Đến nội dung

Hình ảnh

[TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 173 trả lời

#161
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 137: Một số nguyên dương $n$ được gọi là hoàn hảo nếu tổng tất cả các ước số của $n$( không kể chính nó) bằng $n$. Chứng minh rằng:

a) Nếu một số hoàn hảo lớn hơn $6$ và chia hết cho $3$ thì nó chia hết cho $9$.

b) Nếu một số hoàn hảo lớn hơn $28$ và chia hết cho $7$ thì nó chia hết cho $49$.

Bài 138: Người ta tô màu các ô vuông của một bảng $4x7$ bởi hai màu: đen, trắng; mỗi ô một màu. Chứng minh rằng, với bất kì cách tô nào ta luôn tìm được một hình chữ nhật có các cạnh nằm trên các đường lưới mà $4$ ô ở $4$ đỉnh cùng một màu. Khẳng định còn đúng nữa hay không với bảng $4x6$.



#162
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 137: Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $\sigma(n)$ là tổng tất cả các ước số nguyên dương $n$. Ta có: $\sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)$ nếu $(a,b)=1,\sigma(n)\ge n$ và $n$ là số hoàn hảo nếu và chỉ nếu $\sigma(n)=2n$.

Giả sử $p\in\left\{3,7\right\}$ và $n$ là một số hoàn hảo chia hết cho $p$ nhưng không chia hết cho $p^2$. Đặt $n=2^{a}pm$ với $a,m$ là các số nguyên, $a\ge 0$ và $(m,2p)=1$. Khi đó:

$2^{a+1}pm=2n=\sigma(n)=\sigma(2^a)\sigma(p)\sigma(m)=(2^{a+1}-1)(p+1)\sigma(m)$.

Vì $p+1$ là lũy thừa của $2(3+1=2^2,7+1=2^3)$ nên $2^{a+1}\ge p+1$.

Do đó, $2^{a+1}pm=(2^{a+1}-1)(p+1)\sigma(m)=(2^{a+1}(1-\frac{1}{2^{a+1}}))(p+1)\sigma(m)\ge 2^{a+1}(1-\frac{1}{p+1})(p+1)\sigma(m)=2^{a+1}p\sigma(m),$ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sigma(m)=m$ tức là $m=1$ và $2^{a+1}=p+1$. Từ đó:

Với $p=3$ thì $(m,a)=(1,1)$, suy ra $n=2^1.3.1=6$.

Với $p=7$ thì $(m,a)=(1,2)$ suy ra $n=2^2.7.1=28$.

Vậy, nếu một số hoàn hảo lớn hơn $6$( tương ứng, $28$) và chia hết cho $3$( tương ứng, 7) thì nó chia hết cho $9$(tương ứng, $49$).

Lời giải bài 138: Xét bảng $4x7$: Có $28$ ô, tô bằng hai màu nên tồn tại $14$ ô cùng màu, giả sử là màu đen. Gọi $a_i$ là số ô đen trên cột $i(1\le i\le 7)$. Ta có thể giảm bớt để $\sum a_i=14$. Trên cột $i$ có tất cả $\frac{a_i(a_i-1)}{2}$ cặp cùng màu đen.

Bây giờ ta chiếu các ô của bảng xuống đường thẳng $(\Delta)$ song song với cột, mỗi ô của bảng biến thành một đoạn thẳng trên $(\Delta)$. Tổng số cặp đoạn thẳng trên $(\Delta)$ là $C_{4}^2=6$. Số cặp điểm xanh (trên các cột) được chiếu xuống là $S=\sum\limits_{i=1}^{7}\frac{a_i(a_i-1)}{2}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{7}a_i^2-7$.

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $\sum\limits_{i=1}^{7}a_{i}^2\ge \frac{(\sum a_i)^2}{7}=28$.

Suy ra $S\ge 17-7=7>6$.

Vì số cặp chiếu xuống lớn hơn tổng số cặp có thể có nên tồn tại hai cặp mà hình chiếu của chúng trùng nhau. Bốn ô ở hai cặp đó là bốn đỉnh của hình chữ nhật và cùng màu.

Với bảng $4x6$, khẳng định không còn đúng nữa (xem hình sau).

2321.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-12-2018 - 10:31


#163
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 139: Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương nhỏ hơn $n!$ đều biểu diễn được dưới dạng tổng của không quá $n$ ước số nguyên dương của $n!$.

