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

Số học -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

tuyển tập-sưu tầm.

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 44 trả lời

#21 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-04-2013 - 12:43

Spoiler

Bài 13

Rõ ràng $\lfloor a\rfloor=1$ không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với:

$\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=\dfrac{\lfloor a\rfloor}{1-\lfloor a\rfloor}=m\in\mathbb Z$

Suy ra:

$1-\lfloor a\rfloor \;\bigg|\; \lfloor a\rfloor\Rightarrow 1-\lfloor a\rfloor \;\bigg|\; 1\Rightarrow 1-\lfloor a\rfloor=\pm 1$

$\Rightarrow \left[\begin{align*}\lfloor a\rfloor=0\\ \lfloor a\rfloor=2\end{align*}\right.$

Như vậy phương trình đã cho sẽ tương đương với:

$\left[\begin{align*}&\begin{cases}\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=0\\ 0\le a<1\end{cases}\\ & \\ &\begin{cases}\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=-2\\ 2\le a<3\end{cases}\end{align*}\right.$ $\Rightarrow \left[ \begin{align*} 0\le a<\frac{1}{2} \\ 2\le a<3\end{align*}\right.$

 

@Dark templar: Mấy bài này em cho ra để các bạn biết dạng căn bản giải thôi mà anh. :P


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 21-04-2013 - 20:20
Đã sửa

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#22 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-04-2013 - 13:31


Bài toán 12: Giải PT $\left\lfloor {{x^2} + 1} \right\rfloor  = \left\lfloor {2x} \right\rfloor $.

Phương trình đã cho tương đương với:

$\lfloor x^2+1-\lfloor 2x\rfloor \rfloor=0$

$\Rightarrow 0\le x^2+1-\lfloor 2x\rfloor <1\Rightarrow x^2<\lfloor 2x\rfloor <2x\Rightarrow 0<x<2$

$\Rightarrow \lfloor 2x\rfloor \in\{0,1,2,3\}$

Thay trực tiếp ta có:

$\begin{cases}\lfloor 2x\rfloor=0\\ \lfloor x^2+1\rfloor=0\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \text{vô nghiệm}$

$\begin{cases}\lfloor 2x\rfloor=1\\ \lfloor x^2+1\rfloor=1\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{1}{2}\le x<1$

$\begin{cases}\lfloor 2x\rfloor=2\\ \lfloor x^2+1\rfloor=2\end{cases}\quad\Rightarrow\quad 1\le x<\sqrt 2$

$\begin{cases}\lfloor 2x\rfloor=3\\ \lfloor x^2+1\rfloor=3\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{3}{2}\le x<\sqrt 3$

 

Vậy nghiệm phương trình đã cho là:

$\boxed{\;x\in\left[\frac{1}{2},\;\sqrt 2\right)\cup\left[\frac{3}{2},\;\sqrt 3\right)\;}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#23 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 21-04-2013 - 17:15



Spoiler

Bài 13

Rõ ràng $\lfloor a\rfloor=1$ không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với:

$\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=\dfrac{\lfloor a\rfloor}{1-\lfloor a\rfloor}=m\in\mathbb Z$

Suy ra:

$1-\lfloor a\rfloor \;\bigg|\; \lfloor a\rfloor\Rightarrow 1-\lfloor a\rfloor \;\bigg|\; 1\Rightarrow 1-\lfloor a\rfloor=\pm 1$

$\Rightarrow \left[\begin{align*}\lfloor a\rfloor=0\\ \lfloor a\rfloor=2\end{align*}\right.$

Như vậy phương trình đã cho sẽ tương đương với:

$\left[\begin{align*}\begin{cases}\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=0\\ 0\le a<1\end{cases}\\ \\ \begin{cases}\left\lfloor\dfrac{a}{1-a}\right\rfloor=2\\ 2\le a<3\end{cases}\end{align*}\right.\Rightarrow \boxed{\displaystyle 0\le a<\frac{1}{2}}$

Bài này anh còn thiếu 1 tập nghiệm nữa là $a \in [2;3)$,lý do là khi thay $\left\lfloor a \right\rfloor =2$ thì phải ra hệ là $\left\{ \begin{array}{l}\left\lfloor {\frac{a}{{1 - a}}} \right\rfloor  =  - 2\\2 \le a < 3\end{array} \right. \Rightarrow 2 \le a < 3$.

 

Từ đó tập nghiệm của PT là $\boxed{\displaystyle a \in \left[ {0,\frac{1}{2}} \right) \cup [2,3)}$.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 14: Dãy ${a_1},{a_2},{a_3},...$ thỏa mãn ${a_{4n + 1}} = 1,{a_{4n + 3}} = 0,{a_{2n}} = {a_n}$.Chứng minh dãy này là dãy không tuần hoàn.

