nguyen thai phuc

Ấy chết,em quên mất
Tên : Nguyễn Thái phúc
Lớp: 12A2 toán, trường THPT chuyên KTHN, thành phố Hà Nôi
Địa chỉ nhận sách: có thể đưa cho em Đăng Quả nhận hộ, hình như em ấy có đi offline , không thì đưa cho bạn Huy Hoàng cũng được, hình như bạn đấy cũng đi offline

Ai chài, nghĩ nát óc mất mấy hôm cũng chả nghĩ ra quyển gì hay ho để mua cả
Nói chung mình nghĩ hiếm khi có dịp được thưởng sách, không nên mua sách học làm gì =)), dù sao thì sách học mình cũng thừa mứa ra đấy chả đọc đến
Thôi em xin đăng kí cuốn "Thư của trứng gà gửi chứng khoán" của Lê Hoàng vậy ( Đọc quyển bà vợ gửi bồ nhí xong tự nhiên muốn ôm thêm quyển này =)))

\[{\rm{ax}} + by + cz = x(a + b + c) + b(y - x) + c(z - x)\]
đặt
\[\left[ {\frac{p}{t}} \right] - 1 = k;y - x = u;z - x = v\]
Với t>3 thì cho b=c ,ta cần chứng minh b(m+n) tạo thành hệ thặng dư module p
Mặt khác m+n chạy từ -2k đến 2k, tức là có 4k+1 số m+n module p => 4k+1 số b(m+n) module p
mà với t>3 thì 4k+1<p, vô lý.
với t=3
thì ta cần c/m luôn tồn tại m;n thuộc khoảng [-k;k] để
\[bu + cv \equiv d\left( {\bmod p} \right)\forall d \in \left[ {0;p - 1} \right]\]
Lại có u thuộc khoảng [-k;k] nên có 2k+1 số u, tức là có 2k+1 số bu khác nhau module p
=> có 2k+1 số d-bu khác nhau module p,
và có 2k+1 số cv khác nhau module p
mặt khác 4k+2>p với t=3;p>13 nên sẽ tồn tại 2 số bằng nhau (dirichle), tức là d-bu=cv hay d=bu+cv(modulo p)
ta có điều phải chứng minh

=)). Bố khỉ thật, quên để ý là có cái dấu gttđ zzz, với lại nhầm sin kpi=1 =)), chắc về phải học lại cơ bản quá :-j.
Hơn nữa, lời giải của mình mà bạn bảo sai thì có hơi nặng nề quá , mình chỉ viết thiếu 1 chút thôi .

@perfectstrong: sửa cho anh thêm 1 tẹo nữa, khi nãy anh gõ thiếu cái dấu bình phương ở 2 pt đầu tiên
Mà tình hình là tỉ số cân bằng rồi đúng không :S. May quá không phải làm bài lượng giác =))

Diễn đàn mình kỉ niệm 8 năm thành lập. Thấy anh em đua nhau post tiểu luận ầm ĩ. Mình thì ngại viết nhưng cũng có tài liệu này muốn chia sẻ.
---------Nguồn: Trần Nguyễn Quốc Cường--------
P/S: các bạn xem file chịu khó ngắm người trong mộng một thời của anh Phước một lúc nhá =)).

