Đến nội dung


nhungvienkimcuong

Đăng ký: 23-12-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#691329 Chứng minh rằng Hiền có thể sắp xếp lại 13 bộ của mình

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 23-08-2017 - 16:30

Cho một bộ bài gồm 52 quân bài bình thường, gồm các quân Át, 2, 3,..., J, Q, K và 4 chất Bích, Nhép, Rô, Cơ. Bạn Hiền chia bộ bài thành 13 bộ 4 con một cách ngẫu nhiên. Chứng minh rằng Hiền có thể sắp xếp lại 13 bộ của mình sao cho bộ thứ nhất chứa con Át, bộ thứ 2 chứa con 2, bộ thứ 3 chưa con 3,...v...v..., bộ cuối cùng chứa con K.

cứ $\text{Hall}$ mà lần thôi anh nhỉ =))

ta quy định $\text{Át,J,Q,K}$ lần lượt là các số $1,11,12,13$ nên ta có tổng cộng $13$ số khác nhau và mỗi số xuất hiện $4$ lần trong tổng cộng $52$ số

ta gọi $13$ bộ lần lượt là $\mathcal{A}_1,\mathcal{A}_2,...,\mathcal{A}_{13}$ với $\left | \mathcal{A}_i \right |=4,i=\overline{1,13}$

theo đề bài ta chỉ cần chứng minh $\exists a_1,a_2,..,a_{13}$ tương ứng thuộc $\mathcal{A}_1,\mathcal{A}_2,...,\mathcal{A}_{13}$ sao cho $a_i\neq a_j,i\neq j$

theo định lý $\text{Hall}$ thì ta chỉ cần chứng minh

$\left | \mathcal{A}_{i_1}\cup \mathcal{A}_{i_2}\cup ...\cup \mathcal{A}_{i_k} \right |\ge k,\ \ \forall k\le 13$

với tập $\mathcal{A}=\mathcal{A}_{i_1}\cup \mathcal{A}_{i_2}\cup ...\cup \mathcal{A}_{i_k}$ có tổng cộng $4k$ số (ở đây chưa trừ đi các số bị lặp)

mà mỗi số xuất hiện nhiều nhất trong $4$ tập nên

$\left | \mathcal{A} \right |\ge \frac{4k}{4}=k$

do đó ta có $\text{Q.E.D}$




#691318 $\prod_{i=1}^{n}(a_i+1) \ge \dfrac...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 23-08-2017 - 10:05

Bài toán :
Cho $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$
Chứng minh rằng :
$$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left [\left (\sum_{i=1}^{n} a_i\right ) +1\right ]$$

cứ thấy $n$ mà quy nạp thôi nào  :icon6:

ta gọi $\mathcal{P}(n)$ là mệnh đề với bất kì $n$ số $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$ thì

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

$\bullet$ dễ dàng chứng minh $\mathcal{P}(1)$ đúng

$\bullet$ với $n\ge 2:$ giả sử $\mathcal{P}(k)$ đúng $\forall k\le n$

$\bullet$ ta chứng minh $\mathcal{P}(n+1)$ đúng

thật vậy với $n+1$ số $a_i\ge 1,i=\overline{1,n+1}$ ta hoàn toàn có thể giả sử $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$

ta cần chứng minh

$\prod_{i=1}^{n+1} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

mà với $n$ số $a_i,i=\overline{1,n}$ thì theo $\mathcal{P}(n)$ ta có

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\frac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )\left ( a_{n+1}+1 \right )\ge \frac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

$\Leftrightarrow \left ( 1-\frac{2(n+1)}{(n+2)\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )} \right )a_{n+1}\ge \frac{n}{n+2}$

mà ta lại có $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$ nên

$\Rightarrow a_{n+1}\ge \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}=\frac{\mathcal{A}}{n}$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\left ( 1-\frac{2n+2}{(n+2)\left ( \mathcal{A}+1 \right )} \right ).\frac{\mathcal{A}}{n}\ge \frac{n}{n+2}$

$\Leftrightarrow (n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge 0$

điều trên luôn đúng bởi vì để ý $\mathcal{A}\ge n$ thì ta được

$(n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge (n+2)n.\mathcal{A}-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2=n\mathcal{A}-n^2\ge 0$

do đó $\mathcal{P}(n+1)$ được chứng minh nên theo quy nạp ta có $\text{Q.E.D}$




#690522 $n^p-p$ không chia hết cho q

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 14-08-2017 - 20:30

Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố q sao cho với mọi n nguyên dương, 

   $n^p-p$ không chia hết cho q

 

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

chứng minh tồn tại vô hạn ý tưởng thì cũng giống chứng minh tồn tại thôi =))

giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố thỏa đề là $q_1,q_2,...,q_t$

ta đặt $a=pq_1^pq_2^p...q_t^p$

tương tự như trên ta dễ dàng chứng minh được $q_{t+1}\notin \left \{ q_1,q_2,...,q_t \right \}:\left\{\begin{matrix} q_{t+1}\mid \frac{a^p-1}{a-1}\\q_{t+1}\not\equiv 1\left ( \mod\ p^2 \right ) \end{matrix}\right.$

ta sẽ chứng minh số $q_{t+1}$ này cũng thỏa đề thật vậy

giả sử tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho

$q_{t+1}\mid n^p-p\Rightarrow n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv pq_1^pq_2^p...q_t^p\equiv a\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^{p^2}\equiv a^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p,p^2 \right \}$

mặt khác ta lại có

$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid q_{t+1}-1$

với cách chọn $q_{t+1}$ ta suy ra được

$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\notin p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p \right \}$

$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow p\left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow n^p.a\equiv p\left ( \mod q_{t+1} \right )$

mà theo sự tồn tại của $n$ thì $n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

$\Rightarrow pa\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

ta dễ thấy rằng $p\neq q_{t+1}\Rightarrow a\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

từ đây ta có được

$p\equiv \frac{a^p-1}{a-1}\equiv 0\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$

tới đây có mâu thuẫn do đó ta có $\text{Q.E.D}$




#690169 $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{x_{k+1}+x_{k}+3}$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 10-08-2017 - 21:35

Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1}=2, x_{2}=10, x_{n+2}=\frac{8x_{n+1}^{2}-x_{n+1}.x_{n}}{x_{n+1}+x_{n}}, n=1, 2, 3...$ Với mỗi số nguyên dương $n,$ đặt $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{x_{k+1}+x_{k}+3}.$ Chứng minh rằng dãy $y_{n}$ có giới hạn hữa hạn khi $n$ dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó.

bài hay thật đấy =)) cách làm sau đây của mình có hơi mò mẫm,mong mọi người sẽ có cách tự nhiên hơn

từ giả thiết ta có được dãy $(x_n):\left\{\begin{matrix} x_1=2,x_2=10\\x_{n+2}=7x_{n+1}-x_n-3 \end{matrix}\right.$

xét dãy $(a_n):\left\{\begin{matrix} a_1=6,a_2=15\\a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n \end{matrix}\right.$

từ $2$ dãy trên ta có các mối liên hệ sau

$\begin{matrix} 3\left ( x_{n+1}+x_n+3 \right )=a_{n-1}a_n\\a_{n-1}a_{n+3}-a_{n+1}^2=81,\ \ \forall n \end{matrix}$

ta có

$\frac{y_n}{3}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{3\left ( x_{k+1}+x_k+3 \right )}=\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^k}{a_{k-1}a_{k+1}}-\frac{1}{45}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k-1}a_{2k+1}}-\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k}a_{2k+2}}-\frac{1}{45}$

đặt 

$b_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k-1}a_{2k+1}}$

$c_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{1}{a_{2k}a_{2k+2}} $

ta có

$81b_n=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\frac{81}{a_{2k-1}a_{2k+1}}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}\frac{a_{2k-1}a_{2k+3}-a_{2k+1}^2}{a_{2k-1}a_{2k+1}}=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}\left ( \frac{a_{2k+3}}{a_{2k+1}}-\frac{a_{2k+1}}{a_{2k-1}} \right )=\frac{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1}}{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}}-\frac{13}{2}$

mặt khác ta dễ dáng tính được $\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+2}}{a_n}=\frac{7+3\sqrt{5}}{2}$

do đó ta có

$\lim_{n\rightarrow +\infty} b_n=\frac{1}{81}\lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( \frac{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1}}{a_{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-1}}-\frac{13}{2} \right )=\frac{1}{81}\left ( \frac{7+3\sqrt{5}}{2}-\frac{13}{2} \right )$

làm tương tự ta có

$\lim_{n\rightarrow +\infty}c_n=\frac{1}{81}\left ( \frac{7+3\sqrt{5}}{2}-\frac{34}{5} \right )$

do đó ta có

$\lim y_n=3\lim\left ( b_n-c_n-\frac{1}{45} \right )=\frac{-1}{18}$




#689940 $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\ma...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 08-08-2017 - 21:48