 

Bài toán 15: Tìm số nguyên $N$ lớn nhất thỏa mãn:

  1. $\left\lfloor {\frac{N}{3}} \right\rfloor $ có 3 chữ số giống nhau.
  2. $\left\lfloor {\frac{N}{3}} \right\rfloor  = 1 + 2 + 3 +  \cdots  + n$ với $n$ là số nguyên dương nào đó.

     


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#24 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-04-2013 - 20:51

Bài toán 15: Tìm số nguyên $N$ lớn nhất thỏa mãn:
  1. $\left\lfloor {\frac{N}{3}} \right\rfloor $ có 3 chữ số giống nhau.
  2. $\left\lfloor {\frac{N}{3}} \right\rfloor  = 1 + 2 + 3 +  \cdots  + n$ với $n$ là số nguyên dương nào đó.

Bài 15 này lại mang tính chất "lừa tình"

Ta có:

$1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}=a.111$ với $1\le a\le 9$

Suy ra:

$n(n+1)=2.3.37.a$

Nhận thấy rằng VT là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp (trong đó có 1 số chẵn và một số lẻ)

Số chẵn không thể là $2a$ vì $2a\le 18<3.37-1$

cũng vậy số chẵn đó không thể là $2.37.a$ vì $2.37.a>4$

Do đó số chẵn đó là $6a$ số lẻ là $37$ với $1\le a\le 9$ Dễ thấy $a=6$ thỏa mãn $\Rightarrow 1+2+...+n=666$

$\Rightarrow \left\lfloor\dfrac{N}{3}\right\rfloor=666\Rightarrow 666\le \frac{N}{3}<667\Rightarrow 1998\le N<2001$

 

Do đó $\boxed{N_{\max}=2000}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#25 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 29-04-2013 - 20:35

Bài toán 14: Dãy ${a_1},{a_2},{a_3},...$ thỏa mãn ${a_{4n + 1}} = 1,{a_{4n + 3}} = 0,{a_{2n}} = {a_n}$.Chứng minh dãy này là dãy không tuần hoàn.

Lời giải bài toán 14:

Giả sử ${a_{n + p}} = {a_n},\forall n$ và với $p>0$ nào đó.

 

Đặt $p = {2^a}q$ với $q$ lẻ.

 

 

Cho $n = {2^{a + 2}}(q + 2)$

 

Sử dụng tính tuần hoàn,ta có ${a_{n + p}} = {a_n} = {a_{q + 2}}$,nhưng ${a_{n + p}} = {a_{{2^a}(q + 4(q + 2))}} = {a_{q + 4(q + 2)}}$

 

Mặt khác $q+2$ và $q+4(q+2)$ là 2 số lẻ khác nhau theo $\mod 4$.

 

Vậy ${a_{q + 2}} \ne {a_{q + 4(q + 2)}}$ (một là 0;hoặc là 1).

 

Vậy không có $p>0$ nào tồn tại và do đó dãy không tuần hoàn.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 16: Tìm số tự nhiên $n = \overline {abc} $ thỏa mãn đồng thời ${n^{69}} = \overline {1986...} $ và ${n^{121}} = \overline {3333...} $

 

Bài toán 17: Tính $\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } $


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#26 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 29-05-2013 - 20:20

Lời giải cho bài 16,17 sẽ post sau.Đề mới:

 

Bài toán 18: Cho $n \ge 2$ và $a_{n}x+b_{n}$ là số dư khi chia $x^{n}$ cho $x^2-6x-12$.Với mỗi $n$,hãy tìm tất cả các số nguyên tố là ước chung của $a_{n}$ và $b_{n}$.

 

Bài toán 19: Giải PT nghiệm nguyên dương $\left\lfloor {\frac{{{x^2}}}{y}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{y^2}}}{x}} \right\rfloor  = \left\lfloor {\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + xy} \right\rfloor $.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 03-06-2013 - 22:09

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#27 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 03-06-2013 - 22:05



Đề mới:

 

Bài toán 16: Tìm số tự nhiên $n = \overline {abc} $ thỏa mãn đồng thời ${n^{69}} = \overline {1986...} $ và ${n^{121}} = \overline {3333...} $

 

Bài toán 17: Tính $\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } $

Lời giải bài toán 16:

Đặt $a=\log_{10}n \in [2;3)$.

 

Gọi $p$ là số các chữ số $1;9;8;6$ viết trong hệ thập phân của $n^{69}$.

 

Gọi $q$ là số các chữ số $3;3;3;3$ viết trong hệ thập phân của $n^{121}$.