Bài 140: Xét tập $X=\left\{1;2;3;...\right\}$. Tập con $A$ của $X$ gọi là tính chất $T$ nếu $A$ không chứa ba phần tử nào đôi một nguyên tố cùng nhau.

a) Hãy chỉ ra một tập con $A$ của $X$ gồm $10$ phần tử và có tính chất $T$?

b) Hãy tìm số phần tử lớn nhất của tập con $A$ của $X$ có tính chất $T$?



#164
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 139: Cố định $n$, đặt $a_k=\frac{n!}{k!}$ với mọi $k=1,2,...,n$.

Giả sử các số nguyên dương $m$ thỏa mãn $a_k\le m<a_{k-1}$, trong đó $2\le k\le n$.

Xét $d_1=a_k[\frac{m}{a_k}]$,

ta có: $0\le m-d_1<a_k,s_1=[\frac{m}{a_k}]<\frac{a_{k-1}}{a_k}=k,\frac{n!}{d_1}=\frac{k!}{s_1}\in \mathbb{N}$.

Do đó, $d_1$ là một ước số nguyên dương của $n!$. Xét $m_1=m-d_1<a_k$ thay cho $m$.

Làm tương tự như trên, sau $n-k$ bước ta thu được $m_{n-k}=m_{m-k-1}-d_{n-k}<a_{n-1}=n,$

trong đó $d_{n-k}$ là một ước số nguyên dương của $n$. Vì $m_{n-k}<n$ nên $m_{n-k}$ cũng là một ước số nguyên dương của $n!$. Do $n-k+1\le n-2+1=n-1$ và $m=d_1+d_2+...+d_{n-k}+m_{n-k}$ nên $m$ có thể biểu diễn dưới dạng tổng của không quá $n-1$ ước số nguyên dương của $n!$. Điều phải chứng minh.

Lời giải bài 140: 

a) Để chỉ ra tập con $A$ của $X$ gồm $10$ phần tử có tính chất $T$, đầu tiên ta chọn $8$ phần tử chẵn: $2;4;6;...;16$. Bây giờ chỉ việc chọn hai phần tử lẻ sao cho chúng không nguyên tố cùng nhau (chẳng hạn $3$ và $9$) ta được tập $A$ thỏa mãn.

b) Giả sử tập $A$ có tính chất $T$. Để đánh giá số phần tử của $A$, trước tiên ta liệt kê các phần tử của $X$ đôi một nguyên tố cùng nhau: $Y=\left\{1;2;3;5;7;11;13\right\}$.

Do $|X\Y|=9$ nên nếu xét $12$ phần tử bất kì của $X$ thì có ba phần tử thuộc $Y$. Suy ra $|A|\le 11$.

Dễ thấy tập $A=\left\{2;3;4;6;8;9;10;12;14;15;16\right\}$ gồm $11$ phần tử và có tính chất $T$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 18-12-2018 - 20:21


#165
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 141: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn: $n=d_1^2+d_2^2+d_3^2+d_4^2$ trong đó $d_1<d_2<d_3<d_4$ là bốn ước số dương nhỏ nhất của $n$.

Bài 142: Cho tập $X=\left\{1;2;3;...;2009\right\}$ và hai tập con $A,B$ có tổng số phần tử lớn hơn $2010$. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một phần tử của $A$ và một phần tử của $B$ có tổng bằng $2010$



#166
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 141: Nếu $n$ là một số lẻ thì $d_1,d_2,,d_3,d_4$ là bốn số lẻ, do đó $d_1^2\equiv d_2^2\equiv d_3^2\equiv d_4^2\equiv 1(\text{ mod }4)$ và $n=d_1^2+d_2^2+d_3^2+d_4^2\equiv 0(\text{ mod }4)$

Vô lý vì $n$ là một số lẻ. Vậy $n$ chỉ có thể là một số chẵn.

Nếu $n\vdots 4$ thì $d_1=1,d_2=3,d_3^2+d_4^2$ chỉ có thể chia $4$ dư $0,1$ hoặc $2$.

 Ta có: $n\equiv 1+0+d_3^2+d_4^2\equiv 0(\text{ mod }4)$

Nên $d_3^2+d_4^2\equiv 3(\text{ mod }4)$, vô lý. Vậy $n\equiv 2(text{ mod }4)$. Do đó chỉ có thể xảy ra hai khả năng sau:

$\left\{d_1,d_2,d_3,d_4\right\}=\left\{1,2,p,2p\right\}$ hoặc $\left\{d_1,d_2,d_3,d_4\right\}=\left\{1,2,p,q\right\}$ với $p,q$ là các số nguyên tố nào đó.

