Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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.


Duy Thai2002

Đăng ký: 30-12-2016
Offline Đăng nhập: 13-03-2019 - 12:27
****-

#719425 $VMO2019$

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 13-01-2019 - 11:51

Nguồn: Facebook thầy Lữ
Mọi người vô chém ạ.

 

Các mem xem thử đề mới. Ai làm được thì vô chém nhé
Nguồn:the art of mathematics - trao đổi toán học

 

Tr2512:
Bài 1a: Theo định lý Rolle thì phương trình $f'=0$ tồn tại ít nhất 1 nghiệm thuộc $R$, đồng thời $f$ có tập xác định $(0;\infty)$ nên lim $\lim_{x\to - \infty}f' >0; \lim_{x\to -\infty}f' <0$ suy ra hàm số đạt GTLN trên R.

Hình gửi kèm

  • 49898377_2322032714497623_38128898587754496_n.jpg
  • 49848388_547403405728726_436004279363305472_n.jpg



#715773 ĐỀ THI CHỌN HSGQG TỈNH QUẢNG NGÃI

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 20-09-2018 - 17:57

Kí hiệu $P(m,n)$ là thay $x$ bởi  $m$, $y$ bởi $n$ trong phương trình hàm đề bài.

$P(0,0)$ $f(-1)+(f(0))^{2}=-1$

$P(0,-1)$ $=> f(-1)+f(0)f(-1)=-1$

$=> f(0)(f(0)-f(-1))=0$ 

$<=> \begin{bmatrix}f(0)=0 & \\ f(0)=f(-1) & \end{bmatrix}$

Nếu $f(0)=f(-1)$ thì theo như trên suy ra được:

$f(0)^{2}+f(0)=-1$. Rõ ràng phương trình này vô nghiệm trên $\mathbb{R}$ nên loại TH này

$=> f(0)=0$. Theo $P(0,0)$ $=> f(-1)=-1$

$P(1,1)$ $=> (f(1))^{2}=1$

$<=> \begin{bmatrix}f(1)=1 & \\ f(1)=-1 & \end{bmatrix}$

Nếu $f(1)=1$ 

$P(x,1)$  

$=> f(x)+f(x-1)=2x-1$  (1)

Trong $(1)$ thay $x$ bởi $xy$:

$f(xy-1)+f(xy)=2xy-1$. 

$=> f(xy)=f(x)f(y)$

Trong (1), thay $x$ bởi $x^{2}+2x+1$:

$f(x^{2}+2x+1)+f(x^{2}+2x)=2x^{2}+4x+1$

$<=> f(x)f(x+2)+(f(x+1))^{2}=2x^{2}+4x+1$

Đặt $f(x+2)=a,f(x+1)=b,f(x)=c$

Ta có:

$\left\{\begin{matrix}a+b=2x+3 & & \\b+c=2x+1 & & \\ac+b^{2}=2x^{2}+4x+1 & & \end{matrix}\right.$( dễ dàng suy ra bằng việc thay đổi  giá trị $x$ trong (1))

$=> \left\{\begin{matrix}a=c+2 & & \\b=2x+1-c & & \\ac+b^{2}=2x^{2}+4x+1 & & \end{matrix}\right.$

$=> c(c+2)+(2x+1-c)^{2}=2x^{2}+4x+1$

Sau khi khai triển và thu gọn phương trình trên, ta được:

$2(c-x)^{2}=0$

$<=> c=x$

$<=> f(x)=x$ $\forall x\in \mathbb{R}$ . Thử lại thấy thỏa nên nhận hàm.

Nếu $f(1)=-1$

$P(x,1)$  

$=> f(x-1)-f(x) =2x-1$(2)

 Trong $(2)$ thay $x$ bởi $xy$:

$f(xy-1)+f(xy)=2xy-1$.

$=> f(xy)=-f(x)f(y)$

Trong (2), thay $x$ bởi $x^{2}+2x+1$:

$-f(x^{2}+2x+1)+f(x^{2}+2x)=2x^{2}+4x+1$

$<=>- f(x)f(x+2)+(f(x+1))^{2}=2x^{2}+4x+1$

Đặt $f(x+2)=a,f(x+1)=b,f(x)=c$

Ta có:

$\left\{\begin{matrix}b-a=2x+3 & & \\c-b=2x+1 & & \\b^{2}-ac=2x^{2}+4x+1 & & \end{matrix}\right.$( dễ dàng suy ra bằng việc thay đổi  giá trị $x$ trong (2))

$=> \left\{\begin{matrix}a=c-4x-4 & & \\b=c-2x-1& & \\b^{2}-ac=2x^{2}+4x+1 & & \end{matrix}\right.$

$=> (c-2x-1)^{2}-c(c-4x-4)=2x^{2}+4x+1$

Sau khi khai triển và thu gọn phương trình trên, ta được:

$2c=-2x^{2}$

$<=> c=-x^{2}$ $<=> f(x)=-x^{2}$ $\forall x\in \mathbb{R}$. 

Thử lại thấy thỏa nên nhận hàm trên.

Vậy $f(x)=x$, $f(x)=-x^{2}$ $\forall x\in \mathbb{R}$. 




#715406 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 10-09-2018 - 22:13

Bài 3. Ta có tính chất sau:

$a.b=(a,b)[a,b]$

Do đó , ta có bất biến là: tích hai số lúc đầu bằng tích hai số lúc sau.

Xét số $a_{1}$ mang giá trị  ban đầu là$a$ ( với $a_{1}$ là số ở ô thứ 1 và $a_{1}$  phải nhận giá trị là UCLN của hai số được thay)

Ta nhận nếu thay $a,b$ bởi $a',b'$   $a'=(a,b)$ thì $a_{1}< a,a_{1}<b$ . Cứ tiếp tục thay $a_{1}$ với  một số bất kì khác và lặp lại liên tục thì $a_{1}$ luôn giảm,.

Mà một số trong bảng thì lớn hơn hoặc bằng 1.Do đó, sẽ có lúc số $a_{1}$ phải bằng 1.  Tiếp tục giống như trên ở ô bất kì.

Thì sau hữu hạn bước, hoặc trên bảng có 2017 số 1 hoặc còn lại k số $1$ và 2018-k số, sao cho những số đó lập thành một cấp số nhân.

Do đó, quá trình kết thúc sau hữu hạn bước.




#715402 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 10-09-2018 - 21:26

2b). Ta có:

$x_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}\geq \frac{(a_{n}+b_{n}+c_{n})^{2}}{3}=\frac{1}{3}$, $x_{n}=(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2})\leq (a_{n}+b_{n}+c_{n})^{2}=1$ ( do  $a_{n},b_{n},c_{n}$ đều dương.

$=> (x_{n})$ bị chặn.

Mặt khác, ta có: $x_{n+1}=\frac{3x_{n}^{2}-2x_{n}+1}{2}\leq x_{n}$

$<=> 3x_{n}^{2}-4x_{n}+1\leq 0$ ( đúng do $\frac{1}{3}\leq x_{n}\leq 1$)

$=> (x_{n})$ giảm và bị chặn nên $(x_{n})$ hội tụ. Gọi giới hạn dãy là $L$, $\frac{1}{3}\leq L\leq 1$

Chuyển qua giới hạn, ta có:

$L=\frac{3L^{2}-2L+1}{2}$

Giải pt trên được$\begin{bmatrix}L=\frac{1}{3} & \\ L=1 & \end{bmatrix}$

Kết luận.




#715398 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 10-09-2018 - 21:09

Bài 2 

a) Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh $a_{n}+b_{n}+c_{n}=1$

Ta có: $x_{n}^{2}+\frac{(x_{n}-1)^{2}}{2}=(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2})^{2}+\frac{(-2a_{n}b_{n}-2b_{n}c_{n}-2c_{n}a_{n})^{2}}{2}=(a^{2}_{n}+b^{2}_{n}+c^{2}_{n})^{2}+2(a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n})^{2}$

Tới đây để ý một chút ta có thể phân tích:  $(a^{2}_{n}+b^{2}_{n}+c^{2}_{n})^{2}+2(a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n})^{2}=(a_{n}^{2}+2b_{n}c_{n})^{2}+(b_{n}^{2}+2c_{n}a_{n})^{2}+(c_{n}^{2}+2a_{n}b_{n})^{2}=a_{n+1}^{2}+b_{n+1}^{2}+c_{n+1}^{2}=x_{n+1}$

Do đó , $x_{n+1}=x_{n}^{2}+\frac{(x_{n}-1)^{2}}{2}$




#715392 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 10-09-2018 - 20:48

Câu 1. Đề anh đánh thiếu rồi. Phải là $f(f(x_{0}))$

Từ gt 

$=> x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm kép là $f(x_{0})$

$<=> \Delta =0$

$<=> a^{2}=4b\geq 0$

$=> b\geq 0$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$. Mà theo giả thuyết thì $f(x_{0})$ là nhiệm $f(x)$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$

$<=> x_{0}^{2}+ax_{0}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2}=0$

Mà $x_{0}$ là duy nhất nên pt $x^{2}+ax+\frac{a^{2}}{4} +a=0$

$<=> a^{2}-4(\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2})=0$

$<=> a=0$.

Vậy $a,b$ là hai số thực  không âm.




#715272 Cho $n$ là số nguyên dương, xét tập hợp $S=\left \...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 07-09-2018 - 06:26

Cách khác:

Gọi $a_{i},b_{i}$ là hai phần tử của nhóm thứ $i$ ,$1\leq i\leq 2n$

Ta có: $(\left | a_{i}-b_{i} \right |-1)^{2}\geq 0$

$=>a_{i}^{2}-2a_{i}b_{i}+b_{i}^{2}-2\left | a_{i}-b-{i} \right |+1\geq 0$

$=> a_{i}b_{i}\leq \frac{1}{2}(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}-2\left | a_{i}-b_{i} \right |+1)\leq \frac{1}{2}(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}-2+1)=\frac{1}{2}(a_{i}^{2}+b^{2}_{i}-1)$

$=> \sum_{i=1}^{2n}a_{i}b_{i}\leq \sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{2}(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}-1)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{4n^{2}}(x^{2})-n$

ĐTXR $<=>$ phân thành các  tập  $(n,n+1)$




#715207 Chứng minh rằng $k\geqslant n.$

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 05-09-2018 - 15:45

Không biết bài trên tương tự bài 49 chỗ nào nhưng xin đưa ra một cách tiếp cận khác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $n_{1}<n_{2}<n_{3}<...<n_{k}$

Giả sử $k< n$ 

*Giả sử $n_{k}< n$ $=>n_{k}\leq n-1$

Do $n_{k}>n_{k-1}$

$=> n_{k-1}\leq n-2$

Cứ lập luận như trên sẽ dẫn đến $n_{1}\leq n-k+1$ , $(n-k+1\geq 1)$

=>  $\sum_{m=1}^{k}2^{n_{m}}\leq 2^{n-1}+2^{n-2}+...+2^{n-k+1}$

Mặt khác , từ gt :

$=> \sum_{m=1}^{k}2^{n_{m}}\geq 2^{n}-1=2^{n-1}+2^{n-2}+...+2+1$

$=> 2^{n-1}+2^{n-2}+...+2^{n-k+1}\geq 2^{n-1}+2^{n-2}+...+2+1$ ( vô lí )

$=> n_{k}\geq n$

Nếu $n_{k-1}< n-1$ $<=> n_{k-1}\leq n-2$ thì theo như lập luận trên, $n_{k-2}\leq n-3$ và cứ lập luận tiếp tục như vậy sẽ dẫn tới $n_{1}\leq 0$

( vô lí theo gt)

Do đó, $n_{k-1}\geq n-1$, $n_{k-2}\geq n-2$,..., $n_{1}\geq 1$

Vậy phải có ít nhất $n$ số $n_{i}$, $i=\overline{1,k}$ thỏa yêu cầu bài toán hay $k\geq n$ (  vô lí theo điều giả sử)

Nên ta được $k\geq n$.




#715113 [TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 03-09-2018 - 06:28

Bài 47. Ta có: $(n+1)^{7}-n^{7}-1=7n(n+1)(n^{2}+n+1)^{2}$

Ta sẽ chứng minh có vô số số tự nhiên $n$ để $7n(n+1)$ luôn là số chính phương.

Điều này $<=>$ pt: $n(n+1)=7k^{2}$ có vô số nghiệm

Giả sử $k=x.y$ Ta xét trường hợp sau:

$\left\{\begin{matrix}n=7y^{2} & \\n+1=x^{2} & \end{matrix}\right.$

$=> x^{2}-7y^{2}=1$. Ta nhận thấy đây là phương trình Pell loại 1 nên có vô số nghiệm $x,y$ nguyên dương.

Do đó, ứng với mọi $x,y$ là nghiệm cuả phương trình Pell thì sẽ có $n$ tương ứng sao cho $7n(n+1)$  là số chính phương. Mà có vô số $x,y$ như vậy nên sẽ có vô số $n$.

Vậy ta có đpcm.




#715091 [TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 02-09-2018 - 20:07

bài 47 có 1 hướng tiếp cận là sử dụng phương trình pell. Lời giải sẽ gửi sau.


#714831 [TOPIC] Hai bài toán mỗi ngày.

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 26-08-2018 - 16:43

Lời giải khác bài 31.

Nhận thấy 7 là số nguyên tố, do đó 6 là cấp của 5 modulo 7

Ta có:$5^{n}\equiv -1\equiv 5^{3}$ (mod $7$)

$<=> n\equiv 3$ (mod $6$)

$=> n=6k+3$

Có: $v_{7}(5^{n}+1)=v_{7}(5^{6k+3}+1)=v_{7}(5^{3}+1)+v_{7}(2k+1)=1+v_{7}(2k+1)$

Theo giả thuyết, ta đươc5" 

$v_{7}(5^{n}+1)\geq 2000$

$<=> 1+v_{7}(2k+1)\geq 2000$

$<=> v_{7}(2k+1)\geq 1999$

$<=> 2k+1=7^{1999}m$

$=> n=3.7^{1999}m$




#711284 Chứng minh $2^{\frac{p-1}{2}} \e...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 20-06-2018 - 11:09

Em muốn anh nêu ra mấy cái chứng minh đó luôn, cho nó dễ hiểu :D

Có trong sách Tài liệu chuyên toán giải tích 12 đó em. Em tham khảo trong đó




#711282 Chứng minh $2^{\frac{p-1}{2}} \e...

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 20-06-2018 - 11:06

Cái này là tính chất của thặng dư bình phương thôi.

Có:

$\left ( \frac{2}{p} \right )=(-1)^{n}$ ( Bổ đề Gauss)

$\left ( \frac{2}{p} \right )\equiv 2^{\frac{p-1}{2}}$ (mod p) ( Tiêu chuẩn Euler)

$=>2^{\frac{p-1}{2}}\equiv (-1)^{s}$ (mod p). (Đpcm)




#710669 $f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y$

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 11-06-2018 - 23:05

VP là hàm bậc nhất theo biến y nên có tập giá trị là $\mathbb{R}$. Do đó, VT có tập giá trị là  $\mathbb{R}$.

Suy ra $f$ toàn ánh.

$\Rightarrow$$\exists a$ sao cho:$f(a)=0$

Thay $x=a$, ta được:

$f(f(y))=y$

$=> f(f(x))=x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Thay $x$ bởi $f(x)$, ta được:

$f(xf(x)+f(y))=x^{2}+y$

Mà  $f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y$

Do đó:

$f^{2}(x)=x^{2}$

$<=> \begin{bmatrix} f(x)=x & \\f(x)=-x & \end{bmatrix}$

Ta sẽ chứng minh hai hàm thỏa với mọi x thuộc $ \mathbb{R}$. Giả sử tồn tại $c$ và $d$ sao cho $f(c)=c,f(d)=-d$

Thay $x$ bởi c và $y$ bởi d, ta được:

$f(c^{2}-d)=c^{2}+d$ ( vô lý vì $\begin{bmatrix}f(c^{2}-d)=c^{2}-d & \\f(c^{2}-d)=d-c^{2} & \end{bmatrix}$)

Từ đó dẫn tới hai hàm trên thỏa với mọi x thuộc $ \mathbb{R}$.

Vậy $f(x)=x,f(x)=-x$ $\forall x\in \mathbb{R}$




#710413 $a^{2013}+b^{2013}=p^n$

Gửi bởi Duy Thai2002 trong 09-06-2018 - 23:40

LTE