 

Ta có 2 đánh giá sau:

$p+\log_{10}1987>69a \ge p+\log_{10}1986$

$q+\log_{10}3334>121a \ge q+\log_{10}3333$.

 

$121p + 121{\log _{10}}(1987) > 69 \times 121a \ge 121p + 121{\log _{10}}(1986)$

$69q + 69{\log _{10}}(3334) > 69 \times 121a \ge 69q + 69{\log _{10}}(3333)$

 

$121p + 399.0... > 69 \times 121a \ge 121p + 399.0...$

$69q + 243.0... > 69 \times 121a \ge 69q + 243.0...$

 

Do đó $121p + 399 = 69q + 243$$ \Leftrightarrow 69q - 121p = 156$,như vậy thì:

$p = 66 + 69m$,$q = 118 + 121m$ và $[69 \times 121a] = 8385 + 8349m$

 

Vì $a \in [2;3)$ nên ta tìm được $m=1$ và $(p,q) = (135,239)$

 

$p + {\log _{10}}(1987) > 69a \ge p + {\log _{10}}(1986) \Rightarrow 2.00431853977043... \le a < 2.00432170821898...$

$q + {\log _{10}}(3334) > 121a \ge q + {\log _{10}}(3333) \Rightarrow 2.00432095300546... \le a < 2.00432202971481...$

 

Vậy $2.00432095300546... \le a < 2.00432170821898...$

$100.999902143645... \le n < 101.000077776911...$

 

Từ đó ta tìm được $\boxed{n=101}$ là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Lời giải bài toán 17:

Với $\frac{{{k^2} + 1}}{2} \le i \le \frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2}$ thì $\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor  = k$

 

Vậy $\sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor } {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor }  = \sum\limits_{k = 1}^n k \left( {1 + \left\lfloor {\frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor  - \left\lceil {\frac{{{k^2} + 1}}{2}} \right\rceil } \right)$

$ = \sum\limits_{k = 1,k{\text{ chẵn}}}^n k \left( {1 + \frac{{{{(k + 1)}^2} - 1}}{2} - \frac{{{k^2} + 2}}{2}} \right) + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k \left( {1 + \frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2} - \frac{{{k^2} + 1}}{2}} \right)$

$ = \sum\limits_{k = 1,k{\text{ chẵn}}}^n {{k^2}}  + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k (k + 1) = \sum\limits_{k = 1,k}^n {{k^2}}  + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k $

$ = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor ^2}$

 

Như vậy ta chọn $n$ sao cho $\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor  \le m$,ta được:

$\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor }  = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor ^2} + (n + 1)\left( {m - \left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor } \right)$

 

Từ BĐT $\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor  \le m < \left\lfloor {\frac{{{{(n + 2)}^2}}}{2}} \right\rfloor $,ta có $n = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor  - 1$.

 

Như vậy:

$\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor }  = km + \frac{{k(k - 1)(2k - 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor ^2} - k\left\lfloor {\frac{{{k^2}}}{2}} \right\rfloor {\text{    với   }}k = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor $

 

Hay có thể rút gọn là :

$\boxed{\displaystyle \sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor }  = km - \left\lfloor {\frac{{k(k + 2)(2k - 1)}}{{12}}} \right\rfloor {\rm{    với   }}k = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor }$

 



Bài toán 18: Cho $n \ge 2$ và $a_{n}x+b_{n}$ là số dư khi chia $x^{n}$ cho $x^2-6x-12$.Với mỗi $n$,hãy tìm tất cả các số nguyên tố là ước chung của $a_{n}$ và $b_{n}$.

 

Bài toán 19: Giải PT nghiệm nguyên dương $\left\lfloor {\frac{{{x^2}}}{y}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{y^2}}}{x}} \right\rfloor  = \left\lfloor {\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + xy} \right\rfloor $.

Lời giải bài toán 18:

Ta có:

$ (3+\sqrt{21})a_n+b_n = (3+\sqrt{21})^n $

$ (3-\sqrt{21})a_n+b_n = (3-\sqrt{21})^n $

 

Suy ra:

$ a_n =\frac{(3+\sqrt{21})^n-(3-\sqrt{21})^n}{2\sqrt{21}}, b_n =\frac{(3+\sqrt{21})(3-\sqrt{21})^n-(3-\sqrt{21})(3+\sqrt{21})^n}{2\sqrt{21}} $

$ a_{n+2}= 6a_{n+1}+12a_n $

$ b_{n+2}= 6b_{n+1}+12b_n $

$ a_2 = 6, b_2 = 12 $,do đó $ ((a_2,b_2),(a_3,b_3),. . .,(a_n,b_n),...) = 6 $

 

Lời giải bài toán 19:

Đổi ký hiệu $(x;y)$ sang $(p;q)$.

