Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


superpower

Đăng ký: 21-09-2015
Offline Đăng nhập: 24-11-2019 - 12:51
**---

#674698 $x^2+y^2=pz^2$

Gửi bởi superpower trong 19-03-2017 - 00:23

Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?

Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat 




#674660 $x^2+y^2=pz^2$

Gửi bởi superpower trong 18-03-2017 - 21:26

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$

Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $ 

Trở lại bài toán, ta có 

$x=px_1;  y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không ) 

Quy về lại pt : 

$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$ 

Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí




#674113 $u_0 = 2011$;$ u_n = \dfrac{1}{2}\left( {u_{n - 1}...

Gửi bởi superpower trong 12-03-2017 - 21:59

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn

Mình xin sửa lại như sau 

Dễ thấy $u_n>0 $ 

Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $ 

Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $ 

Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $

Thật vậy, ta có 

$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$ 

Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $ 

Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $ 

Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $ 

Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $

Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $ 




#668588 $x_1=3$ và $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt...

Gửi bởi superpower trong 16-01-2017 - 21:26

$x_1=3$ và  $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó

Bài này cơ bản thôi \\

Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $ 

Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $ 

Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng 

Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp 

Với $n=1 => x_1 =3 <5 $ 

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh 

$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED 

Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$




#661704 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

Gửi bởi superpower trong 12-11-2016 - 23:52

 

5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm




#660242 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 01-11-2016 - 23:40

Hàm nay chưa chắc là hàm đa thức và cũng không phải hàm trên N (đề cho trên R+) 

2 bạn giải như thế hình như sai rồi :/

$R^{+}$ đươc nhé bạn ơi. Bạn xem lại nha




#660063 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:53

Câu 3 (4,0 điểm)

 

Giả sử $q$ là một số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:

 

$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=2u_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$

 

Tìm $q$ , biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$

Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )

Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí 

Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $

Khi đó, ta xét

TH2: $q=3k+2$

Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $

Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy 

Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $ 

TH2: $q=3k+1 $ 

Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $  

Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM




#660057 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:13

Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$

đây cũng phải PTH đa thức

Cũng đặt $g(x)$ như bạn

Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $ 

Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$

$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )  

Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $ 

Đặt $u_n=x_n-3n $

Khi đó thay vào lại, ta được 

$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $

Sai phân, ta tính được

$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $ 

Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí 

Do đó $c_2=0 $

Tới đây dễ rồi 




#659537 Tìm $f$ thỏa mãn $ f(1)=1;...;f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1...

Gửi bởi superpower trong 27-10-2016 - 18:26

Tìm tất cả các hàm $f$ xác định trên tập các số thực và nhận giá trị thỏa mãn $5$ điều kiện sau đây:

$(1) f(1)=1;$

$(2)f(-1)=-1;$

$(3)f(x)\leq f(0)$ với $0<x<1;$

$(4)f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ với mọi $x,y$

$(5)f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1$ với mọi $x,y$

Từ $(4)$ cho $y=0 => f(x) \geq f(x) +f(0) => f(0) \leq 0 $

Mặt khác, cho $y=-1 $ vào $(4),(5) $, ta suy ra được $f(x-1) \geq f(x) -1 $ $f(x-1) \leq f(x) $

Suy ra $f(x) \geq f(x-1) \geq f(x) -1 $

Cho $x=1 => 1=f(1) \geq f(0) \geq f(1) -1 =0 $

Do đó $f(0)=0 $

Từ $(5)$ thay $y=1-x $, xét $x \in (0,1) $ , ta được

$1=f(1) \leq f(x) + f(1-x) +1 \leq 1 $ ( do $1-x \in (0,1) $ )

