Đến nội dung

Isaac Newton

Isaac Newton

Đăng ký: 13-01-2016
Offline Đăng nhập: 25-10-2016 - 20:21
-----

#658648 Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn phương trình : x2 - 2x = 27 y3

Gửi bởi Isaac Newton trong 21-10-2016 - 06:18

$x^2-2x=27y^3 \Leftrightarrow (x-1)^2=(3y+1)(9y^2-3y+1)$

Giả sử $d=(3y+1;9y^2-3y+1)(d\in\mathbb{N}; d\geq 1)\Rightarrow 3y+1\vdots d; 9y^2-3y+1\vdots d\Rightarrow (3y+1)^2-(9y^2-3y+1)\vdots d$
$\Rightarrow 9y\vdots d\Rightarrow -3y+1\vdots d\Rightarrow 2\vdots d \Rightarrow$ $d=1$ hoặc $d=2.$
Nếu y chẵn $\Rightarrow$ $9y^2-3y+1$ lẻ $\Rightarrow$ d=1.
Nếu y lẻ $\Rightarrow$  $9y^2-3y+1$ lẻ suy ra d=1.
Vậy $(3y+1;9y^2-3y+1)=1 \Rightarrow 3y+1=m^2; 9y^2-3y+1=n^2 (m,n \in\mathbb{N})$
Xét $9y^2-3y+1=n^2 \Rightarrow 9y^2-3y+1-n^2=0\Leftrightarrow 4.9y^2-4.3y+4-4n^2=0\Leftrightarrow (6y-1)^2-(2n)^2=-3$
Đến đây giải phương trình dễ tìm được nghiệm duy nhất (y;n)=(0;1)
Thử lại thấy y=0 thì $3y+1= 9y^2-3y+1=1 $chính phương.
Khi đó với y=0 suy ra $x^2-2x=0 \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=2$.
Kêt luận: (x;y)=(0;0);(2;0) là các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho.



#658647 Tìm số nguyên dương n sao cho $\frac{n\left ( 2n-1...

Gửi bởi Isaac Newton trong 21-10-2016 - 05:49

$\frac{n(2n-1)}{26}=m^2$

$\Leftrightarrow 2n^2-n=26m^2\Leftrightarrow 16n^2-8n=208m^2\Leftrightarrow (4n-1)^2=13.(4m)^2+1\Leftrightarrow (4n-1)^2-13.(4m)^2=1$. Đây là phương trình Pell loại I. :icon6:




#658640 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN VÒNG 1 2016-2017

Gửi bởi Isaac Newton trong 20-10-2016 - 22:51

Bài 3:

$a, u_n=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2n+1}{2n+2}$ . Ta có $u_n^2=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{2^2.4^2...(2n+2)^2}>\frac{(3^2-1)(5^2-1)...((2n+1)^2-1)}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{(2.4).(4.6)...((2n)(2n+2))}{2^2.4^2...(2n+2)^2}=\frac{2.4...(2n)(2n+2)}{2.4...(2n+2)}.\frac{4.6...(2n)}{2.4...(2n)(2n+2)}=\frac{1}{2(2n+2)}.$ Lại có $ u_n^2<\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(2^2-1)(4^2-1)...((2n+2)^2-1))}=\frac{1^2.3^2...(2n+1)^2}{(1.3)(3.5)...((2n+1)(2n+3))}$ $=\frac{1.3...(2n+1)}{1.3...(2n+1)}.\frac{1.3...(2n+1)}{3.5...(2n+3)}=\frac{1}{2n+3}.$

Vậy $\frac{1}{2(2n+2)}<u_n^2<\frac{1}{2n+3}$ suy ra $limu_n=0, n\rightarrow +\infty.$

$b, u_1=1=tan\frac{\pi }{4}$
Ta chứng minh $u_n=tan\frac{\pi }{4.2^{n-1}}$,  với mọi $n\geq 1$ bằng quy nạp.
Với n=1: $u_1=tan\frac{\pi}{4}$
Giả sử đúng với n=k, $k\geq 2$: $u_k=tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}$
Cần chứng minh đúng với n=k+1: $u_{k+1}=tan\frac{\pi}{4.2^k}$
Thật vậy: $u_{k+1}=\frac{\sqrt{1+u_k^2}-1}{u_k}$ $=\frac{\sqrt{1+tan^2\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}-1}{tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}$$=\frac{\frac{1}{cos\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}-1}{tan\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}=\frac{1-cos\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}{sin\frac{\pi}{4.2^{k-1}}}=\frac{2sin^2\frac{\pi}{4.2^k}}{2sin\frac{\pi}{4.2^k}.cos\frac{\pi}{4.2^k}}=tan\frac{\pi}{4.2^k}$
Theo nguyên lí quy nạp $u_n=tan\frac{\pi }{4.2^{n-1}}$,với mọi $ n\geq 1.$
 



#657527 $(\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1})(x^2 +\sqrt...