 

Không mất tính tổng quát,giả sử $p \ge q$.

 

$(\star )q=1$,suy ra $ p^2+\left\lfloor\frac{1}{p}\right\rfloor $$ =2p+\left\lfloor\frac{1}{p}\right\rfloor $,suy ra $p=2$ và ta có 2 nghiệm đầu tiên là $(p;q)=(1;2);(2;1)$.

 

$(\star\star )q>1$.Từ PT ban đầu,ta có thể suy ra 2 BĐT sau:

$ \frac{p^2}{q}+\frac{q^2}{p}>\frac{p}{q}+\frac{q}{p}+pq-1 $

$ \frac{p^2}{q}+\frac{q^2}{p}-2<\frac{p}{q}+\frac{q}{p}+pq $

 

Hay:

$ P_1(p)=p^3-p^2(q^2+1)+pq+q^3-q^2>0 $

$ P_2(p)=p^3-p^2(q^2+1)-2pq+q^3-q^2<0 $

 

$ P_1(0)=q^3-q^2>0 $

$ P_1(q)=-q^4+2q^3-q^2<0 $

$ P_1(q^2)=-q^4+2q^3-q^2<0 $

$ P_1(q^2+1)=2q^3-q^2+q>0 $

 

Suy ra $ P_1(p)>0 $ và $p \ge q \iff p \ge q^2+1$.

 

$ P_2(0)=q^3-q^2>0 $

$ P_2(q^2+1)=-q^3-q^2-2q<0 $

 

Suy ra $P_2(x)$ có 3 nghiệm là $ r_1<0<r_2<q^2+1<r_3 $ và ta thu được $ r_3>p\ge q^2+1 $

 

Từ đó ta đặt $ p=q^2+a $ với $a \in \mathbb{N}$.PT $P_2(q)<0$ trở thành:

$ (q^2+a)^3-(q^2+a)^2(q^2+1)-2q(q^2+a)+q^3-q^2<0 $

 

Hay:

$ q^6+3q^4a+3q^2a^2+a^3-q^6-q^4-2aq^4-2aq^2-a^2q^2-a^2-2q^3-2aq+q^3-q^2<0 $

$ (a-1)q^4-q^3+q^2(2a^2-2a-1)+a^3-a^2-2aq<0 $

 

Dễ dàng chỉ ra rằng BĐT trên sai với $a \ge 2$(nhớ rằng $q>1$)

 

Do đó ta còn lại trường hợp là $p=q^2+1$.

 

Thay vào PT ban đầu,ta có thể thấy rằng đây chính là nghiệm (nhớ rằng $q>1$).

 

Như vậy kết quả cuối cùng là $ \boxed{x\in\{\sqrt{y-1},y^2+1\}\cap\mathbb{N}} $


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#28 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 03-06-2013 - 22:17

Đề mới:

 

Bài toán 20: Cho $a,b,c$ lần lượt là giá trị của phần trăm,phần mười và phần đơn vị của giá trị tổng $ \left(\sum_{n=1}^{1000}[(5n)!+(6n)!] \right)^2 $.Hãy tính $\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$.

 

Bài toán 21: Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $n$ và $k$ thỏa mãn $ \lfloor(2+\sqrt 3)^{2n+1}\rfloor=\lfloor(4+\sqrt{15})^k\rfloor $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 03-06-2013 - 22:18

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#29 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-06-2013 - 18:36

...

Lời giải bài toán 19:

Đổi ký hiệu $(x;y)$ sang $(p;q)$.

...

Như vậy kết quả cuối cùng là $ \boxed{x\in\{\sqrt{y-1},y^2+1\}\cap\mathbb{N}} $

Cách viết kết quả như thế này quả thực không "chuẩn" lắm!

Nên viết là:

$\begin{cases} x=u \\y=v \\ \sqrt{v-1}\le u\le v^2+1\\ u,v \in \mathbb N^*\end{cases}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#30 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-06-2013 - 00:04


Bài toán 21: Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $n$ và $k$ thỏa mãn $ \lfloor(2+\sqrt 3)^{2n+1}\rfloor=\lfloor(4+\sqrt{15})^k\rfloor $

Có thể giải quyết bài này như sau:

Sử dụng tính chất phần nguyên: $\begin{cases}x,y\notin \mathbb Z\\ x+y\in \mathbb Z\end{cases} \Rightarrow \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor=x+y-1$

Ta có:

$\left\lfloor (2+\sqrt 3)^{2n+1}\right\rfloor+\left\lfloor (2-\sqrt 3)^{2n+1}\right\rfloor=(2+\sqrt 3)^{2n+1}+(2-\sqrt 3)^{2n+1}-1$