Do đó $1=f(x) +f(1-x) + 1 => -f(x) =f(1-x) $

Thay $x=1-x => f(x) =0 , \forall x \in [0,1) $

Đặt $g(x)= x-f(x) $

Khi đó , $(4),(5) $ được viết lại

$g(x+y) \leq g(x) + g(y) $

$g(x+y) \geq g(x) +g(y) -1 $

Thay $y=1$, ta được $g(x+1) \leq g(x) $

Mặt khác, thay $y=-1$, ta được $g(x-1) \leq g(x) $

Suy ra $g(x) \leq g(x+1) $

Từ đó suy ra $g(x) =g(x+1) $

Suy ra $f(x+1) =f(x)+1 $

ta đã $f(x)=0, \forall x \in [0,1) $

Do đó $f(x) = [x] $

Thử lại thỏa

Cảm ơn huykinhcan99. Đã sửa. Mình gõ lộn tí 




#658782 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 16:09

Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $ 

Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $ 

Bài làm 

Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$ 

Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$ 

Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $

Chứng minh vế đầu, ta có

$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n}  \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $  

Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $ 

Tương đương với $  \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó vế đầu được chứng minh

Ta tiêp tục chứng minh vế sau

Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau 

$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $ 

Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $

         $<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $

Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp 

Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có 

$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$

Tức là ta cần chứng minh 

$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $ 

Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $  

Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $

Nên ta cần chứng minh  

$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $

$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có 

$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $

Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $

 




#658780 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 15:49

Bài 1:

a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $ 

b/

Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $ 

Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $

Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được

$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $ 

Từ đó suy ra được $n=6k+3 $ 

 

 




#658127 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 16-10-2016 - 20:31


 

 

Câu 2. Cho dãy số thực $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}x_{1} = \dfrac{5}{2} \\ x_{n + 1} = \sqrt{x_{n}^{2} - 12x_{n} + \dfrac{20n + 21}{n + 1}}\end{cases}$, $\forall n \ge 1$. Chứng minh rằng dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Ego sửa lại luôn nhé $x_{n+1} = \sqrt{x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} } $ mới đúng 

Bài này thì chắc quen thuộc rồi

Ta sẽ quy nạp $x_n \geq 2 , \forall n \in N^{*} $ 

Với $n=1 $ thì $x_1 =\frac{5}{2} \geq 2 $

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$

Thật vậy, ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} \geq x_n^3-12x_n +20 \geq 4 $ do $x_n \geq 2 $

Do đó $x_n \geq 2 , \forall x \in N^{*} $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n $ giảm 

Xét hàm số $f(t) = \frac{20t+21}{t+1} $

có $f'(t) = \frac{-1}{(t+1)^2} < 0 $

Do đó $f(t)$ nghịch biến

Do đó $f(n+1) \leq f(n) $ 

Xét hàm số $g(x) = x^3-12x $ trên $[2, + \infty) $

Có $g'(x) = 3x^2 -12 \geq 0 $

Do đó $g(x) $ đồng biến

Ta có $x_2 < x_1 $

Nên giả sử $x_{n-1} > x_n $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n > x_{n+1} $

Thật vậy ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} $

$x_n^2 = x_{n-1}^3 - 12x_{n-1} +\frac{20(n-1)+21}{n} $ 

Ta suy ra đc

$x_{n+1}^2 - x_n^2 \leq 0 $ 

Do đó $x_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại $L = lim x_n $

Giải ra được $L=2 $ 




#657833 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HÀ NAM NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 18:40

Câu bất quen quá rồi

Theo AM-GM

$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$

Cộng lại có $P\geq 2$

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $ 

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $




#657806 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 11:45

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

 

 

Bài 1: 

$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử

$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $

Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  =0 $ 

có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $

Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  >0 $

Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $ 

Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được

$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $

Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $

Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt 

 

Bài 2: 

Từ pt đề bài ta suy ra 

$x_{n+1}^2  = (x_n^2 + 3x_n)(x_n^2+3x_n +2) +1 = (x_n^2+3x_n +1)^2 $

Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $

Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được 

$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $ 

Tới đây quen thuộc rồi

Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên 

Do đó $lim x_n =  +\infty $

Do đó rút gọn sai phân là ra 

 

Bài 5

Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $ 

Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $ 

Biến đổi tương đương trở thành 

$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 




#657792 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 13-10-2016 - 23:06

 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

 

Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà