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.


pdtienArsFC

Đăng ký: 20-09-2013
Offline Đăng nhập: 15-01-2017 - 17:23
***--

#664764 Bài kiểm tra Trường Đông Toán học 2016 - Viện Toán học Hà Nội

Gửi bởi pdtienArsFC trong 15-12-2016 - 23:48

Câu 2: Đầu tiên ta tính $f(-1)$, $f(0)$ và $f(1)$ bằng cách thay lần lượt $x$ bởi $-1$, $0$, $1$ vào giả thiết (2) được $f(-1), f(0), f(1) \in \left\{-1; 0; 1\right\}$.
Nếu $f(-1)=0$, suy ra $f(0)=1$, suy ra $f(1)=2$, vô lý.
Nếu $f(-1)=1$, suy ra $f(0)=2$, vô lý.
Vậy $f(-1)=-1$, suy ra $f(0)=0$ và $f(1)=1$.
Bằng quy nạp chứng minh được $f(n)=n, \forall n \in \mathbb{Z}$.
Bây giờ mình sẽ tính $f\left(\dfrac{p}{q}\right)$ với $p, q \in \mathbb{Z}$.
Ta tính $f\left(\left(\dfrac{p}{q}+q^2\right)^3\right)$ bằng hai cách để suy ra đẳng thức sau:
$$\left(f\left(\dfrac{p}{q}\right)-\dfrac{p}{q}\right)\left(f\left(\dfrac{p}{q}\right)+\dfrac{p}{q}+q^2\right)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{lcl} f\left(\dfrac{p}{q}\right)=\dfrac{p}{q} \\ f\left(\dfrac{p}{q}\right)=-\dfrac{p}{q}-q^2\end{array}\right.$$
Giả sử tồn tại $p, q \in \mathbb{Z}$ sao cho $f\left(\dfrac{p}{q}\right)=-\dfrac{p}{q}-q^2$, từ điều kiện 1 dễ suy ra điều vô lý.
Vậy $f\left(\dfrac{p}{q}\right)=\dfrac{p}{q}$ hay $f(q)=q, \forall q \in \mathbb{Q}$.
Thử lại thỏa.

Câu nói mang tính ngộ nhận quá bạn ơi :D Nếu có thể bạn giải thích rõ hơn nhé.

Thay vào đó, bạn có thể tính $f\left(\left(\dfrac{p}{q}-q^2\right)^3\right)$ bằng 2 cách, kết hợp với cái bạn có thì ta được đpcm nhé :P




#658886 Đề thi lập đội tuyển dự thi Học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 THPT, tỉnh Thái Ngu...

Gửi bởi pdtienArsFC trong 23-10-2016 - 11:01

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=1$ ta được $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

Xem lại lời giải bạn, lời giải bài toán còn có nghiệm: $f(x)=x^2+x$ nữa nhé!!

Chữ đỏ nhầm nhé, thay y bởi -y nên đó thành $(1-y)f(x)$ và nếu cứ thay $y=1$ như em thì không rút ra được điều gì nhé!




#657188 Nghệ An 2016-2017

Gửi bởi pdtienArsFC trong 09-10-2016 - 00:18

Câu dãy ngày 1

Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi: 

$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $ 

Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì

k cố định bạn à, ra để lừa mấy đứa dùng Stolz thôi  :D




#657183 Đề chọn đội tuyển học sinh quốc gia thành phố Hồ Chí Minh năm 2016-2017 (ngày 2)

Gửi bởi pdtienArsFC trong 08-10-2016 - 23:28

 

Câu 1: đặt x(n) =|u(n)-1|.Ký hiệu |a| chỉ phần nguyên của a.
Ta sẽ chứng minh được 2x(n+2)<x(n+1)+x(n). Đặt x(n)=a, x(n+1)=b với a,b>0.
Ta có x(n+2)=|(u(n+1)-u(n)|/|u(n)-2|.
Nếu u(n)=1+a, u(n+1)=1+b, thì x(n+2)=|a-b|/|3+a|<(a+b)/2.tương tự với u(n)=1+a, u(n+1)=1-b.
Còn với u(n)=1-a, u(n+1)=1+b, thì có a<1 do u(n)>0. Và x(n+2)=|a+b|/|3-a|<(a+b)/2. Tương tự với th u(n)=1-a và u(n+1)=1-b.
Tóm lại ta luôn có x(n+2)<(x(n+1)+x(n))/2. Lại có x(n) bị chặn do 0<u(n)<2. Suy hra x(n) hội tụ suy ra u(n) hội tụ.
Với cách làm này chỉ cần u(1) và u(2) dương là đủ

 

Với cách làm này dùng nguyên lý kẹp để tìm ra $lim x_{n}$ thì cần gì $u_{n}$ bị chặn nữa ạ




#656684 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Vũng Tàu năm 2016-2017

Gửi bởi pdtienArsFC trong 04-10-2016 - 18:31

Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.

Thay $y=0$ ta thấy $f(0)=0$.

Giả sử tồn tại a khác 0 thỏa mãn $f(a)=0$.

.....

Thế đã được chưa em??




#656679 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Vũng Tàu năm 2016-2017

Gửi bởi pdtienArsFC trong 04-10-2016 - 17:29

Bài 4: 

2.      $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$             (1)        

P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)

Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.

$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$

$P(1,-1) \Rightarrow f(1-f(1))=f(1)-1$

$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$

$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$

$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$    (2)

Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:

$f(y+f(x))=f(y)+x$               (3)

Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$

Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$        (4)

$P(f(x),y)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$      (5)

Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$. 




#656149 Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia vòng II thành phố Hà Nội 2016-2017

Gửi bởi pdtienArsFC trong 30-09-2016 - 20:45

$P\left ( x,y \right )$ là phép thế cho $x,y$ : $f\left ( x^{2}-f^{2}(y) \right )=xf(x)+y^2$  $(1)$

1, Ta chứng minh $f(0)=0\Leftrightarrow x=0$

Đặt $-f^2(0)=a$ .$P\left ( 0,0 \right )\Rightarrow f\left ( a \right )=0$

$P(0,a)\Rightarrow f(0)=a^2\Rightarrow f(0)=0\vee f(0)=1$

Xét $f(0)=1$ , $P(-1,0)\Rightarrow f(0)=-f(-1)$ (vô lý ) do $f(0)=1$ và $f(-1)=f(a)=0$

$\Rightarrow f(0)=0.$Do đó $P(x,0)\Rightarrow f(x^2)=xf(x) (*) \Rightarrow$ với $f(y)=0$ , từ $(1)$ $\Leftrightarrow y=0$

2/ Ta chứng minh $f$ toàn ánh.

Từ $(*)$ dễ thấy $f$ là hàm lẻ với $x\neq 0$. Lại có $P(0,x)\Rightarrow f\left ( -f^2 (x)\right )=x^2$ 

Từ đó $\Rightarrow f$ toàn ánh 

3/ Chứng minh $f(x)=-x$

Từ các phép thế trên , ta có $f\left ( x^2-f^2(y) \right )=f(x^2)+f(-f^2(y))$ .Lại có $f$ toàn ánh và hàm lẻ $\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

$\Rightarrow f(x)=kx$ . Thế vào $(1)$ dễ thấy $k=-1$. 

Vậy $f(x)=-x$

Chữ đỏ sai nhé, toàn ánh + hàm lẻ +cộng tính không suy ra được $f(x)=kx$

 

 

Làm tiếp từ đoạn f(0)=0, f hàm lẻ. Do đó thì $f(x^2)=xf(x)$ và $f(-f^2(x))=x^2$ .

Ta có: $f(-f^2(x))=x^2$ thì $f(f^2(x))=-x^2$. (Do hàm lẻ)

Trong (1) thay $x$ bởi $x^2$, $y$ bởi $f^2(x)$, ta có: 

$f(x^4-f^{2}(f^{2}(x)))=x^2.f(x^2)+f^4(x)$

$\Rightarrow f(0)=x^3.f(x)+f^4(x)$

$\Rightarrow f(x)=-x$.




#656107 Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia vòng II thành phố Hà Nội 2016-2017

Gửi bởi pdtienArsFC trong 30-09-2016 - 17:09

Ai cho xin lời giải câu 2 với!

$12^x + y^4=56^z$.

Xét mod 3, ta thấy z chẵn và y không chia hết cho 3.

Đặt $z=2k$. Ta có: $12^x=(56^k-y^2)(56^k+y^2)$

Vì $(56^k-y^2)+(56^k+y^2)$ không chia hết cho 3 nên có dạng:

$56^k+y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k-y^2=4^{a_2}$ hoặc

$56^k-y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k+y^2=4^{a_2}$.

TH1: $56^k-y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k+y^2=4^{a_2}$

Do đó: $2.y^2\equiv 4^{a_{2}}$ (mod 3) ( Vô lý vì $2.y^2\equiv 2$  (mod 3) mà $4^{a_{2}}\equiv 1$ (mod 3))

Tương tự với TH2.

Vậy PT có nghiệm $x=y=z=0$




#655905 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA TỈNH QUẢNG TRỊ

Gửi bởi pdtienArsFC trong 28-09-2016 - 21:22

Bài 7: 

a, Gọi I là tâm (SPQ)

$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.

Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$

nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$ 

$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng

 $\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.

b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$

              $DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$

 $\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$




#655883 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA TỈNH QUẢNG TRỊ

Gửi bởi pdtienArsFC trong 28-09-2016 - 20:11

Bài 3: Tứ giác nội tiếp mà các góc đều nhọn là như thế nào?