$\Rightarrow \left\lfloor (2+\sqrt 3)^{2n+1}\right\rfloor = (2+\sqrt 3)^{2n+1}+(2-\sqrt 3)^{2n+1}-1$

(Do $0<(2-\sqrt 3)^{2n+1}<1$)

Tương tự ta cũng có:

$\Rightarrow \left\lfloor (4+\sqrt{15})^{k}\right\rfloor = (4+\sqrt{15})^{k}+(4-\sqrt{15})^{k}-1$

Đặt

$\{A_n\}= \left\{(a_n)\;\Big|n\in \mathbb N^* \;;\; a_n=(2+\sqrt 3)^{2n+1}+(2-\sqrt 3)^{2n+1}\right\}$

$\{B_k\}= \left\{(b_k)\;\Big|k\in \mathbb N^* \;;\; b_k=(4+\sqrt{15})^k+(4-\sqrt{15})^k\right\}$

Như vậy điều cần chứng minh tương đương với:

$\{A_n\}\ne \{B_k\}$

Thật vậy, từ các công thức tổng quát ta lập lại biểu thức truy hồi.

$\{A_n\}=\left\{(a_n)\;\left|\;\begin{cases}a_1=52,\; a_2=724\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n\end{cases}\right.\right\}$

$\{B_k\}=\left\{(b_k)\;\left|\;\begin{cases}b_1=8,\; b_2=62\\ b_{k+2}=8b_{k+1}-b_k\end{cases}\right.\right\}$

Cách xác lập

Từ kết quả này ta xét số dư $A_n, B_k$ theo modulo $3$, và dễ dàng nhận ra: (chứng minh đơn giản bằng quy nạp)

$A_n\equiv 1\pmod 3\quad\forall n\in\mathbb N^*$

$B_k\equiv -1\pmod 3\quad\forall k\in\mathbb N^*$

Từ đây ta có điều phải chứng minh.

 

Hệ quả


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#31 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 05-06-2013 - 10:19

Đề mới:

 

Bài toán 22: Giải PT nghiệm nguyên dương $ (2^a-1)(3^b-1)=c ! $

 


 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#32 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 10-06-2013 - 21:41



Bài toán 22: Giải PT nghiệm nguyên dương $ (2^a-1)(3^b-1)=c ! $

Spoiler

Lời giải bài toán 22:

Nếu $c \le 3$ thì ta có thể lập tức ta tìm ra nghiệm là $ (a,b,c)\in\left\{(1,1,2),(2,1,3)\right\} $.Nếu $c \ge 4$ thì $ v_2(c!)\geq\frac{c}{2} $ và $ v_2(c!)\geq 3 $.

 

Do $ 2\nmid2^a-1 $ ,ta có $ 2^{\left\lceil\frac{c}{2}\right\rceil}\mid 3^b-1 $ nếu $ (2^a-1)(3^b-1)=c! $.Nhưng để có $ 3^b\equiv 1\pmod{2^{\left\lceil\frac{c}{2}\right\rceil}} $,ta phải có $ \lambda\left(2^{\left\lceil\frac{c}{2}\right\rceil}\right)\mid b $ với $\lambda$ là hàm Carmichael. (các bạn có thể tham khảo về hàm số này ở đây.)

 

Ta có $ \lambda\left(2^{\left\lceil\frac{c}{2}\right\rceil}\right)=2^{\left\lceil\frac{c}{2}\right\rceil-2} $ và ta thu được $ c!=(2^a-1)(3^b-1)\geq 3^b-1\geq 3^{2^{\lceil c/2\rceil-2}} $.Thế nhưng điều này sai với $c \ge 13$(có thể chứng minh dễ dàng,chẳng hạn bằng quy nạp).

 

Ta kiểm tra $ c\in\left\{4,5,\dots,12\right\} $ sử dụng $ v_2(c!) $ và tìm được $ (a,b,c)\in\left\{(2,2,4),(4,2,5),(6,4,7)\right\} $.Hoặc ta có thể hoàn thiện các đánh giá của ta cho $v_2(c!)$ với $c \ge 8$.

 

Vậy ta có các nghiệm:

\[ \boxed{(a,b,c)\in\left\{(1,1,2),(2,1,3),(2,2,4),(4,2,5),(6,4,7)\right\}} \]

 

====================

Đề mới:

 

Bài toán 23: Tìm tất cả số nguyên $a,b,n>1$ thỏa $(a^3+b^3)^{n}=4(ab)^{1995}$

 

Bài toán 24: Có bao nhiêu nghiệm nguyên của PT $|x|+|y|+|z|=n$ ,nếu ta giả sử các bộ hoán vị của nghiệm $(x_0;y_0;z_0)$ được tính là các nghiệm khác nhau ?

