HoaiBao

Có ai cho e biết nội dụng (hoặc tiêu đề, đầu đề) chương I; bài 1, 2, 4 Chương II; bài 1,2,3 Chương III; Chương IV và Chương V cuốn "Bài giảng số học" của nhóm Tác giả: Đặng Hùng Thắng (Chủ biên), .... được ko ạ. Quyển này kó có trên mạng (chắc vậy).

       Một lưới các ô vuông gồm $n\times n$ ô vuông nhỏ có chứa những con bọ, trong mỗi ô vuông có nhiều nhất một con bọ. Sau một lúc nào đó những con bọ này bay lên rồi lại đậu xuống lại vào các ô vuông, mỗi ô vuông này cũng chứa nhiều nhất một con bọ. Trong quá trình đó, xem hướng nối tâm ô vuông chứa con bọ lúc đầu và tâm ô vuông lúc sau mà nó đậu tạo thành một vector.Với một số lượng con bọ ban đầu, xét tất cả những trường hợp có thễ xảy ra với các vị trí đầu tiên và cuối cùng của những con bọ. Hãy tìm độ dài lớn nhất của tổng các vector.

Đặt $f(x)=x.3^x- \frac{1}{2}(x^2+x+1)+g(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra $g(x+1)-3g(x)=0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$ . Tiếp tục đặt $g(x)=3^x.h(x) \quad \forall x\in \mathbb{R}$, ta được $h(x+1)=h(x)$. Vậy $f(x)= f(x)=x.3^x- \frac{1}{2}(x^2+x+1)+3^x.h(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}$ với $h(x)$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$

Lâu rồi mới gặp lại mà nó làm khó t.

      Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$, ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

      Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:

$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

      Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thõa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

                 Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}} \leq \sqrt{3}$

Tìm tất cả các hàm $f:(0: +\propto )\rightarrow (0: +\propto )$ thỏa mãn: 
$$f(x+f(y))=\frac{y}{xy+1}\forall x,y\in R$$ (1)

Cho đó ghi bị sai rồi.

Giải bài toán: 

Giả sử tồn tại hàm số f thõa mãn đề bài.

Đặt $f(1)=a$ (a là hằng số)

Trong (1) thay y=1 ta được: $f(x+a)=\frac{1}{x+1}, \forall x>0$

Do đó: $f(x)=\frac{1}{x-a+1}, \forall x>0)$

Thử lại vào (1) rồi đồng nhất hệ số ta được $a=1$

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $f(x)=\frac{1}{x}, \forall x>0$

Xác định các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(f(x)+y)=f(x^{2}-y)+4y.f(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Đặt phép thế $P(x;y):f(f(x)+y)=f(x^2-y)+4y.f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}$

Ta thực hiện: $P(x;\frac{x^2-f(x)}{2}):f(x)[f(x)-x^2]=0, \forall x \in \mathbb{R}$ (2)

Dễ thấy hai hàm số $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^2, \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó cần phải chứng minh ngoài hai hàm trên không tồn tại hàm số nào khác thỏa mãn yêu cầu trên.

Thật vậy giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ thỏa $f(a)\neq 0$ và $f(b) \neq b^2$ (3)

Do vậy theo (2) ta được: $f(a)=a^2$ và $f(b)=0$

Ta lại thay $x=0$ vào (2) nên: $f(0)=0$. Thực hiện $P(0;x): f(x)=f(-x), \forall x\in \mathbb{R}$

Ta xét hai trường hợp:

   Trường hợp I: $a>0$

Thực hiện: $P(b;-a): f(b^2+a)=f(-a)=f(a)=a^2$. Do $a\neq 0$ và (2) ta được $a^2=f(b^2+a)=(b^2+a)^2$.

Mà $0<a<b^2+a$ nên $a^2<(b^2+a)^2$ , mâu thuẫn.

