Chủ đề này có 16 trả lời

[Crystal]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 10

Bài 1.
Cho dãy số nguyên dương $\{a_n\}$ thỏa mãn điều kiện $m+n$ chia hết cho $a_m+a_n$ với mọi $m, n$ nguyên dương. Hãy tìm tất cả các giá trị có thể có của $a_{2012}$.

Bài 2.
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $UV$ là một dây cung của $(O)$. Giả sử $UV$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $Q$ và $P$. Gọi $M, N, J, R$ theo thứ tự là trung điểm $BP, CQ, PQ$ và $UV$. Chứng minh rằng $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNJ$.

Bài 3.
Chứng minh rằng với mọi $x,y,z>0$ ta có:
$$\dfrac{3x}{y}+\dfrac{4y}{z}+16\sqrt{\dfrac{z}{3x+y}} \ge 15$$
Bài 4.
Hỏi có thể phủ bàn cờ $8 \times 8$ bằng 9 hình vuông $2 \times 2$ và 7 hình chữ $Z$ được hay không? Giải thích rõ câu trả lời.

Khối 11

Bài 1.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} + \dfrac{1}{(a+b+c)^2} \ge \dfrac{7}{25}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+
\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a+b+c}\right)^2$$
Bài 2.
Cho tứ giác lồi $ABCD$ thỏa mãn $\widehat{ABC}+\widehat{BCD}<180^o$. Giả sử hai đường thẳng $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ khi và chỉ khi $AC^2=|AB.AE-CD.CE|$

Bài 3.
Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 2011 chữ số có dạng $\overline{a_{2011}a_{2010}...a_2a_1}$ thỏa mãn điều kiện $a_i \equiv i \pmod 2$ với mọi $i=1,2,3...,2011$. Tính số tất cả các cặp số $(x,y)$ với $x,y \in \mathbb{Z}$, $x<y$ sao cho$x+y$ chia hết cho $5^{2011}$.

Bài 4.
Trong chương trình Gặp gỡ Toán học lần IV có tổng cộng 673 tựa sách và quyết định tổ chức đăng ký mua sách cho các thành viên tham gia. Sau khi thu phiếu đăng ký, ban tổ chức phát hiện các điều thú vị sau:
1) Tất cả các bạn đều đăng ký mua đúng ba tựa sách.
2) Hai bạn bất kì đăng ký mua giống nhau ít nhất một tựa sách.
3) Không có tựa sách nào được tất cả các thành viên đăng ký mua.
4) Không có ba bạn nào mua ba tựa sách giống nhau.
Chứng minh rằng ở kỳ Gặp gỡ Toán học lần này có nhiều nhất 2011 bạn tham gia giao lưu và học tập.


Khối 12

Bài 1.
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
$$\begin{cases}2x=y^3-y^2+2\\2y=z^3-z^2+2\\2z=x^3-x^2+2\end{cases}$$
Bài 2.
Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ có bán kính khác nhau và cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A,B$. Gọi $PQ$ là tiếp tuyến chung gần $A$ hơn của hai đường tròn với $P$ thuộc $(O)$ và $Q$ thuộc $(O')$. Gọi $C$ là điểm đối xứng với $A$ qua đường thẳng $PQ$. Chứng minh rằng:
1) Tiếp tuyến kẻ từ $C$ đến hai đường tròn ngoại tiếp tam giác $BPQ$ đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn $(O)$, $(O')$.
2) Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $BQ$, đường thẳng qua $B$ vuông góc với $PB$ và đường thẳng $OO'$ đồng quy.

Bài 3.
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ chẵn sao cho nếu đặt
$$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$$
thì phương trình $2^{x_n}=a_n(2y_n+1)$ có nghiệm nguyên dương $(x_n,y_n)$.

Bài 4.
Trong một đất nước có 54 thành phố, mỗi thành phố có một sân bay. Giữa hai thành phố bất kì có đúng một đường bay nối trực tiếp giữa chúng và mỗi đường bay thuộc sỡ hữu của một hãng hàng không duy nhất. Biết rằng có 4 hãng hàng không đang hoạt động trên nước này. Chứng minh rằng tồn tại một hành trình bay vòng quanh một số thành phố (lớn hơn 2) sao cho tất cả các đường bay trên hành trình đó đều thuộc sở hữu của một hãng hàng không.