 

Bài toán 25: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho các số $\binom{n}{0};\binom{n}{1};...;\binom{n}{n}$ đều là số lẻ.

-43-


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-06-2013 - 21:43

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#33 barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Thái Bình---HSGS
  • Sở thích:Number Theory,Analysis

Đã gửi 10-06-2013 - 22:44

Giải $22$ trước vậy

Đầu tiên đặt $gcd(a,b)=d$

$\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $(x,y)=1$

Từ giả thiết ta có

$d^{3n}.(x^3+y^3)^n=4d^{3990}.(xy)^{1995}$

Lại do $gcd(x,y)=gcd(x^3+y^3,x)=gcd(x^3+y^3,y)=1$

Nên $x=y=1$

$\Rightarrow a=b$ thay vào ta được

$ 2^na^{3n}= 4a^{3990} $

Hay $ 2^{n-2}= a^{3990-3n} $

Do đó $a$ là lũy thừa của $2$ 

Đặt $ a = 2^q $ ta có $ 2^{n-2}= 2^{q(3990-3n)} $

$\Rightarrow n-2 = q(3990-3n)$

$\Rightarrow$$ n =\frac{3990q+2}{3q+1}=\frac{3990q+1330-1328}{3q+1}= 1330-\frac{1328}{3q+1} $

Do $n$ nguyên nên $3q+1|1330$

Từ đó tìm được các nghiệm $(a,b,n)$ sau

$\boxed{(1,1,2);(2, 2, 998); (32, 32, 1247); (2^{55}, 2^{55}, 1322); (2^{221}, 2^{221}, 1328)}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 10-06-2013 - 22:46

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#34 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 10-06-2013 - 23:08

Bài toán 26: Cho $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\forall n \in \mathbb{N}:an^3+bn^2+cn+d$ là số nguyên.Chứng minh $6a;6b;6c;6d$ là các số nguyên.

-46-


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#35 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-06-2013 - 01:35


Bài toán 17: Tính $S_m=\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } $

Bài này nếu đặt ${}\;\;n=\left\lfloor\sqrt{2m-1}\right\rfloor\;\;{}$ thì sau khi tính toán ta được kết quả là:

 

$S_m=nm-{n+1\choose 3}-\left\lfloor\frac{n^2}{4}\right\rfloor$

 

Gợi ý


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#36 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-06-2013 - 18:53


Bài toán 24: Có bao nhiêu nghiệm nguyên của PT $|x|+|y|+|z|=n$ ,nếu ta giả sử các bộ hoán vị của nghiệm $(x_0;y_0;z_0)$ được tính là các nghiệm khác nhau ?

 

Bài này có thể làm như sau:

 

Với $n=0$ hiển nhiên phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,z)=(0,0,0)$

Với $n>0$

$\boxed{\textbf{Case 1:}}$

Xét bộ nghiệm có dạng $(0,b,c)$ với $b\ne 0\ne c$ (và tương tự cho $(a,0,c)$ và $(a,b,0)$)

Với mỗi bộ $(0,b,c)$ thì tương ứng có $2^2=4$ bộ nghiệm thỏa mãn (là $(0,b,c);\;(0,-b,c);\;(0,b,-c);\;(0,-b,-c)$) nên ta chỉ cần đếm số bộ nghiệm nguyên dương của phương trình ${}\quad b+c=n$

Số nghiệm này bằng ${n-1\choose 1}=n-1$ (Bài toán chia kẹo Euler)

 

Như vậy các trường hợp 1, cho ta $4.(n-1).3$ bộ nghiệm.

 

$\boxed{\textbf{Case 2:}}$

Xét bộ nghiệm có dạng $(0,0,c)$ với $c\ne 0$ (và tương tự cho $(0,b,0)$ và $(a,0,0)$)

 

Các trường hợp 2 này sẽ cho ta $2^1.1.3=6$ bộ nghiệm.

 

$\boxed{\textbf{Case 3:}}$

Bây giờ chỉ phải xét số bộ nghiệm nguyên dương của phương trình ${}\quad a+b+c=n$ (rồi nhân với $2^3$)

Kết quả (bài toán kẹo Euler) này là: ${n-1\choose 2}$

 

Result: Số nghiệm nguyên của phương trình đã cho là:

 

$S_n=\begin{cases}1&{}\quad n=0\\ 12(n-1)+6+4(n-1)(n-2)=\boxed{4n^2+2}&{}\quad n>0\end{cases}$

 

Hay viết một cách thu gọn lại thì $$S_n=4n^2+2-\left\lfloor\frac{1}{n+1}\right\rfloor$$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#37 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 17-06-2013 - 13:59

[

Bài toán 25: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho các số $\binom{n}{0};\binom{n}{1};...;\binom{n}{n}$ đều là số lẻ.