   Trường hợp II: $a<0$

Thực hiện: $P(b;a): f(b^2-a)=f(a)=a^2$. Do $a\neq 0$ và (2) ta được$(b^2-a)^2=(-a)^2$

Mà $0<-a<b^2-a$ nên $(-a)^2<(b^2-a)^2$, mâu thuẫn.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^2, \forall x \in \mathbb{R}$.

Bài 1: cho số $\alpha \in (0;\pi )$. tìm hàm số f xác định trên R thỏa:

$f(x)-2f(x.cos\alpha )+f(xcos^{2}\alpha )=x^{2} \forall x\in R$

bài 2: tìm hàm số f xác định trên R thỏa: $f(x+y).f(x-y)-(x-y)f(x+y)=2(x^2-y^2)cosx.siny \forall x;y\in R$

Bài 1: Ta có: $f(x.cos^2\alpha)-2f(x.cos\alpha)+f(x)=x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

$f(x.cos^2\alpha)-f(x.cos\alpha)-[f(x.cos\alpha)-f(x)]=x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Đặt $f(x.cos\alpha)-f(x)=g(x) \qquad \forall x\in \mathbb{R}$ thay vào:

$g(x.cos\alpha)-g(x)=x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

$g(x.cos\alpha)-g(x)=\frac{1-cos^{2}\alpha}{sin^{2}\alpha}.x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

$g(x.cos\alpha)+\frac{cos^{2}\alpha}{sin^{2}\alpha}.x^2-[g(x)+\frac{1}{sin^{2}\alpha}.x^2]=0 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Đặt $g(x)+\frac{1}{sin^{2}\alpha}.x^2=h(x)\qquad \forall x\in \mathbb{R}$

$h(x.cos\alpha)=h(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Do đó: $h(x)$ là hàm số nhân tính tuần hoàn chu kì $cos\alpha$ trên $\mathbb{R}$

Suy ra: $f(x.cos\alpha)-f(x)=h(x)-\frac{1}{sin^{2}\alpha}.x^2 \qquad \forall x\in \mathbb{R}$

$f(x.cos\alpha)-log_{cos\alpha}|x.cos\alpha|.h(x.cos\alpha)-[f(x)-log_{cos\alpha}|x|.h(x)]=-\frac{1}{sin^{2}\alpha}.x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Đặt $f(x)-log_{cos\alpha}|x|.h(x)=t(x) \qquad \forall x\in \mathbb{R}$

$t(x.cos\alpha)-t(x)=-\frac{1}{sin^{2}\alpha}.x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

$t(x.cos\alpha)-\frac{cos^{2}\alpha}{sin^{4}\alpha}.x^2-[t(x)-\frac{1}{sin^{4}\alpha}.x^2]=0 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Đặt $t(x)-\frac{1}{sin^{4}\alpha}.x^2=\phi(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

Suy ra: $\phi(x.cos\alpha)=\phi(x) \qquad \forall x\in \mathbb{R}$

Do đó $\phi(x)$ là hàm số nhân tính tuần hoàn chu kì $cos\alpha$ trên $\mathbb{R}$

Vậy $f(x)=log_{cos\alpha}|x|.h(x)+\phi(x)+\frac{1}{sin^{4}\alpha}.x^2 \qquad \forall x\in \mathbb{R}$

Trong đó:  $h(x)$ là hàm số nhân tính tuần hoàn chu kì $cos\alpha$ trên $\mathbb{R}$

                 $\phi(x)$ là hàm số nhân tính tuần hoàn chu kì $cos\alpha$ trên $\mathbb{R}$

Bài 2: Giả sử tồn tại hàm số $f$ thỏa mản yêu cầu bài toán.

Chọn $y=0$ được: $f^{2}(x)-xf(x)=0 \qquad \forall x\in \mathbb{R}$

Suy ra; $f(x)=0$ hoặc $f(x)=x$ Thay lại thấy không thỏa yêu cầu.