 

Bài 8: Chứng minh $a^a+b^b+a^b+b^a$ chia hết cho $p$

                              $a^a+b^b-a^b-b^a$ chia hết cho $p$




#654652 Đề chọn đội tuyển Quốc Gia Hà Tĩnh 2016-2017 (2 ngày)

Gửi bởi pdtienArsFC trong 18-09-2016 - 15:25

Bổ đề: Với x là số nguyên dương, $p/\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thì p=19 hoặc $p=19n+1$

Chứng minh: Giả sử $p\not\equiv1 (mod 19)$ do đó (p-1;19)=1, tồn tại k,m thỏa mãn: 19k+(p-1)m=1

nên $x\equiv x^{19k+(p-1)m}=(x^{19})^{k}.(x^{p-1})^m\equiv 1$ (mod p)

Do đó: $\frac{x^{19}-1}{x-1}=x^{18}+...+1\equiv 19(mod p)$ 

Vậy p=19.(xong bổ đề)

Do đó mỗi ước d của $\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thỏa mãn d=19k, hoặc d=19k+1.

Giả sử $(x,y)$ là nghiệm của PT, ta có 

$y-1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

Theo bổ đề thì y=19k+1, hoặc y=19k+2. Do đó $y^{11}+y^{10}+...+1\equiv 11,10 mod 19$

Mặt khác $y^{11}+y^{10}+...+1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

nên $y^{11}+y^{10}+...+1\equiv 1,2 mod 19$ (mâu thuẫn)
Vậy phương trình vô nghiệm

 




#615802 $\frac{1}{\sqrt{x^2+8}}+\fr...

Gửi bởi pdtienArsFC trong 18-02-2016 - 21:56

Giải Phương trình $\frac{1}{\sqrt{x^2+8}}+\frac{1}{\sqrt{8x^2+1}}=\frac{x-\frac{1}{3}}{x^2}$




#591977 Đề thi chọn đội tuyển của TPHCM ngày 2

Gửi bởi pdtienArsFC trong 04-10-2015 - 08:53

12096068_461553617384114_714289377009074

Nguồn : Facebook Mai Xuân Việt

Bài 3

Dễ thấy: $a;b$ lẻ và $(a;b)=1$

Đặt $a^3+b=2^x$; $b^3+a=2^y$

TH1:$a=b$. Dễ dàng suy ra $a=b=1$

TH2: Không mất tính tổng quát giả sử $a>b$ hay $x>y$

Ta có: $a=2^y-b^3$

           $a^3=(2^y-b)^3$

          $a^3+b=2^y.M -b^9+b$

Vì x>y nên $b^3+a|a^3+b$ hay $b^3+a|b^9-b$

                                            $b^3+a|b^8-1=(b^4+1)(b^2+1)(b^2-1)$

Vì $2||b^4+1; 2||b^2+1$ nên $b^3+a||4(b^2-1)$

Do đó: $4(b^2-1) \geq b^3+a \geq b^3$

Từ đó: $b=2;3$. Đến đây bài toàn đã coi như hoàn tất :D  :D .

ĐS: $(a;b)=(1;1),(3;5),(5;3)$




#591764 Chọn đội tuyển HSG quốc gia 2015-2016 Thanh Hóa

Gửi bởi pdtienArsFC trong 02-10-2015 - 22:26

Chọn đội tuyển HSG quốc gia 2015-2016 Thanh Hóa ngày 1.

Nguồn: Facebook.

Hình gửi kèm

  • 12032064_539966242834123_5821899580786829646_n.jpg



#590581 Đề chọn đội tuyển HSG Quảng Bình 2015-2016 ngày 1 và 2

Gửi bởi pdtienArsFC trong 23-09-2015 - 22:56

Đề chọn đội tuyển HSG Quảng Bình 2015-2016 ngày 1

 

 Bài 4 : Tìm tất cả các hàm số liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

   i) $f(x)+x$ có tập giá trị là $\mathbb{R}$

   ii) $f(f(x)+x)=6x$

   iii) $f(1)=2$

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

          

Đặt $g(x)=f(x)+x$

Ta thấy:  i, f liên tục nên g liên tục

              ii, g toàn ánh

Ta có: $f(f(x)+x)=6x$

          $f(f(x)+x)+f(x)+x=(f(x)+x)+6x$

          $g(f(x)+x)=g(x)+6x$ hay $g(g(x))=g(x)+6x$ 

Chuyển bài toán về tìm hàm $g(x)$ liên tục, toàn ánh thỏa mãn $g(g(x))=g(x)+6x$ và g(1)=3

Dễ thấy g đơn ánh +liên tục nên g đơn điệu.

Ta tính đc $f(2)=6$ nên $g(2)=8>g(1)$ nên g tăng thực sự.

Đến đây làm tương tự bài $f(f(x))=f(x)+2x$ là xong  :D  :D 

(Chuyên khảo Phương Trình Hàm trang 391)  :D  :D