Đến nội dung

phamxuanvinh08101997

phamxuanvinh08101997

Đăng ký: 21-05-2014
Offline Đăng nhập: 04-07-2019 - 13:16
-----

#522047 Chứng minh:$P(x)=P(-x)$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 31-08-2014 - 08:08

Cho đa thức $P(x)$ với hệ số thực và $P(x)$ có bậc $6$ thoả mãn:$P(1)=P(-1),P(2)=P(-2),P(3)=P(-3)$. Chứng minh:$\forall x\epsilon \mathbb{R}$ thì $P(x)=P(-x)$

Bài này giả sử đa thức bậc 6 tổng quát thay lần lượt các giá trị 1,-1;2.-2;3-3 suy hệ số của biến có số mũ lẻ bằng 0 từ đây suy ra đpcm




#521846 CM: $u_{n}$ là 1 số nguyên dương.

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-08-2014 - 18:17

Đề đúng mà, vấn đề đâu.

.nếu \[{u_n} = 1\] thì nó nguyên dương còn nếu như mình đoán bạn định viết \[{u_1} = 1\] thì \[{u_2} = \frac{{3 + \sqrt {5 - 1} }}{2} = \frac{5}{2}\]

nó không nguyên mà




#521818 C/m :$(ab+bc+ca)(\frac{1}{(a+b)^{2}}+...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-08-2014 - 16:05

Bài này công nhận kinh nhỉ?????

Đặt: $x=a+b$; $y=b+c$; $z=c+a$

Nên ta phải đi chứng minh:

$(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq \frac{9}{4}$

Sau khi biến đổi 1 loạt, ta có điều sau đây:

$(\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}})(b-c)^{2}+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}})(a-c)^{2}+(\frac{2}{ab}+\frac{1}{c^{2}})(a-b)^{2}\geq 0$

Đặt: $S_{a}=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}}; S_{b}=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}}; S_{c}=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}}$

Thì ta cần chứng minh:

$S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Dễ nhận thấy rằng $S_{a}\geq 0\Rightarrow S_{a}(b-c)^{2}\geq 0$

Nên ta cần đi chứng minh $S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$ nữa là đủ.

Lại có: $ab\geq ac\Leftrightarrow ab-bc\geq ac-bc\Leftrightarrow b(a-c)\geq c(a-b)\Rightarrow \frac{a-c}{a-b}\geq \frac{c}{b}

\Rightarrow (\frac{a-c}{a-b})^{2}\geq \frac{c^{2}}{b^{2}}$

Từ đó:

$S_{b}(a-c)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}=(a-b)^{2}(S_{b}\frac{(a-c)^{2}}{(a-b)^{2}}+S_{c})\geq (a-b)^{2}(S_{b}\frac{c^{2}}{b^{2}}+S_{c})\geq 0\Rightarrow S_{b}\frac{c^{2}}{b^{2}}+S_{c}\geq 0\Rightarrow c^{2}S_{b}+b^{2}S_{c}\geq 0$

Thay vào rồi tính tiếp. Sử dụng $a=x+y\leq x+z+y+z=b+c$

Ta ra được 1 điều luôn đúng.

Bài này ở Iran 96 tất nhiên là kinh ồi




#521813 CM: $u_{n}$ là 1 số nguyên dương.

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-08-2014 - 15:49

Cho $u_{n}=1$ và $u_{n+1}=\frac{3u_{n}+\sqrt{5u_{n}-1}}{2}$

CM: $u_{n}$ là 1 số nguyên dương. 

Hình như đề bài có vấn đề thì phải




#521807 $P(x)=p_n x^n +... +p_1 x +p_0$ bất khả quy

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-08-2014 - 15:31

Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $b$. Giả sử trong phân tích theo cơ số $b$,
$p=\overline{p_n p_{n-1}...p_0} _{(b)}$, $p_n \ne 0$. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy:

$P(x)=p_n x^n +... +p_1 x +p_0$

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

Theo tiêu chuẩn Perron ta cần

1. \[P\left( b \right) = p\] (hiển nhiên)

2. \[P\left( {b - 1} \right) \ne 0\] (hiển nhiên)

3. Tất cả các nghiệm của đa thức thoả mãn \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) < b - \frac{1}{2}\]

Ta đi cm điều 3

Nếu \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) \le 0\] thì (3) là hiển nhiên

Ta xét \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > 0\] ,gọi \[\left| z \right| = r\] ,rõ ràng r>1 vì nếu ngược lại ta cũng có đpcm

Ta có \[P\left( z \right) = 0\] suy ra \[{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z} + \frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}} = 0\] do z khác 0

\[ \Rightarrow \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right| = \left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right|\]

Theo bất đẳng thức modun thì \[\left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{{\left| z \right|}^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{{\left| z \right|}^n}}} = \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Ta chú ý rằng \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right|\]

Suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Do \[{a_i} \le b - 1\] ,ta có đánh giá \[\frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{r^n}}} \le (b - 1)\left( {\frac{1}{{{r^2}}} + ... + \frac{1}{{{r^n}}}} \right) = \frac{{\left( {b - 1} \right)}}{{{r^2}}}\frac{{1 - \frac{1}{{{r^n} - 1}}}}{{1 - \frac{1}{r}}} < (b - 1)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{1}{{1 - \frac{1}{r}}} = (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

từ đó suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

do đó \[1 < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\] , vì r>1 nên r(r-1)>0 . suy ra r(r-1)<b-1

Đến đây ta giả sử \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) \ge b - \frac{1}{2}\] suy ra \[r \ge b - \frac{1}{2}\] hay \[r - 1 \ge b - \frac{3}{2}\]

nên \[r(r - 1) \ge {b^2} - 2b + \frac{3}{4}\] từ đó ta có \[{b^2} - 2b + \frac{3}{4} < b - 1 \Leftrightarrow {b^2} - 3b + \frac{7}{4} < 0\]

do là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 nên suy ra điều vô lí vậy điều giả sử là sai ,nên suy ra đpcm




#521237 $$f(f(m)+f(n))=m+n,\forall m,n \in \mathbb{N^*}...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 25-08-2014 - 19:42

Vô lý, Xét hàm $f(n)=\frac{1}{n}$, n>1 nhưng f(n) lại bé hơn f(1) đấy

f(n) nguyên với mọi n bạn ơi




#521232 $$f(f(m)+f(n))=m+n,\forall m,n \in \mathbb{N^*}...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 25-08-2014 - 19:14

Tại sao f(n)<f(1)  lại vô lý ạ???

n>1 ,f(n) nguyên dương với mọi n thì f(n)>f(1)




#521092 Cho dãy số: $u_{n+1}=u _{n}.(1-u_{n})...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 24-08-2014 - 19:49

Cho dãy số:     $u_{n+1}=u _{n}.(1-u_{n})$                với $n:1\rightarrow +\infty$

Hãy tính $u_{1}$ 

 

Theo em để tính $u_{1}$ thì mình tìm công thức tổng quát của dãy số rồi thay n=1 vào, nhưng em tìm công thức tổng quát không của nó không được, các anh chị giúp em tìm $u_{1}$ hoặc tình công thức tổng quát của dãy số với 

n chạy từ 1 thì u_{1} là bao  nhiêu cũng đc cơ mà 




#519938 cmr $\frac{1}{3}.(2^{2^{n+1}...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 16-08-2014 - 19:43

cmr với n>1 và n$\in N$ các số sau là hợp số

a,$\frac{1}{3}.(2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}+1)$

b,$\frac{1}{5}(2^{4n+2}+1)$

 

Câu a cm theo quy nạp rằng biểu thức còn chia hết cho 7

Rất dốt mấy thể loại này, nên chỉ giúp đc câu a thôi




#519186 Ebook miễn phí THPT

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 12-08-2014 - 20:17

<p>Ai c&oacute; ebook hay cho em xin ạ hay trang web học tập hay th&igrave; giới thiệu cho em.Thanks nhiều. Một số trang hay m&agrave; t&igrave;m được chia sẽ mọi người: chuyendeonthi, chukienthuc, vnmath, violet,...</p> <p>&nbsp;</p> <p>&nb

Trong Box Sách báo cũng nhiều , nếu muốn nhiều hơn thì lên google . Cơ bản là mọi người ngại post lại những gì đã post 




#517750 Có bao nhiêu hàm \[f:\{ 1,2,...,1999\} \to...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 05-08-2014 - 11:59

Có bao nhiêu hàm \[f:\{ 1,2,...,1999\}  \to \{ 2000,2001,2002,2003\} \] thỏa mãn \[f(1) + f(2) + ... + f(1999)\] là lẻ

 
__________________
@hxthanh: Nếu là số lẻ thì có $4^{1998}.2$ hàm



#516966 Chứng minh:$a^3+b^3 \geqslant ab(a+b)$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 01-08-2014 - 20:22

mình ko biết cm bđt phụ này thế nào nhỉ ???

Nó là AM-GM nguyên bản mà 




#516356 Cho n là số nguyên dương. Hãy tính bội số chung nhỏ nhất của các số n,n+1,n+2

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-07-2014 - 19:23



Cho n là số nguyên dương. Hãy tính bội số chung nhỏ nhất của các số n,n+1,n+2

Đặt\[A = \left[ {n;n + 1} \right],B = \left[ {A;n + 2} \right]\] Rõ ràng \[B = \left[ {n;n + 1;n + 2} \right]\]

Dễ thấy \[(n;n+1)=1\] suy ra \[A = \left[ {n;n + 1} \right] = n(n + 1)\]

Ta có \[B = \left[ {A;n + 2} \right] = \frac{{A.(n + 2)}}{{(A;n + 2)}} = \frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{{(n(n + 1);n + 2)}}\]

Gọi \[d = (n(n + 1);n + 2)\] .Do \[(n+1;n+2)=1\] suy ra \[d = (n;n + 2)\]

Nếu n chẵn thì d=2duy ra \[B = \frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{d} = \frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{2}\]

Nếu n lẻ thì d=1 suy ra \[B = \frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{d} = n(n + 1)(n + 2)\]
 

 




#516272 Tính $f(3)$ và $f(2014)$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 29-07-2014 - 11:37

Cho hàm số $f:N^{*}\rightarrow N^{*}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

  1. $f\left ( 2 \right )=2$ 
  2. $f\left ( mn \right )=f\left ( m \right ).f(n)$ với mọi $m,n\in \mathbb{N}^{*}$, $(m,n)=1$ 
  3. $f(m)<f(n)$ với mọi $m<n$. 