Ham hố thêm một chút nữa thì làm được bài đa thức:
NTP đội gama giải bài 4 đội delta
cho x=0 ta được:
\[Q\left( {y + P\left( 0 \right)} \right) = y + Q\left( {P\left( y \right)} \right)(*)\]
Bậc của P(y) là m, của Q(y) là n thì vế trái có bậc là n, vế phải có bậc là mn.hoặc 1(hoặc 0)
Nếu m=0 => P(y)=b,khi đó \[Q\left( {y + b} \right) = y + Q\left( b \right)\] hay
\[Q\left( y \right) = a.y + p\].
Do \[Q\left( 0 \right) = 0\] nên p=0, thay lại vào pt trên ta được \[Q\left( y \right) = y\] duy nhất
nếu m>0 thì n>0 . Khi đó VP có bậc là mn, vậy m=1.\[P\left( y \right) = ay + b\]
Ta được
\[Q\left( {y + b} \right) = y + Q\left( {ay + b} \right)\]
Nếu a=1=> y=0, vô lý
Nếu \[a \ne \pm 1\], nếu n>1, xét hệ số bậc cao nhất ở VT và VP của (*) là \[{a_k}{y^k};{a_k}{\left( {ay} \right)^k}\], mà chúng không bằng nhau, vô lý
vậy n=1, khi đó Q(y)=py(do Q(0)=0), thay vào (*) ta được:
\[p\left( {y + b} \right) = y + p\left( {ay + b} \right) \Rightarrow p = \dfrac{{ - 1}}{{a - 1}}\]
xđ duy nhất
Nếu a=-1
---Nếu b=0 thì ta được \[Q\left( y \right) = y + Q\left( { - y} \right)\], có tập đa thức \[Q\left( y \right) = \dfrac{y}{2} + k{y^2}\], thay vào đề bài đều thỏa mãn
---Nếu b khác 0, ta được \[Q\left( {y + b} \right) = y + Q\left( {b - y} \right)\], có 2 đa thức (thực ra có cả tập, nhưng mà ngại liệt kê) là
\[Q\left( y \right) = \dfrac{{{y^2}}}{{4b}}\] và \[Q\left( y \right) = \dfrac{{{y^2}}}{{8b}} + \dfrac{y}{4}\]
Vậy các giá trị của P(x) là P(x)=a,P(x)=ax+b với a khác -1 và 1

PSW : 7/7 điểm

Ngồi ham hố thì làm được bài olympiad
NTP đội gama giải bài 6 đội delta
Thế $m=2$,thì $g(m)=2$
$m=3$ thì $g(m)=3$;
$m=4$ thì $g(m)=4$;
$m \in \left\{ {5;6} \right\}$ thì $g(m)=5$
$m=7$ thì dãy là vòng tuần hoàn 7,8,9,10 nên $g(m)=7$
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với $m>6$ thì dãy sẽ toàn các số lớn hơn 6 và $g\left( m \right) = 7$ (*)
Giả sử (*) đúng tới $b-1$, ta sẽ chứng minh nó đúng với b
Ta có các nhận xét sau:
NX1: ${a_k} > 2$ khi m>6, đó là do tính chất của 2 phép biến đổi.
NX2: quá trình biến đổi ${a_{n + 1}} = {a_n} + 1$ không thể liên tiếp quá 3 lần với $m>6$
Chứng minh: giả sử quá trình đó bắt đầu từ ${a_k}$, liên tiếp 4 lần tới ${a_{k + 4}}$, khi đó ${a_k},{a_{k + 1}},{a_{k + 2}},{a_{k + 3}}$ là 4 số tự nhiên liên tiếp và đều là lũy thừa của một số nguyên tố, nhưng trong đó lại có 2 số chẵn liên tiếp và lớn hơn 2, tức là có một số chia 4 dư 2, không thể là lũy thừa của 1 số nguyên tố. Ta có đpcm.
NX3: $a;b>1$ thì $\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right) \ge 1 \Rightarrow ab \ge a + b$
Bây giờ thay $m=b$, giả sử M là số đầu tiên sử dụng phép biến đổi 2, do NX2, ta thấy $b \le M \le b + 3$
mặt khác
\[M = {p_1}^{{k_1}}{p_2}^{{k_2}}.....{p_n}^{{k_n}} \Rightarrow f\left( M \right) = {p_1}^{{k_1}} + {p_2}^{{k_2}} + ..... + {p_n}^{{k_n}} \le {p_1}^{{k_1}} + {p_2}^{{k_2}}.....{p_n}^{{k_n}} = {p_1}^{{k_1}} + \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}}\]
Với ${p_1}$ là số nguyên tố nhỏ nhất mà M chia hết.
Ta sẽ chứng minh $\left( {{p_1}^{{k_1}} - 1} \right)\left( {\dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} - 1} \right) \ge 5$
Một chú ý : \[\left( {{p_1}^{{k_1}};\dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}}} \right) = 1,\dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} > 2\]
Ta chứng minh bằng phản chứng
Với ${p_1}^{{k_1}} = 2 \Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} \le 6,\dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} \ne 2n\Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} = 3 \Rightarrow M = 6 < 7 < b$ (loại)
hoặc $\dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} = 5 \Rightarrow M = 10 \Rightarrow f\left( M \right) = 7$ (đúng với đpcm)
Với ${p_1}^{{k_1}} = 3 \Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} \le 3,5 \Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} = 2$ (loại)
Với ${p_1}^{{k_1}} \ge 4 \Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} \le \dfrac{5}{3}+1 \Rightarrow \dfrac{M}{{{p_1}^{{k_1}}}} = 2$ (loại)
Vậy $f\left( M \right) \le b - 1$, theo giả thuyết quy nạp, các số của dãy từ M trở đi sẽ đều lớn hơn 7, và sẽ có lúc chạm tới 7, tạo thành 1 vòng tuần hoàn 7,8,9,10 từ đó $g(m)=7$
kết luận
$g(m)=m$ với $m \in \left\{ {2;3;4} \right\}$
$g(m)=5$ với $m \in \left\{ {5;6} \right\}$
$g(m)=7$ với $m>6$

