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 111 trả lời

#81 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 09-09-2018 - 05:16

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


#82 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 09-09-2018 - 06:01

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: $P=a_1+2a_2+...+na_n$

 


#83 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 10-09-2018 - 04:49

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


#84 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 10-09-2018 - 05:26

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: $HA_1.HA_2.HA_3+64R^3\ge 9IA_2IB_2IC_2$.

 


#85 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 11-09-2018 - 06:05

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


#86 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 11-09-2018 - 10:06

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).



#87 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 12-09-2018 - 05:29

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


#88 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 12-09-2018 - 06:13

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


#89 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 13-09-2018 - 19:24

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


#90 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 13-09-2018 - 20:47

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:

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



#91 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 14-09-2018 - 19:22

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


#92 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 14-09-2018 - 19:41

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


#93 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 15-09-2018 - 20:12

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.

 

 


#94 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 15-09-2018 - 20:17

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 $x$.



#95 Kim Vu

Kim Vu

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 204 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:

Đã gửi 16-09-2018 - 01:35

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 $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x} \geq 1$



#96 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 16-09-2018 - 18:14

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


#97 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 17-09-2018 - 05:08

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 $A=\mathbb{N}$.

 


#98 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 17-09-2018 - 20:21

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


#99 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 17-09-2018 - 20:35

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: $|f(k+1)-f(k)|\ge 3\forall k\in\left\{1,2,...,n-1\right\}$.



#100 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1071 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 18-09-2018 - 16:27

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 $n\ge 2$.






1 người đang xem chủ đề

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