Hãy tìm $f(3)$ và $f(2014)$

 
 

Làm lại 

Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn đề bài chọn n=1 ta có \[f(1) = f(1.1) = f(1).f(1) \Rightarrow f(1) = 1\] do f khác không

\[f(3).f(5)=f(15)<f(2).f(9)<f(2).f(10)=f(2).f(2).f(5)\] Suy ra \[f(3)<f(2).f(2)\] . mà \[2 = f(2)<f(3)<4\] nên \[f(3)=3\]

Ta cm \[f(n) = n,\forall n \in {\rm N}^* \]

Giả sử nó đúng đến \[n\] ta cm nó còn đúng với \[n+1\]

Nếu \[n+1\] chẵn

 TH1 : \[n + 1 = 2^\alpha  (2l + 1)\] suy ra \[f(n + 1) = f(2^\alpha  (2l + 1)) = f(2^\alpha  ).f(2l + 1) = 2^\alpha  (2l + 1) = n + 1\]

 TH2 : \[n + 1 = 2^\alpha   \Rightarrow f(n + 3) = f(2^\alpha   + 2) = f(2(2^{\alpha  - 1}  + 1)) = f(2).f(2^{\alpha  - 1}  + 1) = 2^\alpha   + 2 = n + 3\]

Mặt khác \[n = f(n) < f(n + 1) < f(n + 2) < f(n + 3) = n + 3\] . Do đó \[f(n+1)=n+1,f(n+2)=n+2\]

Nếu \[n+1\] lẻ thì \[n+2\] là số chẵn

 TH1 : \[n + 2 = 2^\alpha  (2l + 1) \Rightarrow f(n + 2) = f(2^\alpha  (2l + 1)) = f(2^\alpha  )f(2l + 1) = n + 2\] mà \[n = f(n) < f(n + 1) < f(n + 2) = n + 2\]

suy ra \[f(n+1)=n+1\]

 TH2 : \[n + 2 = 2^\alpha   \Rightarrow f(n + 4) = f(2^\alpha   + 2) = f(2).f(2^{\alpha  - 1}  + 1) = n + 2\]

mà \[n = f(n) < f(n + 1) < f(n + 2) < f(n + 3) < f(n + 4) = n + 4\] 

nên \[f(n + 1) = n + 1,f(n + 2) = n + 2,f(n + 3) = n + 3\]

Từ đây suy ra đpcm




#515837 Tính $f(3)$ và $f(2014)$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 27-07-2014 - 21:02

Cho hàm số $f:N^{*}\rightarrow N^{*}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

  1. $f\left ( 2 \right )=2$ 
  2. $f\left ( mn \right )=f\left ( m \right ).f(n)$ với mọi $m,n\in \mathbb{N}^{*}$, $(m,n)=1$ 
  3. $f(m)<f(n)$ với mọi $m<n$. 

Hãy tìm $f(3)$ và $f(2014)$

 
 

Chọn n=1 ta có \[f(1) = f(1.1) = f(1).f(1) \Rightarrow f(1) = 1\]

Ta cm \[f(n) = n,\forall n \in {\rm N}^* \]

ta thấy với n=1, n=2 thì khẳng định là đúng

giả sử khẳng định đúng tới \[n = k,k \ge 2\]

ta cần cm \[f(k + 1) = k + 1\]

Th1: nếu k lẻ thì k+1 chẵn suy ra 

\[f(k + 1) = f(2.\frac{{k + 1}}{2}) = f(2).f(\frac{{k + 1}}{2}) = k + 1\]
Th2 : nếu k chẵn thì k+2 chẵn mà \[\frac{{k + 2}}{2} \le k \Rightarrow f(\frac{{k + 2}}{2}) = \frac{{k + 2}}{2}\]
ta có \[f(k + 2) = f(\frac{{k + 2}}{2}.2) = f(2).f(\frac{{k + 2}}{2}) = k + 2\]
lại có \[k = f(k) < f(k + 1) < f(k + 2) = k + 2 \Rightarrow f(k + 1) = k + 1\]
Vậy theo nguyên lí quy nạp thì khẳng định là đúng 
Thử lại thấy hàm số \[f(n) = n,\forall n \in {\rm N}^* \] là thoả mãn
thay n=3, n=2014 ta có
\[f(3) = 3,f(2014) = 2014\]