Bạn nói cho mình rõ hơn về định lý Zsigmondy được không?

bạn tìm kiếm định lý này trên gg sẽ hiện ra rất nhiều tài liệu

file sau mình rất ưng ý




#689772 Chứng minh rằng $\forall k> 0, \exists x\in \mat...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 06-08-2017 - 21:41

Giả sử $N> 1$ là số nguyên dương, $d< N$ là ước dương tùy ý của $N.$ Chứng minh rằng với mọi $k> 0,$ tồn tại $x$ nguyên dương sao cho $N^{x}-d$ có ước nguyên tố $p> k.$

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố




#689651 $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 16:47

không liên quan đến bài toán mà cho em hỏi sao anh có thể nghĩ ra cách này ạ  :D  :D  :D

hình thức của bài toán này thứ ta cảm giác ớn lạnh nhất là $x^n$ và $x^{n+1}$ đúng không nào :v

thế nên làm mất $x^{n+1}$ là thứ trọng yếu đầu tiên ta cần làm,sau khi giải quyết xong bước đầu đó

việc vế có $x$ bậc $1$ chia hết cho vế có $x$ bậc $n$ làm bài toán dạng khá đơn giản hơn là không còn sử dụng tính số học nữa mà chỉ cần dùng bđt đánh giá mà thôi =))

từ đó cứ việc xét từ từ là ra thôi ;)




#689605 $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 14:54

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,n) để $x^{n+1}+2^{n+1}+1\vdots x^n +2^n+1$

ta có

$x^n+2^n+1\mid x^{n+1}+2^{n+1}+1\Rightarrow x^n+2^n+1\mid x^{n+1}+2^{n+1}+1-x\left ( x^n+2^n+1 \right )$

$\Rightarrow x^n+2^n+1\mid 2^{n+1}+1-x(2^n+1)$

$\Rightarrow \left | 2^{n+1}+1-x(2^n+1) \right |\ge x^n+2^n+1$

với $x=1,2$ thì đơn giản rồi,xét với $x\ge 3$ thì ta có

$\left | 2^{n+1}+1-x(2^n+1) \right |=x(2^n+1)-2^{n+1}-1\ge x^n+2^n+1$

xét vài trường hợp của $n$ ta dễ dàng có

$x^n\ge 3^{n-1}.x\ge(2^n+1)x>x(2^n+1)-2^{n+1}-1\ge x^n+2^n+1$

tới đây suy ra mâu thuẫn và dễ dàng hoàn thiện bài toán




#689603 Tìm công thức tổng quát của dãy $y_{n}=\sum_{i=1...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 14:38

Cho dãy số thực $x_{n}$ được xác định bởi: $x_{0}=1,x_{n+1}=2+\sqrt{x_{n}}-2\sqrt{1+\sqrt{x_{n}}}\forall n\epsilon N$

Ta xác định dãy $y_{n}$ bởi công thức $y_{n}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}.2^{i},\forall n\epsilon N^{*}$. Tìm công thức tổng quát của dãy $y_{n}$

 từ giả thiết ta có

$\left\{\begin{matrix} x_0=1\\x_{n+1}=\left ( \sqrt{1+\sqrt{x_n}}-1 \right ) ^2 \end{matrix}\right.\Rightarrow x_n=\left ( 2^{\frac{1}{2^n}}-1 \right )^2$

$\Rightarrow 2^n.x_n=2^{\frac{1}{2^{n-1}}+n}-2^{\frac{1}{2^n}+n+1}+2^n$

$\Rightarrow y_n=\sum_{i=1}^{n}x_i.2^i=\sum_{i=1}^{n}\left ( 2^{\frac{1}{2^{n-1}}+n}-2^{\frac{1}{2^n}+n+1}+2^n \right )=2^{n+1}\left ( 1-2^{\frac{1}{2^n}} \right )+2$




