Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


canhhoang30011999

Đăng ký: 30-05-2013
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 17:44
****-

#667392 Đề cử Thành viên nổi bật 2016

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 06-01-2017 - 22:43

Tên ứng viên: Baopbc, Quanghung86, Zaraki, Bangbang1412, I Love MC

Thành tích nổi bật: khuấy động phong trào Olympic của diễn đàn




#656529 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 02-10-2016 - 23:03

Câu 1:

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế giá trị $x,y$

$2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x[f(2x)+4f(f(y))]$ $(1)$
$P(0,y)\implies f(0)=0$
$P(x,0)\implies 4f^2(x)-2f(x^2)=xf(2x)$ $(2) 

Thay vào $(1)\implies f(x)f(x+y)=f^2(x)+xf(f(y))$ $(3)$

$P(x,-x)\implies f^2(x)=-xf(f(-x))$ $(4)$

$P(2x,-x)$ và áp dụng $(4)\implies f(2x)f(x)=f^2(2x)-2f^2(x)$

$\iff \left [ f(2x)-2f(x) \right ]\left [ f(2x)+f(x)  \right ]=0\iff f(2x)=2f(x)$ hoặc $f(2x)=-f(x)$
 

TH1: $ f(2x)=2f(x)$

$P(x,x)\implies4f^2(x)-f(x^2)=xf(x)+2xf(f(x))$

Áp dụng $(2)$ và $(4)$ $\implies f^2(x)=xf(f(x))=f^2(-x)$

Nếu $f(x)=f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm chẵn, khi đó thay $y=-2x$ vào $(3)$

$\implies f(x)f(-x)=f^2(x)+xf(f(-2x))\iff f(f(-2x))=0 \forall x\in \mathbb{R}\implies f(f(x))=0$

Khi đó $f(x)=f(x+y)\forall y\in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm lẻ, khi đó:

$P(x,-y)\implies f(x)f(x-y)=f^2(x)+f(f(-y))=f^2(x)+f(-f(y))=f^2(x)-f(f(y))$

Cộng vế theo vế$\implies f(x-y)+f(x+y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y)$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

$\implies f(x)=cx$ với $c$ là hằng số

Thay vào $(1)$ suy ra $c=1\implies f(x)=x$

 

TH2: $f(2x)=-f(x)$

$P(1,0)\implies f(1)=0$ hoặc $f(1)=\frac{1}{4}$

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,y)\implies f(f(y))=0$

Tương tự suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=\frac{1}{4}$

Thay $x=y=1$ suy ra $f(\frac{1}{4})=-\frac{1}{8}$

$\implies f(\frac{1}{8})=-f(\frac{1}{4})=\frac{1}{8}$

Khi đó thay $x=y=\frac{1}{8}$ vào $(1)$ suy ra vô lí

 

Thử lại thấy có 2 hàm $f(x)=x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

bạn giải thích đoạn này cái




#656277 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017 ngày 1

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 01-10-2016 - 20:49

Bài 4

sau phép biến đổi đầu ta đc 4 số (d,a,b,c) thỏa a+b+c+d=0

sau phép biến đổi thứ 2 ta đc 4 số (a+b+c-3d,b+c+d-3a,c+d+a-3b,a+b+d-3c)=(-4d,-4a,-4b,-4c)

sau phép biến đổi thứ 3 ta đc 4 số (16d,16a,16b,16c)

giả sử a=Max(a,b,c,d) khi đó a>0 và ta có sau 1 số phép biến đổi sẽ xuất hiện số $16^n.a$ với n lớn tùy ý

khi đó trong 4 số có số lớn hơn 2016




#654990 Đề thi chọn đội tuyển PTNK ngày 1 năm 2016-2017

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 21-09-2016 - 15:44

Bài 1

Nếu $a>1$ ta có $u_{n}>1$ với mọi n nên $u_{n+1}=2u_{n}-1$

dễ thấy trong trường hợp này ta có dãy ko hội tụ

nếu $a=1$ ta có $lim u_{n}=1$

nếu $0 \geq a \geq -1$ thì ta có $lim u_{n}=-1$

nếu $1> a > 0$ thì ta có $1>u_{1}>-1$

nếu $1>u_{i} >0$ thì ta có $1>u_{i+1}>-1$

nếu $0\geq u_{i} \geq{-1} $ ta có $u_{i+1}=-1$

nên $1> u_{n} \geq -1$ với mọi n

nếu tồn tại $i$ sao cho  $0\geq u_{i} \geq{-1} $ thì ta có $limu_{n}=-1$

nếu $1>u_{n}>0$ với mọi $n$ thì khi đó $u_{n+1}-u_{n}=u_{n}-1<0$ nên $u_{n}$ giảm

suy ra $u_{n}$ hội tụ về $a$ khi đó $a=1$ (vô lí do $u_{n}$ giảm)

vậy với $1>a \geq -1$ thì $lim U_{n}=-1$

nếu $-1 >a > -3$ thì ta có $-1>u_{1} \geq -2 >-3$ nên bằng quy nạp ta có $-1>u_{n}>-2$ với mọi $n$