-43-

Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau:Định lí Lucas:

 

Với mọi $0\leq k\leq 2^{n}-1$ thì $\binom{2^{n}-1}{k}$ là số lẻ.

 

Chứng minh:

 

ta có $\binom{2^{n}-1}{k}=\frac{(2^{n}-1)!}{k!(2^{n}-1-k)!}$

 

Ta sẽ chứng minh $v_{2}((2^{n}-1)!)=v_{2}(k!)+v_{2}((2^{n}-1-k)!)$

 

Thật vậy.Ta kí hiệu $s_{k}(n)$ là tổng các chữ số của $n$ khi viết trong hệ cơ số $k$.

 

Ta có $v_{2}(n)=n-s_{2}(n)$ (quen thuộc)

 

Từ đó ta phải cm $s_{2}(2^{n}-1)=s_{2}(k)+s_{2}(2^{n}-1-k)$

 

Đặt $k=a_{0}+a_{1}.2+...+a_{m}2^{m}$ với $a_{i}$ bằng $0$ hoặc $1$)$\Rightarrow s_{2}(k)=a_{0}+a_{1}+..+a_{m}$

 

Và $2^{n}-1-k=(1-a_{0})+(1-a_{1}).2+...+(1-a_{m}).2^{m}+2^{m+1}+...+2^{n-1}$

 

$\Rightarrow s_{2}(2^{n}-1-k)=s_{2}(2^{n}-1)-s_{2}(k)$ (bổ đề được cm)

 

Áp dụng vào bài toán ta có ngay DPCM.



#38 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-06-2013 - 17:11

Bài toán 26 :

Ta sử dụng 1 bổ đề cơ bản tr0ng đa thức : Mọi đa thức bậc $n$ đều có thể được biểu diễn dưới dạng :

$$P_{n}(x)=b_0+b_1.\binom{x}{1}+b_2.\binom{n}{2}+.....+b_{n}.\binom{x}{n}$$

Kết quả này có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp the0 $n$.

-----------

Quay trở lại bài toán, viết lại $an^3+bn^2+cn+d=A.\binom{n}{3}+B.\binom{n}{2}+C.\binom{n}{1}+D.\binom{n}{0}$. Do đa thức này nhận giá trị nguyên với mọi $n$ nguyên, thay lần lượt các giá trị của $n=1,2,3,4$ ta có :

$$C.\binom{1}{1}+D.\binom{1}{0}\in \mathbb{Z}$$

$$B.\binom{2}{2}+C.\binom{2}{1}+D.\binom{2}{0}\in \mathbb{Z}$$

$$A.\binom{3}{3}+B.\binom{3}{2}+C.\binom{3}{1}+D.\binom{3}{0}\in \mathbb{Z}$$

$$A.\binom{4}{3}+B.\binom{4}{2}+C.\binom{4}{1}+D.\binom{4}{0}\in \mathbb{Z}$$

Bằng 1 vài phép cộng trừ đơn giản ta sẽ có $A,B,C,D\in \mathbb{Z}$, từ đó :
$$6(an^3+bn^2+cn+d)=6\left(A.\binom{n}{3}+B.\binom{n}{2}+C.\binom{n}{1}+D.\binom{n}{0}\right)$$
$$=A.n(n-1)(n-2)+B.n(n-1)+C.n+D$$
Suy ra $a,b,c,d$ cũng là số nguyên.
***
Tổng quát :

Mọi đa thức bậc $n$ đều có thể được biểu diễn dưới dạng :

$$P_{n}(x)=b_0+b_1.\binom{x}{1}+b_2.\binom{n}{2}+.....+b_{n}.\binom{x}{n}$$

Và đa thức $P_{n}(x)$ nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi tất cả các hệ số $b_i$ ($i=\overline{1;n}$) đều nguyên.

 

------------

Đề mới :

Bài 27 :

Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b$ thoả mãn $ab>1$ và :

$$\frac{a^2+ab+b^2}{ab-1}\in \mathbb{N}$$

Bài 28 :

Ch0 $A$ là 1 số nguyên khác $0$, giải hệ phương trình nghiệm nguyên :

$$x+y^2+z^3=A\,,\,\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}=\frac{1}{A}\,,\,xy^2z^3=A^2$$


$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#39 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 17-06-2013 - 18:15

Bài 28 :

Ch0 $A$ là 1 số nguyên khác $0$, giải hệ phương trình nghiệm nguyên :

$$x+y^2+z^3=A\,,\,\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}=\frac{1}{A}\,,\,xy^2z^3=A^2$$

 

Bài này làm sao ý!!!,thôi cứ giải vậy!