#689595 $a^n+b^n+c^n\;\vdots\;a+b+c\;\forall\;(a,b...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-08-2017 - 13:11

Mọi người cho e hỏi bài này ạ :)))

Tìm điều kiện của $n\in\mathbb{Z}_{+}$ để: $a^n+b^n+c^n\;\vdots\;(a+b+c)\;\forall\;a,b,c\in\mathbb{Z}_{+}$

bài nhìn màu mè vậy thôi :v

cho $b=c=1$ thì ta có $a+2\mid a^n+2,\ \ \forall a\in \mathbb{N}^*$

ta có 

$a^n+2\equiv \left ( -2 \right )^n+2\left ( \mod\ a+2 \right )$

$\Rightarrow a+2\mid \left ( -2 \right )^n+2,\ \ \forall a\in \mathbb{N}^*$

tới đây ta cho $a$ đủ lớn thế là ta có $(-2)^n+2=0\Rightarrow n=1$ 

thử lại với $n=1$ thì thỏa và đây là đáp án duy nhất của bài




#689538 $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\ma...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 04-08-2017 - 21:41

Mọi người giúp e bài này ạ :)))

Cho $k\in\mathbb{Z}_{+}$. Tìm tất cả $f:\mathbb{Z}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}_{+}$ thỏa mãn: $f(m)+f(n)\mid (m+n)^k\;\forall\;m,n\in\mathbb{Z}_{+}$.

sau đây là các bước chính của bài toán và không phải lời giải hoàn toàn của bài

$\mathcal{P}(1,1)\rightarrow 2f(1)\mid 2^k\Rightarrow f(1)=2^u$

$\mathcal{P}(2,2)\rightarrow 2f(2)\mid 4^k\Rightarrow f(2)=2^v$

$\mathcal{P}(1,2)\rightarrow f(1)+f(2)\mid 3^k\Rightarrow 2^u+2^v\mid 3^k$

vì $3^k$ lẻ nên tới đây chứng minh được $u=0$,từ đây ta có

$1+2^v\mid 3^k\Rightarrow 1+2^v=3^t$

phương trình nghiệm nguyên trên khá dễ giải và ta có được $v=2$

tới đây ta đã có $f(1)=1,f(2)=2$

xét với số nguyên tố $p>2$

$\mathcal{P}(p-1,1)\rightarrow f(p-1)+f(1)\mid p^k\Rightarrow f(p-1)=p^x-1$

$\mathcal{P}(p-1,2)\rightarrow f(p-1)+f(2)\mid (p+1)^k\Rightarrow p^x+1\mid (p+1)^k$

tới đây theo định lý $\text{Zsigmondy}$ ta suy ra được $x=1$ tức là ta có $f(p-1)=p-1$

$\mathcal{P}(p-1,n)\rightarrow p-1+f(n)\mid (p-1+n)^k$

$(p-1+n)^k\equiv \ \left ( n-f(n) \right )^k\ \left ( \mod\ p-1+f(n) \right )$

$\Rightarrow p-1+f(n)\mid (n-f(n))^k$

từ đây cố định $n$ và cho số nguyên tố $p\rightarrow +\infty$ ta có được $f(n)\equiv n$




#689523 $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 04-08-2017 - 20:17

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}, \forall x, y\in \mathbb{R}.$

$\mathcal{P}(x,1)\rightarrow f(x)\ge f(x+1),\ \forall x\ \ \ (1)$

$\mathcal{P}(x,0)\rightarrow f(0)=\max\left \{ f(x),f(x).f(0) \right \}\ \ \ (2)$

$\bullet\ \boxed{\text{TH1:}\ f(0)=0}$

$\mathcal{P}(x,-x)\rightarrow f(-x^2)=\max\left \{ 0,f(x).f(-x)\right \}\ \ (3)$

từ đây ta có

$f(x)\ge 0,\ \forall x\le 0\ \ \ (4)$

tới đây ta xét $3$ tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$ là

$\left\{\begin{matrix}f(x)>0,\forall x \in \mathcal{A} \\f(x)<0,\forall x \in \mathcal{B} \\ f(x)=0,\forall x \in \mathcal{C} \end{matrix}\right.$

tới đây ta xem $a,b,c$ lần lượt là các phần tử thuộc các tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$

ta giả sử $\left | \mathcal{C} \right |=1$ tức là tập $\mathcal{C}$ chỉ có duy nhất phần tử là $0$

