Đến nội dung


I Love MC

Đăng ký: 07-06-2014
Offline Đăng nhập: 13-05-2017 - 19:30
****-

#679097 Chứng minh rằng các số f(n), f(f(n)), ... đôi một nguyên tố cùng nhau.

Gửi bởi I Love MC trong 01-05-2017 - 11:03

Đặt $f_k(x)=f(f(..(f(x)..))$ với $f$ cos mặt $k$ lần ở vế phải . Giả sử $k \ge 1$ là số tự nhiên bất kì và $p$ là một ước nguyên tố của $f_k(n)$ ta có :  
$f_{k+1}(n) \equiv f(f_k(n)) \equiv f(0) \equiv 1 \pmod{p}$ 
$f_{k+2}(n) \equiv f(f_{k+1}(n)) \equiv f(1) \pmod{p}$ 
Bằng quy nạp dễ có $f_m(n) \equiv 1 \pmod{p},\forall m>k$ 
Từ đó suy ra $f_k(n),f_m(n)$ nguyên tố cùng nhau với mọi $m>k$ . Do $k$ tùy ý nên chọn $k=1$ và ta có điều phải chứng minh 




#677888 Đề thi học sinh giỏi duyên hải bắc trung bộ lớp 10

Gửi bởi I Love MC trong 18-04-2017 - 18:27

Đề hơi mờ ,mong mọi người thông cảm 
17951497_224698371344753_756240411901631




#676643 Kì thi Olympic tháng 4 TP.HCM lần 3 2016-2017 lớp 10

Gửi bởi I Love MC trong 08-04-2017 - 19:14

Khối 10 chuyên 17800014_1882096565406895_53227061430560




#675987 Tìm hàm thỏa $f(x-f(y))=f(x+y^{2014})+f(f(y)+y^{2014...

Gửi bởi I Love MC trong 02-04-2017 - 12:26

Đặt $f(0)=a$ . Gọi phương trình đã cho là $(1)$ , cho $y=0$vào $(1)$ 
$f(x-a)=f(x)+f(a)+2016 (2)$
Nếu $a=0$ thì từ $(2)$ ta có $f(x)=f(x)+2016$ vô lí . Vậy $a \ne 0$ 
Từ $(1)$ thay $x$ bởi $f(y)$ tadduowjc 
$a=f(f(y)+y^{2014})+f(f(y)+y^{2014})+2016$ 
$\Rightarrow f(f(y)+y^{2014})=b,b=\frac{a-2016}{2} (3)$ 
Từ $(1),(3)$ ta có $f(x-f(y))=f(x+y^{2014})+c,c=b+2016 (4)$ 
Từ $(4)$ thay $x$ bởi $x+f(y)$ta được $f(x)=f(x+f(y)+y^{2014})+c (5)$ 
Đặt $g(x)=f(x)+x^{2014} \Rightarrow g(0)=a$ lúc đó $(5)$ được viết lại : $f(x)=f(x+g(y))+c (6)$ 
Đặt $h(y)=g(y+g(0))-g(y)=f(y+g(0))+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}$ . Từ $(6)$ cho $y=0$ được : 
$f(x)=f(x+g(0))+c$ . Suy ra $h(y)=f(y)-c+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}=(y+g(0))^{2014}-y^{2014}-c $ 
Suy ra $ deg h=2013$ .Từ $(6)$ tacungx có $f(x+h(y))=f(x+h(y)+g(y))+c=f(x+g(y+g(0)))+c=f(x) (7)$. Mà $deg h \equiv 1 \pmod{2}$ nên $h$ là một toàn ánh.  
Từ $(7)$ ta có $f(x+\alpha)=f(x)$. Cho $x=0$ ta được$f(\alpha)=\alpha$ hay $f$ là hàm hằng . Dễ tính được $f(x)=-2016$




#675937 $n^p-p$ không chia hết cho q

Gửi bởi I Love MC trong 01-04-2017 - 22:14

Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$ 
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn 
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$ 
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$ 
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 \Rightarrow k \in \{1,p,p^2\}$ 
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$. 
Vậy ta có đpcm




#675934 Bài toán chứng minh tồn tại trong số học sao cho $0< a+b\sqrt...

Gửi bởi I Love MC trong 01-04-2017 - 22:05

Xét $(m+1)^2$ số có dạng $x+y\sqrt{2}$ với $x,y \in \{0,1,..,m\}$ 
Do $0 \le x+y\sqrt{2} \le m(1+\sqrt{2})$ nên tồn tại $c+d\sqrt{2},e+f\sqrt{2}$ sao cho 
$|c+d\sqrt{2}-e-f\sqrt{2}| \le \frac{m(1+\sqrt{2})}{(m+1)^2-1}=\frac{1+\sqrt{2}}{m+2}$ 
Từ đó ta có đpcm




#672188 Với p là số nguyên tố, đặt $ n=\frac{2^{2p}-1}...