PSW : Good

8/8 điểm

Bài 64: Cho $a,b,c >0$ Chứng minh rằng:$$\dfrac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\ge\dfrac{9abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^{3}}$$
Nguồn:Ôn luyện toán

\[\begin{align}
& \sum{\dfrac{1}{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}}=\sum{\dfrac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}{{c}^{2}}+ab{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}\ge \dfrac{3\left( ab+bc+ca \right)}{2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+abc\left( a+b+c \right)} \\
& \left( 2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+abc\left( a+b+c \right) \right).3abc\left( a+b+c \right)\le \dfrac{{{\left( 2{{(ab+bc+ca)}^{2}} \right)}^{2}}}{4} \\
\end{align}\]

Từ 2 điều trên ta có dpcm

Bài 9:CMR với mọi số nguyên dương $n$ thì đa thức sau không thể có nhiều hơn một nghiệm thực
\[P(x) = 1 + x + \dfrac{{{x^2}}}{{x!}} + ... + \dfrac{{{x^n}}}{{n!}}\]

@@Mọi người cùng gửi những bài toán hay về đa thứ mà mọi người biết lên để tham khảo nhé

${{P}_{n}}\left( x \right)=\sum\limits_{k=0}^{n}{\dfrac{{{x}^{k}}}{k!}}\Rightarrow P_{n}^{'}\left( x \right)={{P}_{n-1}}\left( x \right)$
Ta chứng minh ${{P}_{2k}}\left( x \right)>0,{{P}_{2k+1}}\left( x \right)\uparrow $ bằng quy nạp
${{P}_{2k}}\left( x \right)>0\Rightarrow P_{2k+1}^{'}\left( x \right)={{P}_{2k}}\left( x \right)>0\Rightarrow {{P}_{2k+1}}\left( x \right)\uparrow $
$x_0$ là nghiệm duy nhất của ${{P}_{2k+1}}\left( x \right)$ thì $x>{{x}_{0}}\Rightarrow {{P}_{2k+2}}\left( x \right)\uparrow ,x\le {{x}_{0}}\Rightarrow {{P}_{2k+2}}\left( x \right)\downarrow $ mà
$P_{2k+2}^{{}}\left( {{x}_{0}} \right)={{P}_{2k+1}}\left( {{x}_{0}} \right)+\dfrac{x_{0}^{2k+2}}{\left( 2k+2 \right)!}>0$
=> dpcm

Dạo này nghỉ hè rỗi rãi sáng tác 1 bài tặng các bạn nhân dịp cuối năm học
Cho $a,b,c>0 $ thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $.Chứng minh:
$ \dfrac{c+ab}{\sqrt{1-a^2}}+\dfrac{a+bc}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{b+ca}{\sqrt{1-c^2}} \le \sqrt{6+3a+3b+3c} $

Lâu lắm mới vào vmf, làm tí cho xôm tụ .
Ta có:
$\begin{align} & \sqrt{\dfrac{{{\left( c+ab \right)}^{2}}}{1-{{a}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+2abc}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)+2abc}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}} \\ & \le \sqrt{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}+a} \\ \end{align}$
vậy $\sum{\sqrt{\dfrac{{{\left( c+ab \right)}^{2}}}{1-{{a}^{2}}}}}\le \sum{\sqrt{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}+a}}\le \sqrt{6+3a+3b+3c}$
P/S: mấy cái (1);(2);(3) ở đâu ra ấy nhỉ