$(4)\Rightarrow f(x)>0,\ \ \forall x<0$

mà từ $(2)$ ta có

$0=f(0)\ge f(x),\ \ \forall x$

từ 2 điều trên ta có mâu thuẫn do đó $\left | \mathcal{C} \right |>1$

$\mathcal{P}(x,c)\rightarrow f(xc)=\max \left \{ f(x+c),0\right \}$

do đó $f(xc)\ge 0,\ \forall x$ và ta có thể chọn $x$ cùng với $c\neq 0$ nên 

$f(x)\ge 0,\ \ \forall x\Rightarrow \mathcal{B}=\varnothing$

từ $(1)$ ta có $0=f(0)\ge f(1)\ge 0\rightarrow f(1)=0$

với $x\neq 0$ ta chọn

$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow 0=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$

từ đây ta có được $f\left ( x+\frac{1}{x}\right )=0$ tức là

$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{C},\ \forall x\neq 0$

tới đây vì $x+\frac{1}{x}\ge 2$ nên $\forall y:\left | y \right |\ge 2\rightarrow \exists x_0:y=x_0+\frac{1}{x_0}$ do đó

$\forall x:\left | x \right |\ge 2\rightarrow x\in \mathcal{C}$

từ đây với giả thiết đầu bài ta cố định $x$ và chọn $y$ đủ lớn sao cho $\left\{\begin{matrix} \left | x+y \right |\ge 2\\\left | xy \right |\ge 2 \end{matrix}\right.$ nên 

$f(xy)=\max\left \{ f(x+y),f(x).f(y)\right \}=\max\left \{ 0,0 \right \}=0$

từ đây với mỗi $x$  cố định ta đều có thể chọn $y$ mà $f(xy)=0$ nên ta có thể suy ra 

$f(x)=0,\ \ \forall x$

$\bullet\ \boxed{\text{TH2:}\ f(0)\neq 0}$

với trường hợp này từ $(2)$ ta suy ra tập giá trị của hàm $f$ là $1$ hoặc $f(0)$

nếu $f(0)=1$ thì không còn gì để nói nên ta xét với $f(0)\neq 1$

mà $\mathcal{P}(0,0)\rightarrow f(0)\ge f(0)^2\Rightarrow f(0)\le 1$ nên $f(0)<1$

tới đây ý tưởng cũng như trên ta xét hai tập $\mathcal{D},\mathcal{E}$ là

$\left\{\begin{matrix} f(x)=1,\forall x\in \mathcal{D}\\ f(x)=f(0),\forall x\in \mathcal{E} \end{matrix}\right.$

từ $(1)$ ta có $f(0)\ge f(1)$ mà ta thấy không còn giá trị nào của hàm $f$ bé hơn $f(0)$ nên $f(1)=f(0)$

tới đây thì tương tự như trên là

$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow f(0)=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$

từ đây ta có được

$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{E},\ \forall x\neq 0$

tới đây phần còn lại giải quyết hoàn toàn tương tự như trên

và đáp số bài toán là $f(x)\equiv C,\ \ \forall C\in \left [ 0,1 \right ]$

Spoiler




#689168 Tìm GTLN của tổng S?

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 31-07-2017 - 17:36

Gọi tổng của một tập hợp là tổng các phần tử của tập hợp đó. Gọi S là tập các số nguyên dương không vượt quá 15. Giả sử rằng không có 2 tập con nào của S có tổng bằng nhau. Tìm GTLN của tổng S?

