$ với $m<n$ và $m+n<p+q$.

Và vì thế nó($\frac{p}{q}$) có thể thu được từ $\frac{1}{2}$ như mong muốn.

+Để hiểu rõ thêm thuật toán chứng minh: Mọi số hữu tỉ $\frac{p}{q}\in (0;1)$ có thể thu được từ $\frac{1}{2}$ ta có thể xem qua ví dụ sau:

Giả sử phân số $\frac{p}{q}=\frac{2}{11}$.

Ta nhận thấy rằng: $(p;q)=(2;11)$ và $q$ không có dạng: $2^{k}.p$.

Do đó: $2^{k}.p<q<2^{k+1}.p$, ở đây chúng ta có thể thấy rõ trong trường hợp này $k=2\implies 2^2.2<11<2^3.2$.

Do đó quá trình này được thu ngược như sau:

$\frac{2}{11}\leftarrow \frac{4}{11}\leftarrow \frac{8}{11}$.

Do $8.2>11$ nên $(b')$ dùng không được nữa, vì thế ta thực hiện $(b'')$.

Khi đó: $\frac{8}{11}\leftarrow \frac{3}{8}$.

Lúc này $\frac{3}{8}$ lại được thực hiện được bởi $(b')$.

Nên ta có: $\frac{3}{8}\leftarrow \frac{3}{4}$

Ta lại thực hiện $(b'')$,khi đó: $\frac{3}{4}\leftarrow \frac{1}{3}$.

Cứ như vậy, ta được: $\frac{1}{3}\leftarrow \frac{2}{3}\leftarrow \frac{1}{2}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 16-08-2018 - 08:14


#18 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 16-08-2018 - 06:54

Bài 13: Chứng minh rằng: $2^{(3^{n})}$ không chia hết cho $17$ với mọi số nguyên $n>0$

Bài 14: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn: $(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)>(ac+bd-1)^2$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2>1$ và $c^2+d^2>1$



#19 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 17-08-2018 - 05:12

Lời giải bài 13:

+ Nếu $n=2l+1(l\in\mathbb{N})\implies 3^{n}\equiv 3\text{ (mod 4)}$.

+ Nếu $n=2l(l\in \mathbb{N})\implies 3^{n}\equiv 1\text{ (mod 4)}$.

Vậy $\forall n\in \mathbb{N^*}\implies 3^{n}=4k+1\text{ hoặc }3^{n}=4k+3(k\in \mathbb{N})$.

Nếu $3^{n}=4k+1\implies 2^{(3^n)}=2^{4k+1}=16^{k}.2\equiv 2.(-1)^{k}(\text{ mod 17 })$.

Nếu $3^{n}=4k+3\implies 2^{(3^n)}=2^{4k+3}=16^{k}.8\equiv 8.(-1)^{k}(\text{ mod 17 })$.

Tuy nhiên, ta lại có rằng:

$2.(-1)^{k}=\left\{\begin{array}{I} -2\text{ với }k \text{ lẻ }\\ 2\text{ với }k \text{ chẵn } \end{array}\right.$

$8.(-1)^{k}=\left\{\begin{array}{I} -8\text{ với }k \text{ lẻ }\\ 8\text{ với }k \text{ chẵn } \end{array}\right.$

Vì vậy ta luôn có: $2^{(3^{n})}$ không chia hết cho $17$ với mọi $n>0$.

Lời giải bài 14: Đặt $(x;y)=(1-a^2-b^2;1-c^2-d^2)$.

Do $(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)>(ac+bd-1)^2>0\implies xy>0$.

Nên $x;y$ cùng tính dương hoặc âm.

Ta chứng minh bằng phản chứng.

Giả sử rằng cả hai số $x=1-a^2-b^2$ và $y=1-c^2-d^2$ đều là các số không âm.

Theo đề: $(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)>(ac+bd-1)^2$.

$\iff 4xy>(2ac+2bd-2)^2=(a^2+b^2+x+c^2+d^2+y-2ac-2bd)^2$.

Mặt khác: $[(a-c)^2+(b-d)^2+x+y]^2\ge (x+y)^2=x^2+2xy+y^2$.

Điều này dẫn đến: $4xy>x^2+2xy+y^2\iff 0>(x-y)^2$.( Mâu thuẩn).

Vậy ta có điều phải chứng minh.



#20 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 17-08-2018 - 05:25

Bài 15: Cho $a,x,y,z$ là các số thực thỏa mãn:

$\frac{cos(x)+cos(y)+cos(z)}{cos(x+y+z)}=\frac{sin(x)+sin(y)+sin(z)}{sin(x+y+z)}=a$.

Chứng minh rằng: $cos(y+z)+cos(z+x)+cos(x+y)=a$.

Bài 16: Giải phương trình sau trên tập $\mathbb{R}$:

$[x[x]]=1,(\text{ [x] được kí hiệu là phần nguyên của x})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-08-2018 - 05:26





0 người đang xem chủ đề

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