Gửi bởi Isaac Newton trong 11-10-2016 - 18:43

 

Đề : Gpt
$(\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1})(x^2 +\sqrt{x^2 +4x+3}) =2x$

 

$(\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1})(x^2 +\sqrt{x^2 +4x+3}) =2x$

ĐK: $x\geqslant -1$

PT$\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x+1}}(x^2+\sqrt{(x+3)(x+1)})=2x \Leftrightarrow x^2+\sqrt{(x+3)(x+1)}=x(\sqrt{x+3}+\sqrt{x+1})\Leftrightarrow x(x-\sqrt{x+3})-\sqrt{x+1}(x-\sqrt{x+3})=0\Leftrightarrow (x-\sqrt{x+3})(x-\sqrt{x+1})=0$

Đến đây thì ok rồi  :icon6:  :icon6:  :icon6:




#657468 Tìm hàm f thỏa mãn.

Gửi bởi Isaac Newton trong 10-10-2016 - 21:55

Bài 1: Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $4f\left ( f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+x$. Chứng minh $f\left ( 0 \right )=0.$

Giả sử tồn tại a,b sao cho $f(a)=f(b)$

Khi đó cho x=a:

$4f(f(a))=2f(a)+a$

Cho x=b: $4f(f(b))=2f(b)+b$, suy ra a=b.

Do vậy $f(x)$ là đơn ánh.

Cho x=o:

$2f(f(0))=f(0)$. Thế x bởi $f(0)$ được: $4f(f(f(0)))=2f(f(0))+f(0)$ $ \Rightarrow 4f(f(f(0)))=4f(f(0))$

$\Rightarrow f(f(f(0)))=f(f(0))$

$\Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$, do f là đơn ánh.




#657454 $a(2-b)+b(2-c)+c(2-a) \\le 4$

Gửi bởi Isaac Newton trong 10-10-2016 - 20:57

$1.AC=BD=\sqrt{2}. $

$MA^2+MC^2\geqslant \frac{(MA+MC)^2}{2}\geqslant \frac{AC^2}{2}=1 $

Tương tự: $MB^2+MD^2\geqslant 1$

Suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi M nằm trên đoạn AC và BD. Khi đó M là tâm của hình vuông ABCD.




#657447 $(x+3\sqrt{x}+2)(x+9\sqrt{x}+18)=120x$

Gửi bởi Isaac Newton trong 10-10-2016 - 20:10

ĐK: $x\geq 0$

x=0 không thỏa mãn.

Xét x khác 0.

$(x+3\sqrt{x}+2)(x+9\sqrt{x}+18)=120x$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}+2)\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}+6)=120x \Leftrightarrow (x+7\sqrt{x}+6)(x+5\sqrt{x}+6)=120x \Leftrightarrow (\sqrt{x}+\frac{6}{\sqrt{x}}+7)(\sqrt{x}+\frac{6}{\sqrt{x}}+5)=120\Leftrightarrow (t-1)(t+1)=120\Leftrightarrow t=11$

Với $t=\sqrt{x}+\frac{6}{\sqrt{x}}+6 (t>0)$...




#652911 Chứng minh rằng

Gửi bởi Isaac Newton trong 05-09-2016 - 17:36

A=1.2.3.4...200 > 2008(1+1/2+1/3+...+1/2008)

 


*Chứng minh: $ n+2 > \sqrt{n+1} + \sqrt{n}  (*) $ với mọi n tự nhiên.

$ (*) \Leftrightarrow n^2+4n+4 > 2n+1+2\sqrt{n^2+n} \Leftrightarrow n^2+2n+3 > 2\sqrt{n^2+n}$ 

$\Leftrightarrow  n^4+4n^2+9+4n^3+6n^2+12n > 4n^2+4n \Leftrightarrow n^4+4n^3+6n^2+8n+9 > 0$

$\Leftrightarrow  (n^2+2)(n+2)^2 + 1>0$ (luôn đúng)

Nên $\dfrac{1}{n+2} < \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$

*Áp dụng: $\dfrac12+\dfrac13+...+\dfrac{1}{2008} <  \dfrac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{0}}+ \dfrac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{1}}+...+ \dfrac{1}{\sqrt{2007} + \sqrt{2006}}$

$= 1+\sqrt{2} - \sqrt{1}+\sqrt{3} - \sqrt{2}+...+\sqrt{2007} - \sqrt{2006}= \sqrt{2007}$

Suy ra : $2008(1+\dfrac12+\dfrac13+...+\dfrac{1}{2008})<2008(1+\sqrt{2007}) (1) $

Dễ thấy $2008^2>2008(1+ \sqrt{2007}) (2)$

Thế mà $1.2.3...200> (50.100).(20.200)=5000.4000>2018^2 (3)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra ĐPCM.
Các giải này thô sơ quá  :D




  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Đang xem trang cá nhân: Likes: Isaac Newton