$\bullet$ đầu tiên ta nhận xét là tập $\mathcal{S}$ có nhiều nhất $5$ phần tử

thật vậy giả sử $\left | S \right |\ge 6$

số tập con khác rỗng của $\mathcal{S}$ có nhiều nhất $4$ phần tử là $\begin{pmatrix} 6\\1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 6\\2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 6\\ 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 6\\4 \end{pmatrix}=56$

trong khi đó tổng các phần tử trong mỗi tập này $\le 15+14+13+12=54$

$\Rightarrow$ tồn tại $2$ tập con của $\mathcal{S}$ có tổng các phần tử bằng nhau,giả sử là  $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$

nếu $\mathcal{A}\cap \mathcal{B}=\varnothing$ thì mâu thuẫn với giả thiết

nếu $\mathcal{A}\cap \mathcal{B}=\mathcal{C}$ thì ta có $2$ tập $\mathcal{A}\setminus \mathcal{C},\mathcal{B}\setminus \mathcal{C}$ mâu thuẫn giả thiết

$\bullet$ do ta mong muốn có tập $\mathcal{S}$ nhiều phần tử nhất nên ta giả sử

$\mathcal{S}=\left \{ a,b,c,d,e \right \},\ a<b<c<d<e$

sau một hồi dự tính toán ta dự đoán được tập $\left \{ 8,11,13,14,15 \right \}$ là tập $\mathcal{S}$ cần tìm và giờ ta sẽ chứng minh =))

ta có 

$d+e\le 14+15=29,\ c\le 13$

có $\begin{pmatrix} 5\\2 \end{pmatrix}=10$ tập con có hai phần tử của $\mathcal{S}$

trong $10$ tập này thì $\left \{ d,e \right \},\left \{ a,b \right \}$ lần lượt là $2$ tập có tổng phần tử lớn nhất là nhỏ nhất nên

$a+b\le d+e-9\le 20$

$\Rightarrow a+b+c+d+e\le 20+13+29=62\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+b=20\\c=13 \\d=14\\e=15 \end{matrix}\right.$




#680929 $\text{CMR}:\ a^2+2b^2+3c^2\le 66$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 16-05-2017 - 21:36

Cho các số thực $a,b,c\in \left [ -2,5 \right ]$ thỏa mãn $a+2b+3c\le 2$

$\text{CMR}:\ a^2+2b^2+3c^2\le 66$




#667552 $x^2+y^2+z^2=p.t$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 08-01-2017 - 07:09

Bài toán 1: Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh tồn tại các số $x,y,z,t$ thỏa mãn :

$x^2+y^2+z^2=p.t$ (Với $0<t<p$)

 

 

ta chỉ cần xét $x,y,z$ theo $\left ( \mod\ p \right )$ và khi thay $x$ bởi $p-x$ nên ta chỉ cần xét với $x,y,z< \frac{p}{2}$

Đặt $\mathcal{S}$ là tập bình phương các số dư thì khi đó $\left | \mathcal{S} \right |=\frac{p+1}{2}$

theo định lý $\text{Cauchy-Dacenport}$ ta có

$\left | \mathcal{S}+\mathcal{S}+\mathcal{S} \right |\geq \min\left \{ p,3\left | \mathcal{S} \right |-2 \right \}=\min\left \{ p,3.\frac{p+1}{2}-2 \right \}=p$

do đó 

$\exists t_p:x^2+y^2+z^2=pt_p$

$\Rightarrow t_p=\frac{x^2+y^2+z^2}{p}<\frac{3.\left ( \frac{p}{2} \right )^2}{p}$

do đó ta chỉ cần chọn $t=t_p$

 

Bài toán 2: Cho các số nguyên $a,b,c$ lớn hơn 1. Chứng minh rằng nếu với mỗi số nguyên dương $n$, tồn tại $k$ sao cho $a^k+b^k=2c^n$ thì $a=b$

File gửi kèm  analysis against number theory.pdf   183.25K   68 Số lần tải

em xem ở $\text{Example}\ 3$ nhé

 

Bài toán 3: Cho a,b,c là các số nguyên và $a \neq 0$ sao cho $an^2+bn+c$ là số chính phương với mọi $n>2013^{2014}$.

Chứng minh rằng tồn tại $x,y$ nguyên sao cho : $a=x^2,b=2xy,c=y^2$

đây là bài toán khá nổi tiếng

em có thể tham khảo $\text{Example}\ 2$ cùng file trên và cũng một lời giải khác ở đây,ý nghĩa bài toán nó đơn thuần chỉ cần vô hạn và phủ nên 2 lời giải trên đều có thể dùng được