Theo bài ra ta có;$\frac{1}{x}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{3}}=\frac{1}{x+y^{2}+z^{3}}$.

Đây là bài toán quen thuộc,từ đây suy ra:

$(x+y^{2})(y^{2}+z^{3})(z^{3}+x)=0$.

+)$x=-y^{2}$.Suy ra $z^{3}=A$ và $z^{3}.y^{4}=-A^{2}$.Do đó $y^{4}=-A$.Do đó 

$y^{4}=-z^{3}=-A$,Nên $y=k^{3},z=-k^{4}\Rightarrow A=-k^{12}$

+)Các trường hợp còn lại làm tương tự.



#40 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-06-2013 - 22:59

Lời giải bài 27:

Giả sử $\frac{a^2+b^2+ab}{ab-1}=n\in \mathbb{N}^{*}$, ta có :

$$a^2+b^2-(n-1).ab+n=0$$

Giả sử $(a_{0},b_{0})$ là nghiệm có tổng nhỏ nhất của phương trình trên, không mất tính tổng quát ta giả sử $a_0\geq b_0$

Ta xét phương trình :

$$f(a)=a^2-(n-1).b_0.a+b_0^2+n=0$$

The0 Vìete phương trình này ngoài nghiệm $a_0$ còn có nghiệm $a_1=(n-1).b_0-a_0=\frac{b_0^2+n}{a_0}$, suy ra $a_1\in \mathbb{N}^{*}$.

Vậy $(a_1;b_0)$ cũng là 1 cặp nghiệm của phương trình đầu. Nên $a_1+b_0\geq a_0+b_0\Rightarrow a_1\geq a_0\geq b_0$

The0 định lý về dấu của tam thức bậc 2, $f(b_0)\geq 0$

$$\Leftrightarrow b_0^2.(3-n)+n\geq 0$$

$$\Leftrightarrow b_0^2.(n-3)\leq n$$

Nhận thấy $n>3$ do $a^2+b^2\geq 2ab$ nên :

$$b_0\leq \frac{n}{n-3}\leq 4\Rightarrow n\in \{1;2\}$$

Nếu $b_0=1$, ta có $a^2-(n-1).a+(n+1)=0$, $\Delta =(n-1)^2-4(n+1)=(n-3)^2-12$ là số chính phương, nên $(n-2)^2-12=X^2\Leftrightarrow (n-3-X)(n-3+X)=12$, loại trực tiếp ta có $n=7$.

Nếu $b_0=2$, ta có $a^2-2(n-1).a+(n+4)=0$, $\Delta  =4(n-1)^2-4(n+4)=(2n-3)^2-21$ là số chính phương, nên $(2n-3)^2-21=Y^2\Leftrightarrow (2n-3-X)(2n-3+X)=9$, loại trực tiếp ta có $n=4$.

 ****

Đã x0ng công đoạn tìm $n$ với Vieta Jumping Menthod, h là tìm nghiệm với pt Markov.

$\bullet$ với $n=7$ ta có ngay nghiệm khởi đầu bằng $(1;2)$. (Với giả sử $a\leq b$)

Ta có phương trình :

$$a^2+b^2-6ab=-7$$

Với nhận xét : Nếu dãy số $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=\alpha;u_{1}=\beta$, $u_{n+1}=a.u_n-u_{n-1}$ ta luôn có :

$$u_n^2+u_{n-1}^2-a.u_n.u_{n-1}= \alpha^2+\beta^2-a.\alpha.\beta$$

Ta dễ dàng có nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=1;u_{1}=4$, $u_{n+1}=6.u_n-u_{n-1}$

$\bullet$ với $n=4$ ta có ngay nghiệm khởi đầu bằng $(2;2)$. 

Phương trình trở thành $a^2+b^2-3ab=-4$.

Làm tương tự trên là có ngay nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=2;u_{1}=2$, $u_{n+1}=3.u_n-u_{n-1}$....

Spoiler

Bài toán 28 :

Ch0 số tự nhiên $n$, chứng minh rằng với mỗi $m=0;1;...;2^{n}-1$ luôn tồn tại $k$ sa0 ch0 :

$$\frac{1}{2}k(k-1)\equiv m \pmod{2^{n}}$$

Bài toán 29:

Ch0 $F_{n}$ là dãy số Fibonacci. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $k$ luôn tồn tại số tự nhiên $i$ sa0 ch0 $10^{k}$ chia hết $F_i$

Bài toán 30 :

Ch0 $n>4$ là hợp số thỏa $n| \sigma (n). \varphi (n)+1$

Chứng minh rằng $\omega (n)\geq 3$ Với $\omega(n)$ là số các ước nguyên tố của $n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 01-07-2013 - 21:52

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh