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.


Zz Isaac Newton Zz

Đăng ký: 27-06-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 07:01
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Chứng minh rằng đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ không thể phân tí...

16-09-2018 - 23:39

Cho số nguyên tố có 4 chữ số $p=\overline{abcd}$. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ không thể phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc lớn hơn 0 với hệ số nguyên.

Bài toán là trường hợp riêng của tiêu chuẩn $Cohn$ trong đa thức bất khả quy sau đây:

Cho $p$ là số nguyên tố. Giả sử $p$ được viết dưới dạng hệ cơ số $b\geq 2$ như sau: $p=a_{n}.b^{n}+a_{n-1}.b^{n-1}+...+a_{1}.b+a_{0},$ với $0\leq a_{i}\leq b-1,i=\overline{0,n}.$ Khi đó đa thức: $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ].$


Trong chủ đề: ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHS...

11-09-2018 - 17:52

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ hai: 11 - 9 - 2018

Câu 1: Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left ( x_{1},x_{2},...,x_{n} \right )$ là một hoán vị của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: $\sum_{k=1}^{n}kx_{k}\left ( k+x_{k} \right )\leq \frac{n^{2}\left ( n+1 \right )^{2}}{2}.$

Câu 2: Cho các số nguyên $m,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^{2}-x$ với $x=\overline{1,n}$ không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho $m.$ Chứng minh rằng:

(a) $m\geq 2n-1.$

(b) $m=2n-1$ khi và chỉ khi $m$ là số nguyên tố lẻ.

Câu 3: Với mỗi số nguyên $n> 1,$ ta gọi một hoán vị $\left ( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right )$ của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên) là tốt nếu: $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{n}-n \right |\neq 0.$

Chứng minh rằng:

(a) Không tồn tại hoán vị tốt nếu $n$ lẻ.

(b) Nếu $n$ chẵn thì số hoán vị tốt bằng số các ước dương của $\frac{n}{2}.$

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $\left ( O \right ).$ $P,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,OAC.$ $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC.$ Gọi $X$ là giao điểm của $RB$ và $CP,$ $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ.$ Chứng minh rằng: $\widehat{BAX}=\widehat{YAC}.$


Trong chủ đề: $f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}$

05-09-2018 - 15:36

Tìm tất cả các hàm $f:R \rightarrow R$ thỏa mãn:
$f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}.$

Ta viết lại đẳng thức dưới dạng: $f\left ( \left ( x+y \right )^{2}+2f(xy)-2xy \right )=f^{2}\left ( x+y \right ),\forall x,y\in \mathbb{R}$ (1)

Đặt: $x+y=a,xy=b$ và $g\left ( x \right )=2\left ( f(x)-x \right )$ khi đó (1) viết lại dưới dạng: 

$f\left ( a^{2}+g(b) \right )=f^{2}\left ( a \right )$ với mọi $b=xy\leq \frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}.$

Đặt: $M=\left \{ g(b)\mid b\in \mathbb{R} \right \}$ và $T=\left \{ g(b_{1})-g(b_{2})\mid b_{1},b_{2}\in \mathbb{R} \right \}$

Với mọi $x$ đủ lớn thì $f$ tuần hoàn theo chu kì $t\in T.$

Ta có: $g\left ( \left ( x^{2}+a_{1} \right )^{2}+a_{2} \right )-g\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right )=2\left [ f\left ( \left ( x^{2}+a_{_{1}} \right )^{2}+a_{2} \right )-\left ( \left ( x^{2}+a_{1} \right )^{2}+a_{_{2}} \right ) \right ]-2\left [ f\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right )-\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right ) \right ]=2\left [ f^{4}(x)-f^{4}(x)+2(a_{2}-a_{_{1}})x^{2}+a_{2}^{2}-a_{1}^{2} \right ]=4(a_{2}-a_{1})x^{2}+2\left ( a_{2}^{2}-a_{1}^{2} \right )\in T$

Giả sử tồn tại hai số $a_{1},a_{2}$ sao cho $a_{1}< a_{2}.$ Suy ra trong $T$ chứa một đoạn liên tục trên $\mathbb{R}$ và với mọi số $x$ đủ lớn thì $f$ tuần hoàn theo chu kì bất kì trong đoạn này.

Từ đây ta có $f$ là hàm hằng với mọi $x\geq x_{1},$ hay $f(x)=c,\forall x\geq x_{1},c=const.$

Ta chọn một số $a$ đủ lớn để $a\geq x_{1},x^{2}+a\geq x_{1}$ thì ta suy ra: $c^{2}=c\Rightarrow c=\left \{ 0,1 \right \}.$ Tới đây ta đi xét hai trường hợp.