Đề này chắc bài cuối khó nhất! Chẳng hiểu bọn lớp 9 làm như nào
Mò mẩm ra cái đẳng thức này: $x^{15}-1=(x-1)(x^2+x+1)(x^4+x^3+x^2+x+1)(x^8 - x^7 + x^5 - x^4 + x^3 - x + 1 )$ Suy ra pt vô nghiệm
Cái này trong phòng thi chắc ko ra được

Hê hê. Bài này em làm được này . Nhưng ko hiểu sao con hình làm linh ta linh tinh, cuối cùng mất đứt 3 trang giấy cho con hình cuối (. và có vẻ như bị trừ sạch điểm ( còn có 9.25 :-<)
$\begin{array}{l} x^8 - x^7 + x^5 - x^4 + x^3 - x + 1 = 0 \\ \Leftrightarrow x^3 \left( {x - 1} \right)^2 + \left( {x - 1} \right)\left( {x^7 - 1} \right) + x^4 = 0 \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x^7 + x^4 - x^3 - 1} \right) + x^4 = 0 \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x^3 + 1} \right)\left( {x^4 - 1} \right) + x^4 = 0 \\ \Leftrightarrow \left( {x^2 - 1} \right)^2 \left( {x^2 - x + 1} \right)\left( {x^2 + 1} \right) + x^4 = 0 \\ \end{array}$
Đến đây thì chắc mọi người thấy cả rồi.

Lần trước có bạn Nguyễn Thái Vũ bên box THCS có post sơ qua về số phức.Thiết nghĩ các bạn THCS cũng nên biết sơ qua về số này, hôm nay em post một bài viết từ quyển sách Découverte Des Mathématiques(các phát minh toán học) của tác giả DENISE MEUNIER.Đây là bài dịch của Lê Đình Phi.Em lược bớt mấy phần trước nói về các hệ số đếm khác.Lần đầu tiên post một bài bên box này, có j` sơ suất mong các anh chị lượng thứ


SỐ ĐỐI VỚI NGƯỜI THỢ ĐIỆN
Dòng điện trên dây dẫn do các công ty điện lực cung cấp cho chúng ta, được sản xuất theo phương pháp các cuộn dây quay trong một từ trường.Để nghiên cứu sự thay đổi của dòng điện một cách thuận tiện, các kĩ sư điện dùng các số để biểu diễn các phép quay.Thí dụ một phép quay 360" được biểu diễn bởi số 1; một phép quay 180" biểu diễn bởi số -1.Thực hiện liên tiếp hai phép quay trở thành nhân hai số biểu diễn chúng.Ta có (-1)-1)=1.Điều này rất phù hợp với thực tiễn, vì thực hiện liên tiếp hai phép quay 180" tương đương với một phép quay 360"
Với hệ thống trên, số nào sẽ biểu diễn phép quay 90"? Đó phải là một số sao cho khi nhân với chính nó thì ta phải có -1 là số biểu diễn phép quay 180".Nhưng không một số thực nào thỏa mãn được điều đó. Số 0 nhân với 0 bằng 0. Số dương nhân với chính nó sẽ có tích là một số dương.Số âm nhân với chính nó cũng có tích là một số dương.Vậy, không thể có số thực nào nhân với chính nó lại cho kết quả là -1 cả.Điều đó có nghĩa là không có số thực nào biểu diễn cho một phép quay 90".Để cho mỗi phép quay phải có một số tương ứng , ta buộc phải mở rộng hệ thống số.Kết quả mới sẽ gọi là Các số phức.
Trong hệ thống này, số biểu diễn cho phép quay 90" được kí hiệu bởi chữ i.Tính chất của số ấy là i x i =-1.Mọi số phức đều được viết dưới dạng một số thực cộng thêm mộtsố thực khác nhân với i.Một phép quay 45" được viết như sau: $\dfrac{1}{2}\sqrt 2 + \dfrac{1}{2}\sqrt 2 i$.Nhân số phức ấy với chính nó ta có tích là i(chú ý rằng i x i=-1)