Trường hợp $\left\{d_1,d_2,d_3,d_4\right\}=\left\{1,2,p,q\right\}$ không xảy ra vì khi đó $n\equiv 3(\text{ mod }4)$. Vậy $\left\{d_1,d_2,d_3,d_4\right\}=\left\{1,2,p,2p\right\}$ nên $n=d_1^2+d_2^2+d_3^2+d_4^=5(1+p^2)$ suy ra $n\vdots 5$ và $p=5$. Từ đó ta có: $n=130$.

Lời giải bài 142: Giả sử không có hai phần tử nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giả sử $A=\left\{a_1;a_2;...;a_p\right\},B=\left\{b_1;b_2;...;b_q\right\}$

trong đó $p,q\ge 1$ và $p+q>2010$.

Xét $C=\left\{c_1;c_2;...;c_p\right\}$, trong đó $c_i=2010-a_i,\forall i=\overline{1,p}$. Ta có: $C\subset X$.

Theo giả thiết phản chứng ta suy ta $B\cap C=\emptyset$.

Do đó $|B|+|C|=|B\cup C|\le 2009$.

Suy ra $p+q<2010$, vô lý.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 06-02-2019 - 05:43


#167
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 143: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có đúng $16$ ước số nguyên dương $d_1,d_2,...,d_{16}$ thỏa mãn $1=d_1<d_2<...<d_{16}=n,d_6=18,d_9-d_8=17$

Bài 144: Với mỗi tập $X$ ta gọi $P(X)$ là tập tất cả các tập con của $X$. Chứng minh $A\subset B\iff P(A)\subset P(B)$.



#168
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 143: Với số nguyên dương $n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_m^{\alpha_m}$ thì số các ước số nguyên dương của $n$ là $(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)...(\alpha_m+1)$.

Do $18=2^1.3^2$ nên $18$ có $6$ ước số nguyên dương là $1,2,3,6,9,18$. Từ đó và do $n$ có $16$ ước số nguyên dương nên $n=2.3^3.p$ hoặc $n=2.3^7$ với $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $18$.

Nếu $n=2.3^7$ thì $d_9-d_8=81-54=27\ne 17$, không thỏa mãn điều kiện đã cho. Vậy $n=2.3^3.p$ với $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $18$.

+ Nếu $p<27$ thì $d_7=p,d_8=27,d_9=2p=d_8+17=44$ nên $p=22$ không là một số nguyên tố, vô lý.

+ Nếu $27<p<54$ thì $d_7=27,d_8=p,d_9=54=d_8+17$ nên $p=37$.

+ Nếu $p>54$ thì $d_7=27,d_8=54,d_9=d_8+17=71$ nên $p=71$.

Vậy ta có hai số nguyên dương $n$ thỏa mãn điều kiện đề bài là $n=2.3^3.37$ và $n=2.3^3.71$

Lời giải bài 144: Giả sử $A\subset B$. Ta chứng minh $P(A)\subset P(B)$. Thật vậy, xét $M\in P(A)$, ta có: $M\subset A\implies M\subset B\implies M\in P(B)$.

Do đó, $P(A)\subset P(B)$.

Giả sử $P(A)\subset P(B)$. Ta chứng minh $A\subset B$. Thật vậy, xét $x\in A$, ta có: $\left\{x\right\}\in P(A)\implies \left\{x\right\}\in P(B)\implies x\in B$.

Do đó, $A\subset B$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 22-12-2018 - 06:12


#169
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 145: Với mỗi số nguyên dương $k$ kí hiệu $e(k)$ là số các ước số nguyên dương chẵn của $k$, $o(k)$ là số các ước số nguyên dương lẻ của $k$. Chứng minh rằng: $|\sum\limits_{k=1}^{n}e(k)-\sum\limits_{k=1}^{n}o(k)|\le n,\forall n\ge 1$.

Bài 146: Cho các tập $A_1,A_2,...,A_n$ sao cho $A_i\ne A_j,\forall i\ne j$. Chứng minh rằng có ít nhất một tập hợp $A_i$ không chứa tập nào trong các tập còn lại.



#170
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 145: Ta có số các số nguyên dương chia hết cho $d$ trong tập $\left\{1,2,...,n\right\}$ là $[\frac{n}{d}]$ nên $e(k)=\sum\limits_{d\text{ chẵn }\le n}[\frac{n}{d}],o(k)=\sum\limits_{d\text{ lẻ }\le n}[\frac{n}{d}]$.