Dó đó không tồn tại hàm số $f$ trên $\mathbb{R}$ thỏa mản bài toán.

Hàm $f$ xác định trên $D$ được gọi là "phản tuần hoàn" nếu tồn tại $T>0$ sao cho $x$ và $x+T$ đều thuộc $D$ thì 

$f(x+T)=-f(x),\forall x\in D$

Chứng minh: Nếu $f$ là phản tuần hoàn thì $f$ tuần hoàn.

Giả sử tồn tại hàm số $f$ là phản tuần hoàn như trên. Thì ta có:

$f(x+T)=-f(x), \forall x \in  \mathbb{ D}$

Thay $x$ bằng $x+T$ thì ta có được:

$f((x+T)+T)=-f(x+T), \forall x \in  \mathbb{ D}$

$f(x+2T)=f(x), \forall x \in  \mathbb{ D}$.

Do đó hàm số $f$ là hàm số tuần hoàn chu kì $2T$

Chứng minh rằng mọi hàm số xác định trên $\mathbb R$ đều có thể viết được dưới dạng hiệu của một hàm số chẵn và một hàm số lẻ, xác định trên $\mathbb R$.

Cách giải khác :

Ta có hai trường hợp cần phải xét:

Trường hợp I: $n$ là số lẻ hay đặt $n=2m+1$

$\sum_{k=0}^{2m+1}2^k \binom{2m+1}{k} \binom{2m+1-k}{[\frac{2m+1-k}{2}]}$

$=\sum_{k=0}^{m}2^{2k} \binom{2m+1}{2k} \binom{2m+1-2k}{[\frac{2m+1-2k}{2}]}+\sum_{k=0}^{m}2^{2k+1} \binom{2m+1}{2k+1} \binom{2m+1-2k-1}{[\frac{2m+1-2k-1}{2}]}$

$=\sum_{k=0}^{m}2^{2k} \binom{2m+1}{2k} \binom{2m-2k+1}{m-k}+\sum_{k=0}^{m}2^{2k+1} \binom{2m+1}{2k+1} \binom{2m-2k}{m-k}$

$=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{m}2^{2k} \binom{2m+1}{2k} \binom{2m-2k+2}{m-k+1}+\sum_{k=0}^{m}2^{2k+1} \binom{2m+1}{2k+1} \binom{2m-2k}{m-k}$

$=\frac{1}{2}[t^{m+1}]\frac{1}{\sqrt{1-4t}}.\frac{(1+2\sqrt{t})^{2m+1}+(1-2\sqrt{t})^{2m+1}}{2}+\frac{1}{\sqrt{t}}[t^{m}]\frac{1}{\sqrt{1-4t}}.\frac{(1+2\sqrt{t})^{2m+1}-(1-2\sqrt{t})^{2m+1}}{2}$

$=\frac{1}{2}[t^{m+1}]\frac{1}{\sqrt{1-4t}}.\frac{(1+2t)^{2m+2}+(1-2t)^{2m+2}}{2}$

$=\frac{1}{2}.\sum_{k=0}^{m+1}2^{2k}\binom{2m+2}{2k}\binom{2m-2k+2}{m-k+1}$

$=\frac{1}{2}.\sum_{k=0}^{m+1}2^{2m-2k+2}\binom{2m+2}{2k}\binom{2k}{k}$

$=\frac{1}{2}[t^{2m+2}]\frac{1}{1-2t}.[\frac{1}{\sqrt{1-4u}}|u=\frac{t^2}{(1-2t)^2}]$

$=\frac{1}{2}[t^{2m+2}]\frac{1}{\sqrt{1-4t}}$

$=\frac{1}{2}\binom{4m+4}{2m+2}$

$=\binom{4m+3}{2m+1}=\binom{2n+1}{n}$

Tương tự với trường hợp 2: n chẵn.

Do đó ta có được điều phải chứng minh.

--------------------------------------------------------------------

P/s: Lời giải hơi rờm rà tí. 

Có ai còn cách khác nữa không.

Tìm công thức tổng quát của dãy số $(u_{n})$ 

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=10;u_{2}=19 & & \\ u_{n+2}=\frac{u_{n+1}^{2}+u_{n}-1}{u_{n}},\forall n\in \mathbb{N} & & \end{matrix}\right.$

Mặc dù không biết rõ về dãy số nhưng bài này cũng thấy qua rồi mới biết.

Ta có thể giải theo phương pháp quy nạp để chứng minh: $u_{n+1}=2u_n -1$.

Với $n =0$ , $n=1$ , điều này dễ dàng.

Cho nó đúng tới $n=k$ thì ta có : $u_{k+1}=2u_k -1$ $(1)$

Ta sẽ chứng minh nó đúng với $n=k+1$. Do $u_{k+2}=\frac{u_{k+1}^2+u^k -1}{u^k}=\frac{2u_{k+1}^2+u_{k+1}-1}{u_{k+1}+1}=2u_{k+2}-1$

Theo tính chất quy nạp ta có được điều cần chứng minh hay công thức tổng quát của bài.

Tìm Hàm sinh của dãy ${\frac{a^n}{n}}$

Hay chứng minh $G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^n}{n}x^n=ln(\frac{1}{1-ax})$

Bài 1: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $504(2017^n+1)$ là tích của hai số nguyên liên tiếp.

Chém bài dễ nhất:

 Ta có: $a(a+1)=504(2017^n+1)$

$a^2+a-504(2017^n+1)=0$

$\Delta=1+4.504(2017^n+1)=2017(2017^n-2017^{n-1}+1)$ phải là số chính phương

và do 2017 là số nguyên tố nên $(2017^n-2017^{n-1}+1)\vdots 2017$

Xét $n>1$ dễ thấy mâu thuẫn.

Với $n=0$ (loại)

Do đó $n$ cần tìm là 1 (thõa mãn bài toán)

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                      ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                NĂM HỌC 2016 - 2017

Thời gian làm bài: 180 phút

(Lần 1, ngày 19/08/2016)

Bài 1: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $504(2017^n+1)$ là tích của hai số nguyên liên tiếp.

Bài 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương phân biệt $(a,b)$ sao cho $a^2+b\vdots b^2-a$ và$b^2+a\vdots a^2-b$ 

Bài 3: Cho $x,y,z >0, x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng

$\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}+3\sqrt{6}\leq \sqrt{8}xyz$

$\fbox{Bài 4}$: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M,N$ là hai điểm di chuyển trên cung nhỏ $BC$ của $(O)$ sao cho $MN\parallel BC$ đồng thời có các điểm $E,F$ lần lượt thuộc các đoạn $CA,AB$ để $EN, FM$ cùng vuông góc với $MN$.

      a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ luôn đi qua một điểm $P$ cố định khác $A$ khi $MN$ thay đổi.

      b) Gọi $Q$ đối xứng với $P$ qua $EF$. Chứng minh rằng $Q$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi $M, N$ thay đổi.

Bài 5: Cho $ABC$ là một tam giác tùy ý. Chứng minh rằng nếu mỗi điểm nằm trong một mặt phẳng được tô bởi đúng một trong hai màu xanh hoặc đỏ thì có tồn tại hai điểm màu đỏ có khoảng cách là 1 hoặc tồn tại ba điểm màu xanh mà chúng tạo thành một tam giác đồng dạng với tam giác $ABC$.

------- HẾT -------

----------------------------------------------------------------------------------------------

$\fbox{Nguồn: Bùi Duy Hiếu}$

----------------------------------------------------------------------------------------------

Thế là còn lại bài hình (4) 

Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^{n}\binom{4n-4k}{2n-2k}\binom{4k}{2k}=\frac{1}{2}(\binom{2n}{n}4^n+16^n)$