Theo MS

[Tham Lang]

Bài 1 khối 11
Chuẩn hoá $a+b+c=1$ đặt $ab+bc+ca=q, abc=r$
Biến đổi, BĐT tương đương :
$$18q^2+18r^2\ge 14qr+50r$$
Áp dụng AM-GM , ta có :
$$9r^2+9r^2+12.\dfrac{q^2}{9} \ge 14\sqrt[14]{\dfrac{r^4.q^{24}}{9^{10}}}$$
Cần chứng minh :
$$\sqrt[14]{\dfrac{r^4.q^{24}}{9^{10}}} \ge qr \Leftrightarrow q \ge 9r$$
Dễ dàng chứng minh được điều này bằng AM-GM.
Còn lại, cần chứng minh :
$$q^2 \ge 3r$$
Thật vậy $q^2 \ge 3pr=3r$
Bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

[davildark]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 10


Bài 3.
Chứng minh rằng với mọi $x,y,z>0$ ta có:
$$\dfrac{3x}{y}+\dfrac{4y}{z}+16\sqrt{\dfrac{z}{3x+y}} \ge 15$$

Đặt $\frac{x}{y}=a$ $\frac{y}{z}=b$ $\Rightarrow \frac{x}{z}=ab$


Bất đẳng thức tương đương
$$3a+4b+\frac{16}{\sqrt{3ab+b}}=3a+4b+\frac{32}{\sqrt{4b(3a+1)}}\geq 3a+4b+\frac{64}{3a+4b+1}=(3a+4b+1)+\frac{64}{3a+4b+1}-1\geq 16-1=15$$

[WhjteShadow]

Bài 1 khối 11(Cách 2):
Ta có $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2$
Vậy để chứng minh $Q.e.D$ thì ta chỉ cần chứng minh:
$\frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2+\frac{1}{(a+b+c)^2}\geq \frac{7}{25}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b+c})^2$ (*)
Đặt $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=x,\frac{1}{a+b+c}=y$ Thì ta có nhận xét $x\geq 9y\geq 0$
$(*)\Leftrightarrow \frac{1}{3}x^2+y^2\geq \frac{7}{25}(x+y)^2$
$\Leftrightarrow \frac{4}{75}x^2+\frac{18}{25}y^2-\frac{14}{25}xy\geq 0$
$\Leftrightarrow (x-9y)(4x-6y)\geq 0$ (Luôn Đúng)
Vậy ta có ĐPCM

[triethuynhmath]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 10


Bài 3.
Chứng minh rằng với mọi $x,y,z>0$ ta có:
$$\dfrac{3x}{y}+\dfrac{4y}{z}+16\sqrt{\dfrac{z}{3x+y}} \ge 15$$

Theo MS

Cách khác cho bài này(Cách kia khủng quá ):
$\frac{3x}{y}+\frac{4y}{z}+16\sqrt{\frac{z}{3x+y}}=\frac{3x+y}{y}+\frac{4y}{z}+16\sqrt{\frac{z}{3x+y}}-1\geq 4\sqrt{\frac{3x+y}{z}}+16\sqrt{\frac{z}{3x+y}}-1\geq 16-1=15$

[triethuynhmath]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 10

Bài 1.
Cho dãy số nguyên dương $\{a_n\}$ thỏa mãn điều kiện $m+n$ chia hết cho $a_m+a_n$ với mọi $m, n$ nguyên dương. Hãy tìm tất cả các giá trị có thể có của $a_{2012}$.