Trường hợp 1: nếu $c=0$ thì $f\left ( y^{2}+g(x) \right )=f^{2}(y)=f^{2}(-y),$ do đó với mọi $y\leq -x_{1}$ hoặc $y\geq x_{1}$ thì $f(y)=0.$

Suy ra: với mọi $y\leq -x_{1}$ thì $g(y)=-2y.$ Với mọi $x\in \mathbb{R}$ tồn tại $y\leq -x_{1}$ để $x^{2}-2y>x_{1}.$ Từ đó $f^{2}(x)=f(x^{2}-2y)=0\Rightarrow f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}.$

Trường hợp 2: nếu $c=1$ thì với mọi $y\leq -x_{1}$ ta có: $f(y)=\pm 1,g(y)=\pm 2-2y,$ suy ra: $\forall x\in \mathbb{R},\exists y\leq -x_{1}$ sao cho: $x^{2}\pm 2-2y>x_{1}$ và $f^{2}(x)=f\left ( x^{2}\pm 2-2y \right )=1\Rightarrow f(x)=\pm 1,\forall x\in \mathbb{R}.$

Trong trường hợp $f$ không đồng nhất với $1$ thì $\exists x_{0}:f(x_{0})=-1.$

Suy ra: $x_{0}\neq x^{2}+g(y),y\leq \frac{x^{2}}{4}.$

Xét $y\leq 0,x\in \mathbb{R}$ thì $x_{0}< g(y),\forall y\leq 0.$

Mặt khác $g(0)\leq 2$ nên $x_{0}<2.$ Suy ra: $f(x)=1,\forall x\geq 2$ và $g(x)=2-2x,\forall x\geq 2.$

*Giả sử $x_{0}\geq 0$ khi đó $g(x_{0})=-2-2x_{0}$ và với mọi $x_{0}\leq \frac{a^{2}}{4}$ thì $f(a^{2}-2-2x_{0})=f^{2}(a)\geq 0\Rightarrow f(m)=1,\forall m\geq 2x_{0}-2$

Từ đây ta suy ra: $2x_{0}-2>x_{0}\Leftrightarrow x_{0}>2,$ mâu thuẫn nên do đó ta phải có: $x_{0}<0.$

*Với $g(x_{_{0}})=-2-2x_{_{0}}$ và $f(a^{2}-2-2x_{0})=f^{2}(a)\geq 0,$ suy ra: $f(m)=1,\forall m\geq -2-2x_{0}\Rightarrow -2-2x_{0}> x_{0}\Leftrightarrow x_{0}<\frac{-2}{3}.$ Do đó: $f(x)=1,\forall x\geq \frac{-2}{3}.$ Ta sẽ chứng minh rằng $x^{2}+g(y),$ với $x^{2}\geq 4y$ sẽ không thể nhận giá trị bé hơn $\frac{-2}{3}.$

*Nếu $y< \frac{-2}{3}$ thì $g(y)=\pm 2-2y$ và $x^{2}+g(y)\geq -2-2y\geq \frac{-2}{3}.$

*Nếu $y\geq \frac{-2}{3}$ thì $g(y)=2-2y$ thì có hai khả năng:

+ Nếu $y\leq 0$ thì $x^{2}+g(y)=x^{2}+2-2y>0.$

+ Nếu $y>0$ thì $x^{2}+g(y)\geq 4y+2-2y=2+2y>0.$

Từ đây ta có kết luận về họ hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & \forall x\geq \frac{-2}{3} & \\ -1 & \forall x< \frac{-2}{3} & \end{matrix}\right.$

Vậy tất cả các hàm $f$ thỏa đề bài là: $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=1,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & \forall x\geq \frac{-2}{3} & \\ -1 & \forall x< \frac{-2}{3} & \end{matrix}\right.$


Trong chủ đề: $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

08-02-2018 - 20:11

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$ ~ Toán quốc tế 1983

Do $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nên tồn tại các số dương $x, y, z$ sao cho: $a=y+z, b=z+x, c=x+y.$ Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $xy^{3}+yz^{3}+zx^{3}\geq xyz(x+y+z)\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq x+y+z\Leftrightarrow \frac{(x-y)^{2}}{y}+\frac{(y-z)^{2}}{z}+\frac{(z-x)^{2}}{x}\geq 0.$Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh.


Trong chủ đề: Đề Thi VMO năm 2018

30-01-2018 - 20:11

Kết quả VMO 2018, diễn đàn ta có ai đoạt giải vô điểm danh nào: https://drive.google...j3kPpHX8DO/view