Đến nội dung


I Love MC

Đăng ký: 07-06-2014
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:11
****-

#693708 Đề chọn đội tuyển quốc gia chuyên Quốc Học Huế ngày 2

Gửi bởi I Love MC trong Hôm qua, 21:33

Câu 1 : Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn 
$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)+f(y^2)-f(xy)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$ 
Câu 2 : 
a) Cho $a_0>a_1>a_2>...>a_n$ là các số nguyên dương sao cho $a_0-a_n<a_1+a_2+...+a_n$ .Chứng minh tồn taị $i$ với $1 \le i \le n$ sao cho : 
$$0 \le a_0-(a_1+a_2+...+a_i)<a_i$$ 
b) Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương lớn hơn $2$ có thể biểu diễn thành tổng của các lũy thừa phân biệt có dạng $a^b$ với $a \in \{3,4,5,6\}$ và $b$ là số nguyên dương. 
Câu 3: Goị $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác đó . $AI$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Gọi $F,E$ lần lượt là các điểm trên canhj $BC$ và trên cung $BDC$ sao cho $\widehat{BAF}=\widehat{CAE}<\frac{1}{2}\widehat{BAC},G$ là trung điểm của đoạn $IF$. Chứng minh $DG$ và $EI$ giao tại một điểm trên $(O)$ 
Câu 4: Một dãy $(a_1,a_2,..,a_k)$ các ô phân biệt của bàn cờ $nxn$ được gọi là chu trình nếu $k \ge 4$ và các ô $a_i,a_{i+1}$ có cùng cạnh với mọi $i=1,2,..,k$ ở đây $a_{k+1}=a_1$. Tập hợp $X$ gồm các ô của bàn cờ được gọi là đẹp nếu mỗi chu trình đều chứa ít nhất một ô của $X$. Xác định tất cả các số thực $C$ sao cho với mỗi số nguyên $n\ge 2$ ,trên bàn cờ $nxn$ có một tập con đepj chứa không quá $C.n^2$ ô vuông




#691424 $\sum_{n=2}^m a_2a_3...a_n<1$

Gửi bởi I Love MC trong 24-08-2017 - 19:32

Dãy số $(a_n)$ được xác định như sau : 
$$a_n=\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+..+\frac{1}{p_k}$$ 
Trong đó $p_1,p_2,..,p_k$ là các ước số nguyên tố khác nhau của số $n$. Chứng minh rằng : 
$$\sum_{n=2}^m a_2a_3...a_n<1,\forall m \in \mathbb{N},m \ge 2$$




#688194 58th IMO 2017

Gửi bởi I Love MC trong 20-07-2017 - 21:55

Bài 2: 
Đi vào bài toán xét $f(0)=0 \Rightarrow f(x)=0$ 
Bây giờ xét $f(0) \ne 0$. Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x=u,y=v$ vào phương trình đề cho . 
$P(0,0) \Rightarrow f(f^2(0))=0$. Đặt $c=f^2(0)$. 
$P(c,\frac{c}{c-1}) \Rightarrow f(0)=0$ (vô lí). Suy ra $c=1$ hay $f(0)=1$ hay $f(0)=-1$. 
Tính được $f(1)=0$. Không mất tính tổng quát giả sử $f(0)=-1$

$P(x,1) \Rightarrow f(x+1)-1=f(x) \Rightarrow f(x+n)-f(x)=n (1)$ . Ta chứng minh $f$ là đơn ánh . 
Giả sử $f(x)=f(y) . Lấy $m \in \mathbb{Z}$ sao cho a+b=x+m+1,ab=y+m$ có nghiệm. 
$P(a,b) \Rightarrow f(f(a)f(b))+f(a+b)=f(ab)=f(f(a)f(b))+f(x+m+1)=f(y+m)$. Chú ý là $f(x+m)=f(y+m)$ do $(1)$ 
Suy ra $f(f(a)f(b))=-1$ suy ra $f(a)f(b)=0$. Giả sử $f(a)=0 \Rightarrow a=1$ suy ra $x=y \Rightarrow f$ đơn ánh. 
$P(x,1-x) \Rightarrow f(x)f(1-x)=x-x^2$ 
$P(x,-x) \Rightarrow f(x)(f(1-x)-1)=1-x^2 \Rightarrow f(x)=x-1$ 
Tương tự $f(0)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ 
Vậy $f(x)=x-1,1-x,0$




#683715 CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m...

Gửi bởi I Love MC trong 08-06-2017 - 21:23

Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$  
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$ 
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$ 
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!)  \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có : 
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$ 
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$ 
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$ 
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$ 
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$. 
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.




#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