Gửi bởi I Love MC trong 20-02-2017 - 16:18

$1$ bài tương tự có ở đây
 
 1 ví dụ được áp dụng bài toán này. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ có ít nhất $3$ ước nguyên tố thỏa $n|2^n-8$




#671718 $f\left ( x+f\left ( y \right ) \right )=2y+f\l...

Gửi bởi I Love MC trong 15-02-2017 - 20:02

Đây là đề Germany TST 2003 
Thay $y$ ở $x$,$x$ bởi $y$ cho ta : 
$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)$ 
Với $y \in \mathbb{R}$ tùy ý chọn $y=f(0)-2\beta$ . Chọn $\alpha=-f(\beta)$ và $\gamma=f(\alpha)-\beta$ 
Từ đó dễ dàng ta có $f(\gamma)=y$  suy ra $f$ là toàn ánh $\Rightarrow$ tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$ 
Từ phương trình đề cho $x=a$ $f(y)=2a+f(f(y)-a)$ 
Vì $f$ là toàn ánh nên tồn tại $y$ sao cho $f(y)=x+a$. Khi đó $x=f(y)-a=a+f(f(y)-a)=f(x)+a \Rightarrow f(x)=x+c,c=const (1)$ 
Thử lại thấy $(1)$ thỏa mãn nên hàm cần tìm là $f(x)=x+c,c=const$




#671616 Tìm Min của $A=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1...

Gửi bởi I Love MC trong 14-02-2017 - 16:54

Bài số 8 
http://diendantoanho...-bất-đẳng-thức/




#670305 $f(x^{2} + f(y)) = \frac{f^{2}(x)}{2} + 4y$

Gửi bởi I Love MC trong 29-01-2017 - 09:53

$f(x^2+f(y))=\frac{f^2(x)}{2}+4y (1)$
Nhận xét : $f(f(x))=ax+b,a \ne 0 \Rightarrow f$ là song ánh 
Từ phương trình đề bài cho . Thế $x=0 \Rightarrow f$ là song ánh 
$f$ là song ánh nên tồn tại $c,a$ sao cho $f(c)=0$
Từ $(1)$ cho $x=y=c$ : $f(c^2)=4c (2)$
Bằng cách gán $c$ cho $y$,$x$ và $-x$ cho $x$. Thu được $f(x)=f(-x)$ hoặc $-f(x)=f(-x) (3)$
Từ $(1)$ cho $x=c,y=-c$ kết hợp với $(3)$ thì dù thay $y$ bởi $c$ hay $-c$ đi nữa thì $f(c^2)=-4c (4)$ 
Từ $(2),(4) \Rightarrow c=0$ 
Từ $(1)$ cho $y=0 \Rightarrow f(x^2)=\frac{f^2(x)}{2} (5)$ . Cho $x=0 \Rightarrow f(f(x))=4x (6)$ 
Từ $(5),(6) \Rightarrow f(x^2+f(y))=f(x^2)+f(f(y)) (7)$ 
Từ $(7)$ ta có $f(a+b)=f(a)+f(b),\forall a \ge 0,b \in \mathbb{R}$ 
Mà $f$ là toán ánh suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$ . Phương trình này có trong tài liệu chuyên toán $10$ (bạn tham khảo). 
Từ đó suy ra $f$ có dạng $f(x)=ax$ kết hợp với $(6) \Rightarrow f(x)=2x$ . Thử hàm này vào $(1)$ ta thấy thỏa 
Vậy $f(x)=2x$




#670090 KẾT QUẢ KỲ THI VMO 2017

Gửi bởi I Love MC trong 27-01-2017 - 07:39

Em xin cập nhật một số người trên diễn đạt (khu vực em biết) 
xuantrandong (Quốc Học Huế) giải kk (bạn này tên Huỳnh Hữu Nhật)
Nguyen Minh Hai (Huế) ,hoanglong2k (Lê Hoàng Long), Hoang Nhat Tuan ,2 bạn cuối cùng đều là Quảng Bình. Cả 3 bạn cùng dãy đều được giải 3




#670056 $\sqrt{5+4\sqrt{9-2\sqrt{x}}}=2\sqrt{13}(13-x)$

Gửi bởi I Love MC trong 26-01-2017 - 22:15

ĐKXĐ: $0 \le x \le \frac{81}{2}$ 
$\sqrt{5+4\sqrt{9-(2x)^{0,5}}}=2.13^{0,5}(13-x)$ 
$\Leftrightarrow x \le 13 $ và $5+4\sqrt{9-(2x)^{0,5}}=52(13-x)^2$ 
$\Leftrightarrow 4(\sqrt{9-(2x)^{0,5}}-2)=13(4(13-x)^2-1)$ 
$\Leftrightarrow \frac{5-(2x)^{0,5}}{\sqrt{9-(2x)^{0,5}}+2}=\frac{13}{4}(25-2x)(27-2x)$ 
$\Leftrightarrow \frac{25-2x}{(\sqrt{9-(2x)^{0,5}}+2)(5+(2x)^{0,5})}=\frac{13}{4}(25-2x)(27-2x)$ 
Nhận thấy $x=\frac{25}{2}$ là một nghiệm bài toán nên ta có đpcm




#670023 [PI của bạn] $a,b,c,d$ nguyên dương thoả $a^2+1=bc, c^2+1=da...

