VoHungHuu

Xét dãy $(y_{n}): y_{n+2}=3y_{n+1}+504y_{n}$ ( $y_{0}=1, y_{1}=45$ ). Dễ thấy $y_{n}\equiv x_{n} (mod 503)$ với mọi số tự nhiên n

Xét phương trình đặc trưng của $(y_{n})$ $y^{2}-3y-504=0 \Leftrightarrow y=24, y=-21$. Kết hợp với $y_{0}=0, y_{1}=45$, công thức số hạng tổng quát của dãy $(y_{n})$ là $y_{n}= 24^{n}-(-21)^{n}$. Vậy $y_{2008}= 24^{2008} -21^{2008}$

Vì 503 là số nguyên tố nên $24^{2008}\equiv (24^{502})^{4}\equiv 1^{4}\equiv 1 (mod 503)$ (định lý Fermat nhỏ). Tương tự $21^{2008}\equiv 1 (mod 503)$. Vậy $y_{2008}\equiv 0 (mod 503)$. Do đó, $x_{2008}\equiv y_{2008}\equiv 0 (mod 503)$.(1)

Xét dãy $(x_{n})$ ta có $x_{k+6}= 3x_{k+5}+x_{k+4}=...= 360x_{k+1}+109x_{k} \Rightarrow x_{k+6}\equiv x_{k} (mod4)$. Vì $2008\equiv 2 (mod 6)$ nên $x_{2008}\equiv x_{2}\equiv 3 (mod4)$ (Do $x_{2}= 3.45$ ) (2). Từ  (1) và (2) ta có hệ :

$\left\{\begin{matrix} x_{2008}\equiv 0 (mod 503) & \\ x_{2008}\equiv 3 (mod 4) & \end{matrix}\right.$

Giải hệ trên ta được $x_{2008}\equiv 503 (mod 2012)$.

Họ và tên: Võ Hùng Hữu

Nick trong diễn đàn: VoHungHuu

Năm sinh: 2000

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp: THPT, THCS

Xét $a_1, a_1+a_2,a_1+a_2+a_3,...,a_1+a_2+...+a_n, a_2+a_3, a_2+a_3+a_4,...,a_2+a_3+...+a_{n},...$

Có $\dfrac{n(n+1)}{2}>2n$ phần tử trong dãy trên nên tồn tại hay phần tử sẽ có cùng số dư khi chia cho $2n$

Giả sử $a_1+a_2$ và $a_2+a_3+a_4$ có cùng số dư thì đâu có được đâu bạn.

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh: $\sum \sqrt[3]{\frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}} > \frac{3}{2}$

Tui chỉ giải được tới đây thôi: $\sqrt[3]{\frac{a^{2}+(b+c)^{2}}{a(b+c)}}< \sqrt[3]{\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{a}}< \sqrt[3]{1+\frac{b+c}{a}}=\sqrt[3]{\frac{a+b+c}{a}} \Rightarrow \sqrt[3]{\frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}}> \sqrt[3]{\frac{a}{a+b+c}}$

Suy ra: $\sum \sqrt[3]{\frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}}> \sum \sqrt[3]{\frac{a}{a+b+c}}$

Ai giải tiếp giùm mình đi

Do vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên ta có thể giả sử $x \leq y \leq z$

Ta xét các TH của $x$ như sau : 

TH1 : $x \geq 0$

       1,1 : $x>\frac{3}{4}$

       Do đó ta có $2(x+y+z)-xyz < 2\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}-(\frac{3}{4})^3\approx 9,98 <10$

       1,2 : $0 \leq x \leq \frac{3}{4}$

       Do đó ta có $2(x+y+z)-xyz \leq 2(x+y+z) \leq 2\left [ \sqrt{2(y^2+z^2)}+x \right ] < 2\left [ \sqrt{2.9}+\frac{3}{4} \right ]\approx 9,99 <10$

TH2 : $x <0$

       Đặt $f(x,y,z)=2(x+y+z)-xyz$

       Đễ dàng chứng minh được $f(x,y,z) \leq f(x,\sqrt{\frac{y^2+z^2}{2}},\sqrt{\frac{y^2+z^2}{2}})$

       Do đó ta chỉ cần chứng minh trong điều kiện $y=z$

       Bài toán trở thành : Cho $x^2+2y^2=9$. Tìm GTLN của $2(x+2y)-xy^2$ với $x <0$

       Đặt $-x=t>0\Rightarrow t^2+2y^2=9$, $\Rightarrow t=\sqrt{9-2y^2}$

       Ta sẽ chứng minh $f(x,y,z) \leq 10\Leftrightarrow 2(2y-\sqrt{9-2y^2})+\sqrt{9-2y^2}.y^2 \leq 10$

                                       $\Leftrightarrow (y^2-2)\sqrt{9-2y^2} \leq 10-4y$

      Bình phương 2 vế ta có đpcm

 Vậy ta luôn có $2(x+y+z)-xyz \leq 10$

Dấu = xảy ra khi $(x,y,z)=(-1;2;2)$ và các hoán vị của bộ số này 

Cho hỏi số $\frac{3}{4}$ là làm sao tìm được ra nó vậy. . Với lại tại sao ta chỉ cần chứng minh trong đk y=z,, chắc gì khi y=z thì f lớn nhất ?