Điều đó rất đúng với thực tiễn : thực hiện hai phép quay 45" liên tiếp tương ứng với một phép quay 90"

Để biểu diễn các số thực, chúng ta đã sử dụng các điểm trên một đường thẳng.Nhưng với mỗi số phức thì chúng ta phải dùng tất cả các điểm trên mặt phẳng.Hình ấy được xây dựng như sau: Trên mặt phẳng , vẽ một đường nằm ngang, trên đó đặt các số thực .Đường thẳng đó sẽ gọi là trục các số thựcSau đó, quay đường thẳng ấy 90" theo chiều ngược kim đồng hồ. Phép quay đó nhân mỗi số thực với i. Các tích ấy được gọi là các số ảo và đường thẳng đứng gọi là trục số ảo.

Bây giờ mỗi điểm của mặt phẳng ứng với một số, qua điểm đó ta vẽ một đường thẳng đứng và một đường nằm ngang.Đường thẳng đứng xác định một số thực trên trục số thực; đường nằm ngang xác định một số ảo trên trục các số ảo(hình trên).Tổng của chúng là số phức tương đương với điểm nói trên.
P/S: help me, mấy cái ảnh em dày công làm đâu hết rồi?

Câu 2 thì chứng minh thêm ab+bc+Ca>0 là suy ra a,b,c>0 nên đưa lại về câu a

Làm sao mà c/m được. Em thấy câu b vô lí đùng đùng.Đây là lời giải chi tiết của em.
Đặt
$\begin{array}{l} a = x^3 ;b = y^3 ;c = z^3 \\ \Rightarrow x^3 + y^3 + z^3 = 6 \\ xyz = 2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {x - y} \right)^2 + \left( {y - z} \right)^2 + \left( {z - x} \right)^2 } \right] = 0 \\ \end{array}$
Bỏ qua trường hợp x=y=z, ta xét trường hợp x+y+z=0
Ta được hệ:
$\left\{ \begin{array}{l} x^3 + y^3 + z^3 = 6(1) \\ x + y + z = 0(2) \\ xyz = 2(3) \\ \end{array} \right.$
Để í hệ này đặc biệt ở chỗ chỉ cần 2 pt đúng thì pt thứ 3 cũng đúng nên ta chỉ xét (2) và (3)
Cố định z lại, ta có:
$\begin{array}{l} x = - \left( {y + z} \right) \\ 2 = xyz = - \left( {y + z} \right)yz \\ \Leftrightarrow y^2 + yz + \dfrac{2}{z} = 0 \\ \end{array}$
từ đó hệ có 2 nghiệm:
$y = \dfrac{{ - z \pm \sqrt {z^2 - \dfrac{8}{z}} }}{2}$
Vai trò của hai nghiệm là tương đương nên ta chỉ xét một nghiệm, nghiệm còn lại cmtt.
$\begin{array}{l} y = \dfrac{{ - z + \sqrt {z^2 - \dfrac{8}{z}} }}{2} \\ z = z \\ x = - \dfrac{{z + \sqrt {z^2 - \dfrac{8}{z}} }}{2} \\ \end{array}$
Ta thấy ngay đây là nghiệm của hệ (1);(2);(3)(THỬ LẠI THÌ ĐÚNG)
Bây giờ là đoạn quan trọng.Theo biến đổi p,q,r(em đang học p,q,r :
$\begin{array}{l} ab + bc + ca = x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3 = q^3 - 3pqr + 3r^2 \\ p = 0;r = 2 \\ \Rightarrow ab + bc + ca = q^3 + 12 \\ \end{array}$
Mà
$\begin{array}{l} q = xy + yz + zx = xy - z^2 = \dfrac{2}{z} - z^2 \\ \Rightarrow ab + bc + ca = \left( {\dfrac{2}{z} - z^2 } \right)^3 + 12 = \dfrac{{\left( {2 - c} \right)^3 }}{c} + 12 \\ \end{array}$
Vậy là ta đã tính được ab+bc+ca theo c.Chú ý điều kiện của c khi lập delta nữa là được
KẾT LUẬN: KO TÍNH ĐƯỢC GIÁ TRỊ CỦA ab+bc+ca CỐ ĐỊNH.