khi đó $u_{n+1}-u_{n}=(u_{n}+1)(u_{n}+2)<0$ nên $u_{n}$ giảm nên $u_{n}$ hội tụ

khi đó $lim u_{n}=-2$

nếu $ -3 \geq a > -2-\sqrt{3}$ thì $-1 \leq u_{1} <1$ nên làm như trên ta có $limu_{n}=-1$

nếu $a=-2-\sqrt{3}$ thì $u_{1}=1$ làm như trên ta có $lim u_{n}=1$

nếu $a <-2-\sqrt{3}$thì $u_{1}>1$ khi đó làm như trên ta  có $u_{n}$ phân kì

vậy $1 \geq a \geq -2-\sqrt{3}$ thì $u_{n}$ hội tụ 




#654335 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Bình

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 15-09-2016 - 22:11

Bài 1  dễ thấy $a=-2016$ không thỏa mãn

Với $a>-2016$ thì dãy ta sẽ cm tồn tại $n_0$ sao cho $x_{n+1}-x_{n}>0$ với mọi $n>n_{0}$

tương đương với $2016\geq a(\sqrt[3]{n^{3}+1}-\sqrt[3]{(n+1)^{3}+1})$

tương đương với$ a.x_{n} \geq -2016$ với $lim x_{n}=1$ ($x_{n}=-\sqrt[3]{n^{3}+1}+\sqrt[3]{(n+1)^{3}+1}$)

ta có a>-2016 nên tồn tại w>0 sao cho a=-2016+w

khi đó ta cần cm tồn tại $n_0$ sao xho $x_n< frac{2016}{2016-w}$

mà ta có tồn tại $ n_0$ sao cho $x_{n}<1+\frac{w}{2016}<\frac{2016}{2016-w}$ với mọi $n>n_0$

từ đó ta có đpcm




#654265 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Bình

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 15-09-2016 - 15:19

Câu 1:  giống như ở đây

 

Mình nghĩ lời giải của anh Juliel bị thiếu phần cm $a \geq -1$ thỏa mãn đk(mà hình như $a=-1$ không thỏa mãn)




#652515 $\frac{3xy-1}{x+y}\not\equiv 4(mod6)...

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 03-09-2016 - 00:09

giả sử phản chứng ta có $\frac{3xy-1}{x+y}=3x-\frac{3x^{2}+1}{x+y} \equiv 4(\bmod 6)$

từ đó ta có$\frac{3x^{2}+1}{x+y}\equiv -1 (\bmod 6)$

đặt $x+y=2^t.l,3x^{2}+1=2^{t}.n$

ta có các ước nguyên tố của $l,n$ đều có dạng 6k+1 nên vô lí




#649509 Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 2

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 13-08-2016 - 23:04

ta có $\frac{1}{a^{2013}}+\frac{1}{(p-a)^{2013}} =\frac{2013p.a^{2012}}{a^{2013}(p-a)^{2013}} (\bmod p)$

nếu $p/2013$ thì bài toán cm xong

nếu $(p,2013)=1$ thì ta đưa bài toán về cm

$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)^{2013}}\equiv 0 (\bmod p)$

hay $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^{2014}}\equiv 0 (\bmod p)$

do mỗi i bất kì luôn tồn tại j sao cho $ij \equiv 1 (\bmod p)$ 

nên ta có $\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^{2014}} = \sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}$

gọi $a_{1},a_{2},...a_{t}$ là các đồng dư phân biệt của $i^{2014}$

ta có mỗi $a_{i}$ được xuất hiện $\frac{p-1}{t}$ lần

từ đó xét đa thức $(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{t}) -x^{t}+1$

ta có $a_{1}.a_{2}...a_{t}=x^{2014}a_{1}.x^{2014}a_{2}...x^{2014}a_{t} (\bmod p)$

nên $x^{2014t} =1 (\bmod p) $

mà luôn tồn tại $x$ sao cho $a_{i} =x^{2014} (\bmod p)$ nên ta có đa thức trên có t nghiệm

Nếu t=1 thì ta có $p-1 /2014$ (vô lý do p khác 107)

nếu $t>1$ thì $ \sum_{i=1}^{t}  a_{i}=0 (\bmod p)$

mà $\sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}=\frac{p-1}{t}( \sum_{j=1}^{t} a_{j}) =0$ (đpcm)




#649401 Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 1

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 13-08-2016 - 15:51

Bài 1:

Xét hàm số $f(x)=\frac{x+a}{1+ax}$.

Khi đó, $f'(x)=\frac{1+ax-a(x+a)}{(1+ax)^{2}}=\frac{1-a^{2}}{(1+ax)^{2}}<0$ $\forall \frac{1}{2}<a<1$.

Mặt khác, $x_{1}=\frac{a_{1}+x_{0}}{1+a_{1}x_{0}}=\frac{a_{1}+a_{0}}{1+a_{1}a_{0}}>a_{0}=x_{0}$ nên $(x_{n})$ là dãy tăng.