Gửi bởi I Love MC trong 26-01-2017 - 19:02

Bài toán sau là đề ra kì này của tạp chi PI của bạn tháng 11/2016 và đã được đưa giải trong số đầu của tạp chí PI. Tác giả bài toán là thầy Võ Quốc Bá Cẩn. Mình post bài này để các bạn thảo luận cùng tìm các cách khác nhau để giải. 

 

P3. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số nguyên dương $a,b,c,d$ thoả mãn điều kiện $a^2+1=bc, c^2+1=da$. 

a) Chứng minh rằng $P= \frac{a+d}{c}+ \frac{b+c}{a}$ là một số nguyên.

b) Tìm tất cả các giác trị có thể của $P$.

Lời giải
Ta đi chứng minh $b=3a-c,d=3c-a (1)$ 
Nhận thấy $(1)$ so với các điều sau đây là tương đương nhau : 
$b=3a-c \Leftrightarrow a^2+1=(3a-c)c \Leftrightarrow a^2+c^2+1=3ac \Leftrightarrow d=3c-a$ 
Vậy chỉ cần chứng minh rằng nếu $a^2+1$ là bội của $c,c^2+1$ là bội của $a$ thì $a^2+c^2+1=3ac$ 
Giả sử $c \ge a$ .Ta chứng minh theo $S=a+c$ .
Nếu $S=2 \Rightarrow a=c=1 \Rightarrow$ điều chứng minh là đúng. 
Nếu $c>1,c \ne a$ thì $c-1 \ge a$suy ra $c^2>a^2+1$ suy ra $c>b$ , Từ các đẳng thức $a^2+1=bc,c^2+1=da$ ta thu được : 
$(a^2+1)^2=b^2(da-1) \Rightarrow 1 \equiv -b^2 \pmod{a}$ 
Vậy $a|1+b^2$ mà do $b|a^2+1$ mà $a+b<a+c$ nên theo giả thiết quy nạp : 
$a^2+b^2+1=3ab$ 
Vậy $(a^2+1)^2=b^2c^2=(3ab-a^2-1)c^2=3abc^2-(a^2+1)c^2\Rightarrow (a^2+c^2+1)(a^2+1)=3abc^2=3ac(a^2+1) \Rightarrow a^2+c^2+1=3ac$ 
Từ đó ta có $(1)$ được chứng minh tức là : $b=3a-c,d=3c-a$ 
a,b) Ta có $P=\frac{a+d}{c}+\frac{b+c}{a}=\frac{3c}{c}+\frac{3a}{a}=6$ 
 




#670001 $(pq-1)^{n}k+1$

Gửi bởi I Love MC trong 26-01-2017 - 13:52

Cho $p,q>1;(p,q)=1$ nguyên dương.

Chứng minh: Tồn tại $k$ nguyên sao cho $(pq-1)^{n}k+1$ là hợp số với mọi $n$ nguyên dương.

Theo định lí phần dư Trung Quốc tồn tại $k$ sao cho : 
$\begin{cases} &k \equiv 1 \pmod{p}&\\&k \equiv -1 \pmod{q}& \end{cases} (1)$ 
Nếu $n$ chẵn thì $(pq-1)^nk+1 \equiv -1+1 \equiv 0 \pmod{q} (2)$ 
Nếu $n$ lẻ thì $(pq-1)^nk+1 \equiv 0 \pmod{p} (3)$ 
Từ $(1),(2),(3)$ ta có điều phải chứng minh.




#669844 Marathon số học THCS

Gửi bởi I Love MC trong 25-01-2017 - 11:20

 Lời giải bài toán 5 : Phương trình đã cho tương đương với $6x^2+3=(2y+1)^2$ . 
Đặt $k=2y+1 \Rightarrow 3|k \Rightarrow k=3q$ phương trinh $\Leftrightarrow 2x^2+1=3q^2 (1)$ 
Xét $x=q \Rightarrow x=q=1 \Rightarrow x=y=1$ 
Rõ ràng $q<x$ . Đặt $q=x-m,m>0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 3m^2-6mx+x^2-1=0$ để cho phương trình này có nghiệm nguyên thì $\Delta=12x^2-3=3(2x^2-1)$ là số chính phương (vô lí vì $2x^2-1$ không chia hết cho $3$)
Vậy $x=y=1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.