Mỗi ngày một chút
#281
Đã gửi 18-12-2011 - 17:07
Còn nhiều bài hay hơn nữa trên kia mà!
#282
Đã gửi 18-12-2011 - 19:08
$\sum\limits_{i=k}^{k+99} i^8 \mod 100=\;?$
____________________
Ta có:
$\text{Với: }x=100p+r;\; p\in\mathbb{N};\;r\in\{0,1,...99\}\Rightarrow (100p+r)^8\equiv r^8 \pmod{100}$
Do đó:
$\sum\limits_{i=k}^{k+99} i^8\equiv \sum\limits_{i=0}^{99} i^8 \pmod{100}$
Tính trực tiếp tổng $S_{99}=\sum\limits_{i=0}^{99} i^8$ bằng cách sử dụng công thức:
$S_n=\sum\limits_{i=0}^n i^8 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)(5n^6+15n^5+5n^4-15n^3-n^2+9n-3)}{90}\;\;(*)$
Thay $n=99$, ta được
$S_{99}=106177773111333330$
Đáp số là: $\boxed{30}$
_____________________________
Có một vài phương pháp để tính được $(*)$ chẳng hạn dùng phương pháp sai phân tuyến tính hoặc tính dần qua tổng cơ bản cấp thấp hơn (khá dài)
Trong bài này, có thể chứng minh $(*)$ bằng quy nạp!
- HÀ QUỐC ĐẠT yêu thích
#283
Đã gửi 08-01-2012 - 11:30
Bài 108: Giải bất phương trình sau: $$ {2^{lo{g_2}x}}{3^{lo{g_2}x - 1}}{5^{lo{g_2}x - 2}} \geqslant 12$$
Điều kiện: $x > 0$. Bất phương trình đã cho tương đương với:
$${2^{{{\log }_2}x}}.\frac{{{3^{{{\log }_2}x}}}}{3}.\frac{{{5^{{{\log }_2}x}}}}{{25}} \geqslant 12 \Leftrightarrow {\left( {2.3.5} \right)^{{{\log }_2}x}} \geqslant 12.3.25$$
$$ \Leftrightarrow {\left( {2.3.5} \right)^{{{\log }_2}x}} \geqslant {\left( {2.3.5} \right)^2} \Leftrightarrow {\log _2}x \geqslant 2 \Leftrightarrow \boxed{x \geqslant 4}$$
#284
Đã gửi 21-01-2012 - 22:17
mình làm kết quả ra khác, mọi người kt giúpLàm lại bài này mọi người kiểm tra thử
Áp dụng định lý Fermat ta có
$2001^{2003} \equiv 2001(\bmod 2003)$
$2001^7 \equiv 1875(\bmod 2003)$
=> $2001^{2003} .2001^7 = 2001^{2010} \equiv 1995.1875 \equiv 1024(\bmod 2003)$
ta có : $(2001,2003)=1$ nên theo định lý ơ-le :
$2001^{\rho (2003)}\equiv 1 (mod 2003)$
mà 2003 là số nguyên tố nên $\rho (2003)=2002 \Rightarrow 2001^{2002}\equiv 1 (mod 2003)$ (1)
lại có $2001^{2 }\equiv 4 (mod 2003)\Rightarrow 2001^{8}\equiv 4^{4}\equiv 256 (mod 2003)$ (2)
từ (1) và (2) : $2001^{2010}\equiv 256 (mod 2003)$
#286
Đã gửi 29-04-2012 - 14:55
Lời giảiKhởi động lại topic với bài toán sau nhé. Các bạn vào hâm nóng pic này đi nào.
Bài 123: Giải phương trình $$ \mathbf{\ln {\left( {x + 1} \right)^{2\left( {x + 1} \right)}} = {x^2} + 2x}$$
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm $x=0$, ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất. Thật vậy, giả sử $x=a>0$ là 1 nghiệm #$0$ của phương trình đã nêu thì:
$$\dfrac {2(a+1)\ln(a+1)}{a^{2}+2a}=1$$
$$\Rightarrow \exists c \in (0,a): \dfrac {2(\ln(c+1)+1)}{2c+2}=1$$
$$\Rightarrow \ln(c+1)=c$$
Xét hàm số $f(t)=\ln(t+1)-t$, với $t \in (0, a)$, $f'(t)=\dfrac {-t}{t+1}<0$, vậy $f(t)$ đơn điệu nên $c=0$, điều này dẫn đến mâu thuẫn vì $c \in (0, a)$, tương tự với trường hợp $a<0$
P/S:
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên trên tập $ N ^{*} $: $ (x+y)(1+xy)=2^z $
Lời giải
Dễ thấy rằng $x, y$ thỏa mãn $x+y=2^{m}, 1+xy=2^{n}$ với $m+n=z$, do đó $x, y$ là nghiệm của phương trình:
$$X^{2}-2^{m}X+2^{n}-1=0$$
Vậy để $x, y$ nguyên thì $\delta '=(2^{m-1})^{2}-2^n+1$ phải là số chính phương, khi đó $m \geq n$, vì nếu $m < n$ thì $(2^{m-1}-1)^{2}=(2^{m-1})^{2}-2^{m}+1<\delta'<(2^{m-1})^{2}$. Từ đó ta có
$$x+y-xy-1 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)(y-1) \leq 0$$
Do đó phải có 1 số $=1$, cuối cùng dễ dàng có được
$$x=1, y=2^{k}-1, z=2k \vee y=1, x=2^{k}-1, z=2k ; k \in {N}^{*}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 29-04-2012 - 19:30
- hxthanh yêu thích
#287
Đã gửi 03-07-2012 - 03:07
Đẩy topic lên phát.Bài 122: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của: $$Q = \dfrac{x}{{x + yz}} + \dfrac{y}{{y + xz}} + \dfrac{{\sqrt {xyz} }}{{z + xy}}$$
Từ $x+y+z=1$. Đặt $x=ab;y=bc;z=ac$ với $a,b,c>0$. BĐT cần chứng minh trở thành $$\frac{ab}{ab+(bc)(ac)}+\frac{bc}{bc+(ac)(ab)}+\frac{abc}{ac+(ab)(bc)}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{b}{1+b^2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Do $ab+bc+ac=1$ nên đặt $a=tg\frac{\alpha}{2};b=tg\frac{\beta}{2};c=tg\frac{\gamma}{2}$ với $\alpha,\beta,\gamma \in (0;\pi)$ và $\alpha+\beta+\gamma =\pi$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$\frac{1}{1+tg^2\frac{\gamma}{2}}+\frac{1}{1+tg^2\frac{\alpha}{2}}+\frac{tg\frac{\beta}{2}}{1+tg^2\frac{\beta}{2}}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
$$\Leftrightarrow cos^2\frac{\gamma}{2}+cos^2\frac{\alpha}{2}+\frac{sin\beta}{2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Sử dụng $cosx=2cos^2\frac{x}{2}-1$ ta có
$$\frac{cos\gamma+1}{2}+\frac{cos \alpha+1}{2}+\frac{sin \beta}{2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Ta cần chứng minh $sin\beta +cos\alpha +cos\gamma \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
$$cos\alpha +cos\gamma+sin\beta =cos\alpha +cos\gamma+sin[\pi-(\alpha+\gamma)]= \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}cos\gamma)+\frac{1}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}sin\alpha cos\gamma+\sqrt{3}cos \alpha sin \gamma)$$
$$\leq \frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{3}{4}+cos^2\alpha+\frac{3}{4}+cos^2\gamma)+\frac{1}{2\sqrt{3}}(3sin^2\alpha+cos^2\gamma+cos^2\alpha+3 sin^2\gamma)$$
$$=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(cos^2\alpha+sin^2\alpha)+\frac{\sqrt{3}}{2}(cos^2\gamma+sin^2\gamma)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$
Vậy bài toán được chứng minh $\blacksquare$
- hoangtrong2305, Poseidont, moonlight0610 và 2 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#288
Đã gửi 03-07-2012 - 21:43
Đây là cách giải em tham khảo đượcBài 88: Cho $x,y,z > 0$ thỏa $x + y + z = 1$. Tìm GTNN của: $$P = {x^3} + \sqrt {1 + {y^2}} + \sqrt[4]{{1 + {z^4}}}$$
Ta có các hàm số $f(t)=t^3;g(t)=\sqrt{1+t^2};h(t)=\sqrt[4]{1+z^4}, t\in(0;1)$ là những hàm số có dạo hàm cấp hai dương trên khoảng $(0;1)$. Nên với $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$ áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:$$f(x)\geq f'(a)(x-a)+f(a);\, h(y)\geq h'(b)(y-b)+h(b);\, g(z)\geq g'©(z-c)+g©$$
Ta chọn $a,b,c$ sao cho \[f'(a) = g'(b) = h' (c ) = k \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3{a^2} = k\\
\frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} = k\\
\frac{{{c^3}}}{{\sqrt[4]{{{{(1 + {c^4})}^3}}}}} = k
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \sqrt {\frac{k}{3}} \\
b = \sqrt {\frac{k}{{1 - {k^2}}}} \\
c = \frac{{\sqrt[3]{k}}}{{\sqrt[4]{{1 - k\sqrt[3]{k}}}}}
\end{array} \right.(1)\]
Do $a+b+c=1\Leftrightarrow \sqrt{\frac{k}{3}}+\frac{k}{\sqrt{1-k^2}}+\frac{\sqrt[3]{k}}{\sqrt[4]{1-k\sqrt[3]{k}}}=1(2)$
Dễ thấy phương trình $(2)$ luôn có nghiệm trong khoảng $(0;1)$
$$\Rightarrow P=f(x)+g(y)+h(z)\geq f(a)+h(b)+g( c)=\frac{k\sqrt{3k}}{9}+\frac{1}{\sqrt{1-k^2}}+\frac{1}{\sqrt[4]{1-k\sqrt[3]{k}}}$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=x;b=y;z=c$ vậy min =$\frac{k\sqrt{3k}}{9}+\frac{1}{\sqrt{1-k^2}}+\frac{1}{\sqrt[4]{1-k\sqrt[3]{k}}}$ với k nằm trong $(0;1)$ của (2)
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#289
Đã gửi 03-07-2012 - 22:05
NHỮNG BÀI TOÁN CHƯA CÓ LỜI GIẢI TRONG TOPIC NÀY
Bài 2: Cho dãy số {$ x_n$ } được xác định bởi: $ \left\{\begin{array}{l}{x_0=1}\\{x_{n+1}=2+\sqrt{x_n}-2\sqrt{1+\sqrt{x_n}}} \end{array}\right. $
Ta xác đinh dãy {$ y_n$} bởi công thức $ y_n=\sum_{k=1}^{n}x_k.2^k, \forall n \in N^{*} $.Tìm công thức tổng quát của dãy {$ y_n$ } .
bài này tìm được CTTQ là $ x_n=(\sqrt[n+1]{2}-1)^2 $ thì tịt, không biết làm thế nào để tính cái tổng kia nữa
Mong rằng toán học bớt khô khan
Em ơi trong toán nhiều công thức
Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn
#290
Đã gửi 14-10-2012 - 14:28
#293
Đã gửi 08-02-2013 - 09:08
bài này tìm được CTTQ là $ x_n=(\sqrt[n+1]{2}-1)^2 $ thì tịt, không biết làm thế nào để tính cái tổng kia nữa
Bạn tìm công thức tổng quát sai nên tịt là đúng rồi.
Công thức tổng quát của $x_n$ phải là
$x_n = (2^\frac{1}{2^n}-1)^2$
Ra công thức này thay vào tổng kia sẽ thấy sai phân.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi eneim: 10-02-2013 - 09:39
#294
Đã gửi 03-04-2013 - 16:53
Đẩy topic lên phát.
Từ $x+y+z=1$. Đặt $x=ab;y=bc;z=ac$ với $a,b,c>0$. BĐT cần chứng minh trở thành $$\frac{ab}{ab+(bc)(ac)}+\frac{bc}{bc+(ac)(ab)}+\frac{abc}{ac+(ab)(bc)}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{b}{1+b^2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Do $ab+bc+ac=1$ nên đặt $a=tg\frac{\alpha}{2};b=tg\frac{\beta}{2};c=tg\frac{\gamma}{2}$ với $\alpha,\beta,\gamma \in (0;\pi)$ và $\alpha+\beta+\gamma =\pi$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$\frac{1}{1+tg^2\frac{\gamma}{2}}+\frac{1}{1+tg^2\frac{\alpha}{2}}+\frac{tg\frac{\beta}{2}}{1+tg^2\frac{\beta}{2}}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
$$\Leftrightarrow cos^2\frac{\gamma}{2}+cos^2\frac{\alpha}{2}+\frac{sin\beta}{2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Sử dụng $cosx=2cos^2\frac{x}{2}-1$ ta có
$$\frac{cos\gamma+1}{2}+\frac{cos \alpha+1}{2}+\frac{sin \beta}{2}\leq 1+\frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Ta cần chứng minh $sin\beta +cos\alpha +cos\gamma \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
$$cos\alpha +cos\gamma+sin\beta =cos\alpha +cos\gamma+sin[\pi-(\alpha+\gamma)]= \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}cos\gamma)+\frac{1}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}sin\alpha cos\gamma+\sqrt{3}cos \alpha sin \gamma)$$
$$\leq \frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{3}{4}+cos^2\alpha+\frac{3}{4}+cos^2\gamma)+\frac{1}{2\sqrt{3}}(3sin^2\alpha+cos^2\gamma+cos^2\alpha+3 sin^2\gamma)$$
$$=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(cos^2\alpha+sin^2\alpha)+\frac{\sqrt{3}}{2}(cos^2\gamma+sin^2\gamma)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$
Vậy bài toán được chứng minh $\blacksquare$
HAY THẬT :]]]]]]]]]]]] KHÂM PHỤC
NHƯ THẾ NÀO THÌ MỚI ĐẶT ĐƯỢC ẨN PHỤ NHƯ THẾ <X=ab,Y=......>
<SAU BÀI NÀY CỨ BÀI NÀO THẤY NGOẰN NGHÈO LÀ T ĐẶT NHƯ VẬY THỬ XEM SAO : )))))))))))))))))>
VỚI LẠI XIN HỎI THƯỜNG THÌ NGƯỜI TA ĐẶT ẨN PHỤ NTN? )
#295
Đã gửi 18-08-2013 - 07:18
Hay!
#296
Đã gửi 01-10-2013 - 21:00
Bài 1: Chứng minh rằng: Từ tập hợp gồm 25 số dương luôn có thể chọn được 2 số mà tổng và hiệu của chúng không trùng với 23 số còn lại
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ltnghia98tn: 02-10-2013 - 13:49
#297
Đã gửi 02-10-2013 - 22:15
Bài 1: Chứng minh rằng: Từ tập hợp gồm 25 số dương luôn có thể chọn được 2 số mà tổng và hiệu của chúng không trùng với 23 số còn lại
Bài 2: Cho $a,b,c$ thuộc khoảng $\left [ 1;2 \right ]$. CMR:
$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3(a+b)(b+c)(c+a)\geq (a+b+c)^3$
Bài 3: Giải hệ phương trình:
#298
Đã gửi 12-12-2013 - 20:27
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh