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.


maitienluat

Đăng ký: 15-12-2012
Offline Đăng nhập: 04-05-2018 - 22:16
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $\cos [(k-1)x], \cos (kx) \in \mathbb{Q}$

06-06-2014 - 11:25

Ta có nhận xét rằng nếu $\cos x$ là số hữu tỉ thì $\cos (kx)$ cũng là số hữu tỉ, với $k$ là số nguyên dương (do $\cos (kx)=P_k(\cos x)$, với $P_k(x)$ là đa thức Chebyshev loại I với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} n \equiv 0 &(mod k) \\ n \equiv 1 &(mod (k-1)) \end{matrix}\right.$

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy $n=k^2$ ). Ta có đpcm.


Trong chủ đề: Trận 7 - Số học

11-04-2014 - 21:25

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$


Trong chủ đề: Trận 6 - Phương trình và hệ phương trình

28-03-2014 - 21:13

Bài làm:

 

Hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} |x-1|.|y+1|=1 & \\ |x-1|-m.|y+1| \leq m-1 & \end{matrix}\right.$

Đặt $a=|x-1|,b=|y-1|$ thì $a \geq 0, b \geq 0$ và hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} ab=1 & (1)\\ a-mb \leq m-1 & (2) \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta suy ra $a>0$. Do đó $(2) \Leftrightarrow a^2-mab \leq (m-1)a$

$\Leftrightarrow a^2-(m-1)a-m \leq 0$ (do $ab=1$)

$\Leftrightarrow (a+1)(a-m) \leq 0$

$\Rightarrow a \leq m$ (do $a+1 >1>0$)

Biện luận: Nếu $m \leq 0$ thì hệ bất phương trình đã cho vô nghiệm .

                 Nếu $m >0$ thì hệ đã cho có nghiệm (và có vô số nghiệm).


Trong chủ đề: Trận 4 - Đa thức, phương trình hàm

28-02-2014 - 21:37

Bài làm:

 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

Vậy $f(x)=x , \forall x \in \mathbb{Q}$.

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$


Trong chủ đề: Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

08-02-2014 - 12:15

Mở rộng 2: Tổng quát cho số thành phố là $n \geq 3$ bất kì

Ta chỉ cần giải quyết cho trường hợp $n=3k+1$ và $n=3k+2$

Tương tự như bài làm và mở rộng 1, ta có số đường đi không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$

Và $P \leq -3d^2 + 2dn$ với $d=\frac {a+b} {2}$

Xét $n=3k+1$.

Ta có $-3d^2+2dn=-3(d- \frac {n} {3})^2 +\frac {n^2} {3} \leq \frac {n^2} {3} = \frac {9k^2+6k+1} {3} = 3k^2+2k+\frac {1} {3}$

Do $a,b,c$ nguyên nên $P$ nguyên, suy ra $P \leq 3k^2+2k$

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi.

Chia $3k+1$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 1 thành phố $M$, Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$.Dễ thấy cách xây dựng này thoả mãn và có đúng $3k^2+2k$ đường đi.

Xét $n=3k+2$.

Tương tự như trường hợp $n=3k+1$, ta có $-3d^2+2dn \leq 3k^2+4k+ \frac {4} {3}$, nên $P \leq 3k^2+4k+1$.

Ta chỉ ra một cách xây dựng.

Chia $3k+2$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 2 thành phố $M$ và $N$. Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$. Ta tiếp tục xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $C$ đến $N$, từ $N$ đến mọi thành phố thuộc nhóm $B$ và từ $N$ đến $M$. Dễ kiểm tra cách xây này thoả và có đúng $3k^2+4k+1$ đường đi.

Tóm lại, trong mọi trường hợp, số đường đi lớn nhất có thể là $\left \lfloor \frac{n^2}{3} \right \rfloor$ , ở đó $n$ là số thành phố.