Và bằng qui nạp, ta chứng minh được $x_{n}<1$ $\forall n \geqslant 0$ nên dãy $(x_{n})$ hội tụ. Vì $(a_{n})$ là dãy bị chặn nên có thể trích ra một dãy con $(a_{n_{k}})$ hội tụ. Nếu ta xét dãy con $(x_{n_{k}})$ thì $\lim_{k\rightarrow \infty}x_{n_{k}}=\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}$. Giả sử $(x_{n_{k}})\rightarrow x$ và $(a_{n_{k}})\rightarrow a$. Ta sẽ có phương trình 

$x=\frac{x+a}{1+ax}\Leftrightarrow x=1$ (do $a>0$ và $x>0$). Như vậy $\lim_{n\rightarrow \infty}x_{n}=1$

 

Bài này ko thể dùng pp xét hàm đc vì $a_n$ thay đổi 

ta có $\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-1}=\frac{(x_{n}-1)(a_{n+1}-1)}{(x_{n}+1)(a_{n+1}+1)}$

nên $\frac{1-x_{n+1}}{1+x_{n+1}}=\prod_{i=0}^{n+1}\frac{1-a_{i}}{1+a_{i}}$

mà $0\leq \frac{1-a_i}{1+a_i}\leq \frac{1}{3}$

nên $0\leq \frac{1-x_{n+1}}{1+x_{n+1}}\leq \frac{1}{3^{n+1}}$

nên $lim x_{n}=1$




#646234 Đề thi thử VMO 2015 của Viện Toán Học.

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 24-07-2016 - 15:21

Bài 3 ngày 1

xét tại mỗi hàng ta đánh tùy ý $m-1$ ô đầu và ô cuối đánh sao cho hàng đó có chẵn ô đen

có $2^{m-1}$ cách đánh

Đánh như vậy ở $n-1$ hàng nên có $2^{(n-1)(m-1)}$ cách đánh

Xét hàng cuối ta đánh sao cho mỗi cốt có số ô đen là số chẵn

Dễ thấy khi đó hàng cuối cũng có chẵn ô

Ta có vs cách đánh này ta xác định đc tất cả các TH thỏa mãn đề bài

Vậy có $2^{(n-1)(m-1)}$ cách đánh




#643797 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:32

Bài 68 Cho $y \in N^{*}$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $4/p+1$ và $p$ là ước của 1 số có dạng $2^{n}y+1$ (n nguyên dương)

p/s anh IMOer post lời giải bài 64 được không ạ?




#643792 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:11

Bài 67  (bài này có trong sách của mình)

ta có phương trình Fec-ma $a^{4}+b^{4}=c^{2}$ và $a^{4}+b^{4}=2c^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường nên $x^{2^{k}}+y^{2^{k}}$ không là số chính phương cũng không là 2 lần số chính phương 

Từ đó ta có tồn tại $p$ lẻ sao cho $v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ

khi đó ta có $x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}} \equiv 0 (\bmod p)$

suy ra tồn tại a sao cho $ a^{2^{k+1}} \equiv 1 (\bmod p)$

từ đó dễ thấy $2^{k+1}$ là cấp của $a$ mod $p$ từ đó ta có $p-1$ chia hết cho $2^{k+1}$

$=> v_{p}(x^{p-1}-y^{p-1})=v_{p}(x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}})=v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ (đpcm)




#642440 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 27-06-2016 - 14:58

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

có thể bạn nhầm đề nhưng $p=4^{n}+1$ mà




#642244 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 11:00

Bài 62 Tìm a,b,c nguyên dương sao cho

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

nguồn (Iran TST 2013)

P/s:Anh IMOer có thể đăng cách giải bài 61 của anh được không ạ




#642234 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 10:03

Lời giải bài 61:

Gọi các số nguyên tố bé hơn 2016 lần lượt là $p_{1},p_{2},...p_{k}$ 

theo nguyên tắc Đi-rich-lê thì tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}p_{3}..p_{k}+2$ và vô hạn số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}^{2}p_{3}..p_{k}+2$  

Khi đó tồn tại vô số $p$ là 1 số nguyên tố bất kì là 1 trong 2 dạng trên thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ lẻ

theo định lí Trung Quốc về phần dư thì tồn tại n sao cho

$n\equiv 0 (\bmod p), \\ n\equiv 0(mod \frac{p-1}{2})\\ n\equiv 1(mod 2016!)$

Khi đó $a^{n} \equiv +1,-1 (mod p)$

nên $p/d-3$ hoặc $d-1$ hoặc $d+1$ hoặc $d+3$

do có vô số $p$ nên $d=1$ hoặc $d=3$ hoặc $d=-1$ (loại) hoặc $d=-3$ (loại)

nếu d=1 thì theo Đi-rich-lê thì tồn tại vô số nguyên tố q dạng $p_{1}p_{2}..p{k}t+1$ khi đó chọn $n=2q-1$ thì ta có $a+b+c-1$ chia hết cho $q$

$=>a+b+c=1$ (vô lý)

Nếu $d=3$ thì chọn $n=4q-3$ thì thì $a+b+c-3$ chia hết cho $q$ nên $a+b+c=3 $ do đó $a=b=c=1$