Vì $[\frac{n}{d}]\ge [\frac{n}{d+1}]$ với mọi số nguyên dương $n,d$ nên $\sum\limits_{k=1}^{n}o(k)-\sum\limits_{k=1}^{n}e(k)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(\frac{n}{2i-1}-\frac{n}{2i})\ge 0,\sum\limits_{k=1}^{n}o(k)-\sum\limits_{k=1}^{n}e(k)=[\frac{n}{1}]-\sum\limits_{i=1}^{\infty}([\frac{n}{2i}]-[\frac{n}{2i+1}])\le n$

Lời giải bài 146: Giả sử $\forall i,\exists j: A_i\supset A_j$. Khi đó có thể đánh số lại các tập hợp sao cho: $A_{i_1}\supset A_{i_2}\supset...\supset A_{i_n}\supset...$

Suy ra có nhiều hơn $n$ tập $A_i$, vô lý.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 30-01-2019 - 05:16


#171
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 147: Gọi $d(n)$ là số các ước số dương của số tự nhiên $n$. Chứng minh rằng dãy $d(n^2+1)$ không thể đơn điệu kể từ một lúc nào đó.

Bài 148: Cho tập hợp $S\subset \mathbb{R}$ thỏa mãn các tính chất sau;

a) $S\supset \mathbb{Z}$.

b) $\sqrt{2}+\sqrt{3}\in S$.

c) $\forall x,y\in S:x+y\in S,xy\in S$.

Chứng minh rằng: $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\in S$.



#172
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 147: Trước hết ta chứng minh rằng nếu $n$ chẵn thì $d(n^2+1)\le n$. Thật vậy, một nửa ước số của $n^2+1$ bé hơn $n$ và là các số lẻ, do đó $n^2+1$ có không quá $2.\frac{n}{2}=n$ ước số.

Giả sử với $n\ge N,d(n^2+1)$ đơn điệu. Khi đó, do $d(k)$ chẵn nếu $k$ không phải là số chính phương nên $d((n+1)^2+1)\ge d(n^2+1)+2,\forall n\ge N$.

Từ đó, với $n>2N,d(n^2+1)\ge d(N^2+1)+2(n-N)>n$.

Vô lý. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 148: Ta có: $\sqrt{2}+\sqrt{3}\in S$ nên $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2=5+2\sqrt{6}\in S$.

Suy ra $2\sqrt{6}\in S$ và $2\sqrt{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3})=4\sqrt{3}+6\sqrt{2}\in S$.

Suy ra: $\sqrt{3}-\sqrt{2}=5(\sqrt{2}+\sqrt{3})-(4\sqrt{3}+6\sqrt{2})\in S$.

Vậy $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\in S$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 29-01-2019 - 06:26


#173
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 149: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n=d(n)^2$.

Bài 150: Cho tập $X=\left\{1;2;3;...;9\right\}$. Chia tập $X$ thành hai tập con rời nhau $A$ và $B$. Chứng minh rằng với mọi cách chia, luôn tồn tại một tập chứa ba số lập thành một cấp số cộng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 24-02-2019 - 15:01


#174
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 149: Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện đề bài. Do $n=d(n)^2$ là một số chính phương nên ta có thể đặt $n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{2\alpha_i}$. Khi đó $d(n)=\prod\limits_{i=1}^{k}(2\alpha_i+1)$ và $\prod\limits_{i=1}^{k}\frac{2\alpha_i+1}{p_i^{\alpha_i}}=1$.

 Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có: $p_i^{\alpha_i}\ge (p_i-1)\alpha_i+1>2\alpha_i+1$ với mọi ước nguyên tố $p_i\ge 5$ của $n$.

 Mặt khác luôn có, $3^{\alpha}\ge 2\alpha+1$ và dấu đẳng thức xảy ra khi $\alpha\in \left\{0,1\right\}$. Từ đó suy ra $n=1$ và $n=9$ là hai số duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài.

Lời giải bài 150: Giả sử phản chứng, không có tập nào chứa ba số lập thành một cấp cộng. Giả sử được $3\in A$. Xét ba cấp số cộng $(1;3;5),(3;4;5),(3;5;7)$ ta suy ra $5\in B$.

Xét ba cấp số cộng $(3,5,7),(5,6,7),(5,7,9)$ ta suy ra $7\in A$.

Xét bốn cấp số cộng $(1,4,7),(2,3,4),(2,5,8),(7,8,9)$ ta suy ra $4\notin A$ và $4\notin B$, vô lý. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 24-02-2019 - 15:01





0 người đang xem chủ đề

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