Đến nội dung


dogsteven

Đăng ký: 01-05-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển trường Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

14-10-2017 - 00:39

Bài 2. Đầu tiên ta có $a_n>2\;\;\forall n\in\mathbb{N}^*$ nên $|a_{n+1}-3|=\dfrac{1}{a_n}.|a_{n}-3|<\dfrac{1}{2}.|a_{n}-3|$

Do đó theo định lý Stolz, ta có $3=\lim a_{n}=\lim \dfrac{a_1+a_2+...+a_{n}}{n} \geqslant a$

Ta sẽ chứng minh $a=3$ thỏa mãn.

Nhận xét là $a_{n}>3$ nếu $n$ lẻ và $a_n<3$ nếu $n$ chẵn.

Với $n=1$ thì $a_1+a_2+...+a_n>3n$. Giả sử $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với $n\geqslant 1$

Khi đó, $n$ chẵn thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3n+a_{n+1}>3(n+1)$

$n$ lẻ thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3(n-1)+a_{n}+a_{n+1}=3(n-1)+a_n+\dfrac{3}{a_n}+2=3(n+1)+\dfrac{(a_n-3)(a_n-1)}{a_n}>3(n+1)$

Do dó theo quy nạp ta có $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với mọi $n$.

Do vậy mà $VT\geqslant \sqrt{n^2x^2+(a_1+a_2+...+a_n)^2}>n\sqrt{x^2+9}$

 

Bài 5. Thay $y=0\Rightarrow f(x+f(0))=f(x)$, do $f$ đơn điệu và $f\equiv c$ không thỏa nên $f(0)=0$

Thay $x=0\Rightarrow f(f(y))=y^n$

TH1: $n$ chẵn

- Nếu $f$ đồng biến thì xét $0>x>y$.

Khi đó $f(x)\geqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

- Nếu $f$ nghịch biến thì xét $0>x>y$.

Lúc này $f(x)\leqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

TH2: $n$ lẻ

Thay $x=f(1), y=1$ ta được $2^n=2$ nên $n=1$. Thay $y=f(y)$ ta được $f(x)+f(y)=f(x+y)$

Áp dụng chứng minh phương trình hàm Cauchy cho hàm đơn điệu ta suy ra $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rị...

14-10-2017 - 00:21

Bài 1b. Xét nội suy Abel: $P(x)=a_0+a_1.x+a_2.x(x-1)+...+a_{n}.x(x-1)(x-2)...(x-n)$

Thay lần lược $x=0, 1, 2, ..., n$ ta được $a_i.i!\in\mathbb{Z}$

Do đó với mỗi số nguyên $x$ thì $a_i.x(x-1)...(x-i+1)=a_i.i!.C^{i}_{x}\in\mathbb{Z}$ nên $P(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.

Bài 5b.

Ta sẽ đếm số bộ $(\{x,y\}, A)$, trong đó hai giám khảo $x, y$ đánh giá giống nhau thí sinh $A$.

Vì hai giám khảo bất kỳ đánh giá nhau đúng $k$ thí sinh nên có $\dfrac{kn(n-1)}{2}$ bộ như thế.

Xét một học sinh bất kỳ, giả sử có $a, b, c$ giám khảo đánh giá loại $A, B, C$ thì có $\dfrac{a^2+b^2+c^2-n}{2}$ bộ như thế.

Mà $a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2+2}{3}$ do $n^2$ chia $3$ dư $1$

Do đó $kn(n-1)\geqslant \dfrac{1}{3}m\left(n^2-3n+2\right)$ hay $k\geqslant \dfrac{m(n-2)}{3n}$


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rị...

07-10-2017 - 15:09

Có ai giúp ghi đề ra được không, không thấy được đề. Để ảnh FB thì ggwp


Trong chủ đề: Đề chọn đội tuyển QG Dak Lak năm 2017-2018

27-09-2017 - 20:38

Bài 4. Để thành lập một tích, ta thực hiện chọn hoặc không chọn lần lược từng phần tử. $\Rightarrow \sum\limits_{\mathbb{M}\subset \mathbb{A}} \prod\limits_{x\in \mathbb{M}} x = \prod\limits_{x\in\mathbb{A}} (x+1)$

Do đó tổng cần tính là $\prod\limits_{k=0}^{n}\left(2^{2^k}+1\right)-1 = 2^{2^{n+1}}-2$


Trong chủ đề: Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

25-09-2017 - 23:19

Bài 5. Giả sử ta có số $n$ thỏa mãn. Khi đó ước nguyên tố $p$ của $n$ cũng thỏa mãn.

Lúc này $\{i^4+i^3+i^2| i=\overline{0,p-1}\}$ là HDD modulo $p$

Khi đó áp dụng định lý Wilson ta có: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}i^2(i^2+i+1)\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1)  \equiv -1 \pmod{p}$

Xét $p=3$ không thỏa. Xét $p\geqslant 5$

TH1: $p=6k+1$ thì tồn tại $i$ để $i^2+i+1\vdots p$

TH2: $p=6k-1$ thì $\{i^3| i=\overline{1, p-1}\}$ là HDD mod $p-1$

Do đó theo định lý Wilson: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1) \equiv -3\prod\limits_{i=2}^{p}(i^3-1)\equiv 3\pmod{p}$

 

Do đó $p=2$ nên $n=2^k$, dễ thấy $n=4$ không thỏa nên $n=2^k$ với $k\geqslant 2$ không thỏa.

Như thế chỉ có $n=2$