Chém luôn bài này:
Ta sẽ chứng minh $a_{n}=n$ là giá trị duy nhất có thể có
Ta có $1+1\vdots a_{1}+a_{1}\Rightarrow 2\vdots 2a_{1}\Rightarrow 1\vdots a_{1}$
$3\vdots a_{1}+a_{2}\Rightarrow a_{2}\leq 2\Rightarrow a_{2}=2(a_{2}\neq a_{1})$ vì nếu $a_{2}=a_{1}$ thì 3 chia hết cho 2(vô lí)
Ta có :$2013\vdots a_{2012}+1\Rightarrow a_{2012}+1=\begin{Bmatrix} 2013;671;11;61 \end{Bmatrix}$
Mà trong các giá trị trên ,chỉ có $a_{2012}+1=2013$ là thỏa mãn vì nếu $a_{2012}=11$ Mà $22\vdots 2a_{11}\Rightarrow a_{11}\vdots 11\Rightarrow a_{11}=11$(Vì nếu $a_{11}=1$ => $13\vdots 3$(Vô lí).Tương tự cho các trường hợp kia.
Vậy$a_{2012}=2012(Q.E.D)$

[BlackSelena]

Bài 2

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $UV$ là một dây cung của $(O)$. Giả sử $UV$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $Q$ và $P$. Gọi $M, N, J, R$ theo thứ tự là trung điểm $BP, CQ, PQ$ và $UV$. Chứng minh rằng $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNJ$.
Theo MS

Kẻ đường kính $AA'$. Lấy $H$ là trực tâm $\triangle AQP$
Lấy $K$ là trung điểm $HA'$ ta sẽ đi chứng minh $JK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNJ$.
Thật vậy, ta có:
$QHCA$ là hình thang do 2 cạnh cùng $\perp AC$
Mặt khác do $K,M$ lần lượt là trung điểm của $HA'$ và $QC$
$\Rightarrow KM \perp AC$ (1)
Mặt khác, ta lại có $J,M$ là trung điểm $PQ,QC$
$\Rightarrow MJ // AC$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $KM \perp JM$
Vậy $JK$ là đường kính.
Trong $(O)$ ta có:
$UV$ là dây cung, $R$ là trung điểm $UV$
$\Rightarrow OR \perp UV$ (*)
Mà ta lại có $K,O$ lần lượt là trung điểm $HA',AA'$
$\Rightarrow KO // AH$
Cơ mà $AH \perp UV$
$\Rightarrow KO \perp UV$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra $K,O,R:\text{thẳng hàng}$.
$\Rightarrow KR \perp JR$
$\Rightarrow R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle JRL$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 24-11-2014 - 23:18

[ntuan5]

Bài 4 khối 10:
Tô hình 8x8 sao cho các sự cột 3,4,7,8 và hàng 1,2,5,6 cùng một màu thì với mọi sự đặt của $Z$ luôn đi qua số lẻ ô màu, 7 $Z$ là số lẻ ô màu , ai ngờ hình vuông luôn phủ số chẵn ô màu ( theo chia hình), nên không thể chia được bàn cờ như trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ntuan5: 06-08-2012 - 17:39

[WhjteShadow]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 12

Bài 1.
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
$$\begin{cases}2x=y^3-y^2+2\\2y=z^3-z^2+2\\2z=x^3-x^2+2\end{cases}$$

Ta có
$$\begin{cases}2x=y^3-y^2+2\\2y=z^3-z^2+2\\2z=x^3-x^2+2\end{cases}$$
$$\Leftrightarrow \begin{cases}2(x-1)=y^2(y-1)\\2(y-1)=z^2(z-1)\\2(z-1)=x^2(x-1)\end{cases}$$
Đặt $x-1=a,y-1=b,z-1=c$.Hệ đã ch0 trở thành:
$$ \begin{cases}2a=(b+1)^2b\\2b=(c+1)^2c\\2c=(a+1)^2a\end{cases}$$
$$\Leftrightarrow \begin{cases}2a=f(b)\\2b=f( c )\\2c=f(a)\end{cases}$$
Với $f(t)=(t+1)^2t$
Dễ dàng nhận thấy $a,b,c$ cùng dấu do $(a+1)^2,(b+1)^2,(c+1)^2\geq 0$
Ta xét các trường hợp sau:
TH1.Cả 3 số $a,b,c\geq 0$
Lúc đó ta xét $f'(t)=3t^2+4t+1=(3t+1)(t+1)>0$ Với $t\geq 0$
Vì thế $f(t)$ luôn đồng biến với $t\geq 0$
Giả sử $a=max(a;b;c)$ Ta có
$a\geq b,a\geq c\to f(a)\geq f(b),f(a)\geq f( c )$
$\to c\geq a,c\geq b$ Nhưng $a=max(a;b;c)$ nên $a=c$.Tương tự thế ta có $a=b=c$
Lúc đó ta chỉ phải giải 1 phương trình: $2a=(a+1)^2a$
$\Leftrightarrow a(a^2+2a-1)=0\Leftrightarrow a=0$ hoặc $a=\sqrt{2}-1$ (Do $a\geq 0$)
Vậy $(a;b;c)=(0;0;0);(\sqrt{2}-1;\sqrt{2}-1;\sqrt{2}-1)$
TH2.Cả 3 số $a,b,c< -1$
Tương tự trên ta cũng có $f'(t)=3t^2+4t+1=(3t+1)(t+1)> 0$ Với $t< -1$
Và với giả sử tương tự là $a=max(a;b;c)$ ta cũng dễ dàng suy ra $a=b=c$ Và ta chỉ phải giải 1 pt:
$2a=(a+1)^2a\Leftrightarrow a(a^2+2a-1)=0\Leftrightarrow a^2+2a-1=0\Leftrightarrow a=-\sqrt{2}-1$ (Do $a<-1$)
Vậy $(a;b;c)=(-\sqrt{2}-1;-\sqrt{2};1-\sqrt{2}-1)$
TH3.Cả 3 số $a,b,c<0$ Và $max(a;b;c)\geq -1$
Giả sử $a=max(a;b;c)\to a\geq -1$
$\to 0 \geq (a+1)^2\geq 1\to (a+1)^2a \geq a$ (Do $a<0$)
$\to 2c=(a+1)^2a\geq a$ Mà $a\geq c$
Nên $2c\geq c\to c\geq 0$ (Vô lí)
Vậy Hệ phương trình có nghiệm $(a;b;c)=(0;0;0);(\sqrt{2}-1;\sqrt{2}-1;\sqrt{2}-1);(-\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1;\sqrt{2}-1)$
Hay $(x;y;z)=(1;1;1);(\sqrt{2};\sqrt{2};\sqrt{2});(-\sqrt{2};-\sqrt{2};\sqrt{2})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 06-08-2012 - 18:57

[nguyenta98]

Bài 3.
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ chẵn sao cho nếu đặt
$$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$$
thì phương trình $2^{x_n}=a_n(2y_n+1)$ có nghiệm nguyên dương $(x_n,y_n)$.

Xem ra trong các bài số học của đề thi này chỉ có bài này là hay nhất, anh WWW xem lại đề bài 3 khối 11 nhé, đề cho dữ liệu một đằng, hỏi một nẻo
Giải như sau:
$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$
$\Rightarrow a_n.n!=\dfrac{n!}{1!.(n-1)!}+\dfrac{n!}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{n!}{(n-1)!.1!}$
$\Rightarrow a_n.n!=C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1}$
Mặt khác ta có nhận xét
$(1+1)^n=1+C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-1}+1$
$(1-1)^n=1-C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-2}-C_n^{n-1}+1$
Suy ra $(1+1)^n+(1-1)^n=2(1+C_n^2+...+C_n^{n-2}+1)$ (với $n$ chẵn)
Hay $2^n=2(1+C_n^2+...+C_n^{n-2}+1) \Rightarrow 2^{n-1}-2=C_n^2+...+C_n^{n-2}$ $(1)$
Như vậy ta có $(1+1)^n-2=C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-1} \Rightarrow 2^n-2=C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-1}$ $(2)$
Lấy $(2)-(1)$ ta thu được $C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1}=2^n-2-(2^{n-1}-2)=2^{n-1}$
Suy ra $a_n.n!=2^{n-1} \Rightarrow a_n=\dfrac{2^{n-1}}{n!}$
Thay vào phương trình ở đề bài ta có
$2^{x_n}.n!=2^{n-1}.(2y_n+1)$
Gọi $2^k$ là số thỏa $2^k\le n<2^{k+1}$
Suy ra $v_2(n!)=\left\lfloor\dfrac{n}{2^1}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor$
Như vậy ta có để đẳng thức xảy ra thì $v_2(VT)=v_2(VP) \Rightarrow x_n+v_2(n!)=n-1$ mà $x_n$ nguyên dương suy ra $n-1>v_2(n!)$
Hay $n-1>\left\lfloor\dfrac{n}{2^1}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor$
Thấy $\left\lfloor\dfrac{n}{2^1}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor\le \dfrac{n}{2^1}+...+\dfrac{n}{2^k}=n(\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{2^k})=n(1-\dfrac{1}{2^{k}})=n-\dfrac{n}{2^{k}}$
Ta thấy $n\geq 2^k \Rightarrow \dfrac{n}{2^{k}}\geq 1 \Rightarrow n-\dfrac{n}{2^{k-1}}\le n-1$ $(1)$
Mà điều ta cần là $n-1$ lớn hơn hẳn $\left\lfloor\dfrac{n}{2^1}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor$ nên dấu bằng sẽ không được xảy ra, cho nên ta xét TH dấu bằng xảy ra thì khi đó ta sẽ cho $n$ khác với giá trị đó là xong
Thật vậy dấu $=$ xảy ra ở $(1)$ là khi
$\dfrac{n}{2^{k}}=1$
$\left\lfloor\dfrac{n}{2^i}\right\rfloor=\dfrac{n}{2^i}$ với $1\le i\le k$
Từ hay hệ trên suy ra $n=2^k$ là thỏa mãn do đó $n=2^k$ xảy ra dấu bằng mà ta lại không cho phép dấu bằng xảu ra nên suy ra điều kiện cần và đủ của $n$ là $n\neq 2^k$
Do đó $n-1>\left\lfloor\dfrac{n}{2^1}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor$ hay $n-1>v_2(n!)$ khi $n\neq 2^k$
Như vậy với mọi $n$ thì luôn có nghiệm thỏa mãn vì chọn $x_n=n-1-v_2(n!)$ khi đó $v_2$ của hai vế đều đã bị triệt tiêu toàn bộ khi đó $2y_n+1$ lẻ nên $y_n$ nguyên dương nên thỏa đề
Khi ấy $2y_n+1=\dfrac{n!}{2^{v_2(n!)}} \Rightarrow y_n=\dfrac{\frac{n!}{2^{v_2(n!)}}-1}{2}$
Vậy bài toán đều có nghiệm với mọi $n \neq 2^k$ và $n>1$ và $(x_n,y_n)=\left(n-1-v_2(n!),\dfrac{\frac{n!}{2^{v_2(n!)}}-1}{2}\right)$

P/S đã edit

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 07-08-2012 - 09:06

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013

Khối 12

Bài 3.
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ chẵn sao cho nếu đặt
$$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$$
thì phương trình $2^{x_n}=a_n(2y_n+1)$ (1) có nghiệm nguyên dương $(x_n,y_n)$.

làm bài này:

ta có $$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$$

$$ \Leftrightarrow a_n.n!=\dfrac{n!}{1!.(n-1)!}+\dfrac{n!}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{n!}{(n-1)!.1!}$$

$$ \Leftrightarrow a_n.n!=C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1} $$

dễ tính được $ C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1} =2{n-1} $

suy ra $ a_n=\frac{2^{n-1}}{n!} $

với n=2 thì $ a_2=1 $, PT (1) trở thành:

$ 2^{x_2}=2y_2+1$

PT này có 1 vế chẵn, 1 vế lẻ nên vô nghiệm

với $ n \geq 4 $, PT(1) trở thành:

$$ 2^{x_n}=\frac{2^{n-1}}{n!}(2y_n+1)$$

dễ thấy $ 2^{n-1} < n! \forall n \geq 4 $ và $ 2y_n+1 $ lẻ nên $ VP=\frac{2^{n-1}}{n!}(2y_n+1) $ hoặc lẻ hoặc không phải số nguyên

điều này trái ngược với VT nên PT vô nghiệm

vậy với mọi n thì PT vô nghiệm

[nguyenta98]

làm bài này:

ta có $$a_n=\dfrac{1}{1!.(n-1)!}+\dfrac{1}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{1}{(n-1)!.1!}$$

$$ \Leftrightarrow a_n.n!=\dfrac{n!}{1!.(n-1)!}+\dfrac{n!}{3!.(n-3)!}+...+\dfrac{n!}{(n-1)!.1!}$$

$$ \Leftrightarrow a_n.n!=C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1} $$

dễ tính được $ C_n^1+C_n^3+...+C_n^{n-1} =2{n-1} $

suy ra $ a_n=\frac{2^{n-1}}{n!} $

với n=2 thì $ a_2=1 $, PT (1) trở thành:

$ 2^{x_2}=2y_2+1$

PT này có 1 vế chẵn, 1 vế lẻ nên vô nghiệm

với $ n \geq 4 $, PT(1) trở thành:

$$ 2^{x_n}=\frac{2^{n-1}}{n!}(2y_n+1)$$

dễ thấy $ 2^{n-1} < n! \forall n \geq 4 $ và $ 2y_n+1 $ lẻ nên $ VP=\frac{2^{n-1}}{n!}(2y_n+1) $ hoặc lẻ hoặc không phải số nguyên

điều này trái ngược với VT nên PT vô nghiệm

vậy với mọi n thì PT vô nghiệm

Em nghĩ anh nhầm ở phần tô đỏ rồi, để giải quyết phần đó em mới phải làm dài như trên chứ, hì hì, bài này có nghiệm với mọi $n$ anh ạ, tham khảo bài em làm ngay trên anh nhé, ví dụ $n=10,y_n=7087,x_n=1$ có sao đâu, em chứng minh nó có nghiệm với mọi $n$ rồi mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-08-2012 - 21:47

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Em nghĩ anh nhầm ở phần tô đỏ rồi, để giải quyết phần đó em mới phải làm dài như trên chứ, hì hì, bài này có nghiệm với mọi $n$ anh ạ, tham khảo bài em làm ngay trên anh nhé, ví dụ $n=10,y_n=7087,x_n=1$ có sao đâu, em chứng minh nó có nghiệm với mọi $n$ rồi mà

có thể thấy ở trên với $ n=2 $ thì PT không là $ 2^{x_n}=2y_n+1 $, PT này không thể có nghiệm nguyên dương

với $ n=4 $ thì PT trở thành: $ 3.2^{x_n}=2y_n+1 $, vẫn không khá hơn

có lẽ n phải bắt đầu từ 1 giá trị nào đó thì mới có nghiệm dc

[nguyenta98]

có thể thấy ở trên với $ n=2 $ thì PT không là $ 2^{x_n}=2y_n+1 $, PT này không thể có nghiệm nguyên dương

với $ n=4 $ thì PT trở thành: $ 3.2^{x_n}=2y_n+1 $, vẫn không khá hơn

có lẽ n phải bắt đầu từ 1 giá trị nào đó thì mới có nghiệm dc

Cám ơn anh đã góp ý, em đã sửa, lần này ta có đáp số $n>1,n\neq 2^k$ anh xem đúng không nhé

[tuan_9x]

A nao oi, cm gium e An =n o bai 1 voi. E lam mai ko ra!

[Crystal]

A nao oi, cm gium e An =n o bai 1 voi. E lam mai ko ra!

1 - Bạn vui lòng gõ tiếng Việt có dấu. Xem Nội quy Diễn đàn Toán học

2 - Tham khảo đáp án và một số vấn đề liên quan tại đây.

[nguoivohinh98]

ai giải hộ mình bài tổ hợp lớp 11 với