Câu 3:Cho dãy số $(a_{n})$ xác địng bởi $a_{0}=6$ và $a_{n+1}=\frac{2a_{n}(3a_{n}^{2}+16)}{4\sqrt{3a_{n}^{2}+13}+3a_{n}}$
C/m:$a_{n}$ là số nguyên và $a_{n}^{2}-a_{n+1}\vdots 13$ với mọi $n\in N$

Sao câu này mình bấm máy đến $a_2$ thì không còn nguyên nữa nhỉ? $(a_1=24)$

Thi VMO thì làm gì có thời gian mà học lí hóa và Tiếng Anh,còn cả Tin nữa....
Sau này cậu định đi nghiên cứu toán hay làm thầy giáo thì nên thi thôi....

Hix lại nhầm ="=.
Cũng có thể mình phân bố thời gian hợp lí hơn, nên vẫn học toán-lí-hoá-anh bình thường.
Tất nhiên sau này mình ko đi làm nghiên cứu hay thầy giáo, "độ âm điện" thấp lắm (ít tiền, mình học cho con cháu mình chứ ko phải nghiên cứu cho thế giới )
Tạm gác lại vấn đề này nhé, hơi lạc đề rồi.

Giải phương trình:$x^5=(x+1)^2$

Pt bậc 5 không có công thức nghiệm tổng quát.
Ta chỉ có thể c/m pt trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng $(1;2)$ (đề thi ĐH quen rồi nhé), và nghiệm đó là chặn trên của dãy số được cho bởi công thức: (tính xấp xỉ được thôi)
$$u_0=1; u_{n+1}=(u_n+1)^{2/5}$$

Bạn thấy ở HN đấy,đi thi VMO toàn ĐHSP với ĐHKHTN không à @@~
Đến lúc đi thi IMO thì còn toàn SP nhé (:|

Có thầy của mình nói là đâm đầu vào VMO là hỏng đời :-s
............................................

Ở HN, chuyên SP và A0 không phải là do học sinh trúng đề, mà là học sinh giỏi thực sự (bạn có phủ nhận điều này ko? ). Rất khác với trường hợp đang bàn.

Câu sau thì rất muốn gạch một phát ="=.

Học để làm gì? Để sau này có công ăn việc làm. Thi VMO chính là một công cụ tốt để bạn có môi trường ĐH tốt hơn ==> hướng tới tương lai bản thân. Hỏng đời là sao?

Cho dãy số $(u_n)$ thỏa mãn $u_1 \neq 0$ và

$$u_{n+1} = u_n + \frac{1}{u_n},\forall n \geq 1$$

Chứng minh rằng: $|u_{100}| > 14$

-Từ CT truy hồi ta có:
$$u_2^2=u_1^2+2+\dfrac{1}{u_1^2}\\ u_3^2=u_2^2+2+\dfrac{1}{u_2^2}\\...\\u_{99}^2=u_{98}^2+2+\dfrac{1}{u_{98}^2}\\u_{100}^2=u_{99}^2+2+\dfrac{1}{u_{99}^2}$$
Cộng vế với vế của các đẳng thức trên thu được:
$$u_{100}^2=u_1^2+2(100-1)+\sum\limits_{k=1}^{99} \dfrac{1}{u_k^2}> 2.99=198\\ \Rightarrow |u_{100}|>\sqrt{198}>14\ \square$$

*Gợi ý: Gọi $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của $(1)$, $x_3,x_4$ là 2 nghiệm của $(2)$.
+) Đ/k 2 pt có nghiệm: ...
+) Đ/k để $\alpha=k\beta:$
$$(x_1-kx_3)(x_2-kx_3)(x_1-kx_4)(x_2-kx_4)=0$$
Đến đây cần trâu bò là ra .

Tìm $m$ để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi $x\in \mathbb{R}$ .
$x+m\sqrt{2x^{2}+3}\leq m$

$$\Leftrightarrow m(1-\sqrt{2x^2+3})\ge x\\ \Leftrightarrow m\le \dfrac{x}{1-\sqrt{2x^2+3}}$$
Vậy ta cần tìm $min(\dfrac{x}{1-\sqrt{2x^2+3}})$ rồi tập hợp các giá trị của $m$ thỏa là $m\le min$
P/s: Lúc nãy em nhầm

Cho dãy số $x_n$ được xác định bởi:
$$\left\{\begin{array}{ll}x_1=x_2=x_3=1\\x_{n+3}=x_{n+2}+x_{n+1}+x_n,\ \ \forall n\ge 1 \end{array}\right.$$.
CMR: Với mọi số nguyên dương $m$, tồn tại chỉ số $k$ sao cho $m|x_k$

Bài 5 (4 điểm)
Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi : $\begin{cases} u_1=2 \\ u_{n+1}=\dfrac{u_n^2}{2u_n-1}\end{cases}, \ \ n \ge 1, n\in \mathbb{N}.$
1) Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ giảm và bị chặn.
2) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số $(u_n).$
Nguồn:Mathscope.org

*C/m $u_n>1 \forall n\ge 1$:
+) C/m $u_n\ge 1\forall n\ge 1 $
- $n=1$ thì mệnh đề đúng
- Giả sử mệnh đúng với $n=k-1$. Ta sẽ c/m mệnh đề đúng với $n=k$:
Xét hiệu : $u_{k+1}-1=\dfrac{u_k^2}{2u_k-1}-1=\dfrac{(u_k-1)^2}{2u_k-1}\ge 0\Rightarrow u_{k+1}\ge 1\ (\ Do 2u_k-1\ge 1>0)$
Vậy theo nguyên lí quy nạp $u_n\ge 1\forall n\ge 1 $

+) C/m $\not\exists u_k=1$
Phản chứng: Giả sử $\exists u_k=1\Leftrightarrow \dfrac{u_{k_1}^2}{2u_{k-1}-1}=1\Leftrightarrow (u_{k-1}-1)^2=0\Leftrightarrow u_{k-1}=1$
$$\Rightarrow u_k=u_{k-1}=...=u_2=u_1=1$$
Mâu thuẫn với $u_1=2$

Vậy $u_n>1 \forall n\ge 1$

*C/m $n$ giảm:
Vì $u_n>1\Rightarrow \dfrac{u_n}{2u_n-1}<1\Rightarrow \dfrac{u_{n+1}}{u_n}= \dfrac{u_n}{2u_n-1}<1\Rightarrow u_{n+1}<u_n$

Vậy dãy số đã cho giảm và bị chặn dưới bởi 1.

*CTTQ: Ta sẽ c/m quy nạp:
$$u_n=\dfrac{coth(2^{n-1}.coth^{-1}(3) )+1}{2}$$
...

Bài 3 (4 điểm)

2) Cho 2 số thực dương a,b thỏa mãn $a+b+ab=3.$ Chứng minh rằng:
$$S=\dfrac{4a}{b+1}+\dfrac{4b}{a+1}+2ab-\sqrt{7-3ab} \ge 4.$$

-Từ giả thiết suy ra $0<ab\le 1$ và $(a+1)(b+1)=4$
-Có:
$$S=\dfrac{4a^2+4+4b^2+4}{(a+1)(b+1)} +2ab-\sqrt{7-3ab}\ge 4\\\Leftrightarrow a^2+b^2+2+2ab-\sqrt{7-3ab}\ge 4$$
Vì $a^2+b^2\ge 2ab$ nên ta cần c/m:
$$4ab-\sqrt{7-3ab}\ge 2$$
Đặt $t=ab\Rightarrow 0<t\le 1$, đến đây ta chỉ việc KSHS $f(t)=4t-\sqrt{7-3t}$ trên $(0;1]$ ...

Đề bài đâu cho $x$ nguyên dương đâu?
Một số bạn trước khi viết kí hiệu tổ hợp chập phải có dòng: "Xét $x$ nguyên dương trong khoảng $[0;n]$ ", vì $C^k_n$ chỉ tồn tại khi $k\in \mathbb{N},x\in \mathbb{N^*}$

Chú Hoàng chắc dùng wolfram chứ đạo hàm cái này cũng mệt!

Người ta đã chứng minh được rằng một dãy số hội tụ chỉ có một giới hạn duy nhất.

Vu vơ khéo chuẩn!
P/s: Sao ít người tham gia MO vậy nhỉ?

*C/m hàm số $f(x)=\sin x$ không có giới hạn khi $x\rightarrow +\infty$:

Giả sử $\lim_{x\rightarrow +\infty} \sin x=L$ thì $L$ sẽ tồn tại duy nhất.
Vậy ta sẽ chỉ ra hai dãy số mà khi $x\rightarrow +\infty$ nó làm cho $\sin x$ tiến đến 2 giới hạn khác nhau
Xét dãy $x_1=\dfrac{\pi}{2} +k2\pi$ và dãy $x_2=-\dfrac{\pi}{2} +k2\pi$ (với $k \in \mathbb{Z} $)
Khi $x_1\rightarrow +\infty$ thì $\lim \sin x_1=\lim (\dfrac{\pi}{2} +k2\pi)=1$
Khi $x_2\rightarrow +\infty$ thì $\lim \sin x_2=\lim (-\dfrac{\pi}{2} +k2\pi)=-1$

Rõ ràng 2 giới hạn này khác nhau, mâu thuẫn vì $L$ tồn tại duy nhất.
Vậy không tồn tại giới hạn của hàm số $f(x)=\sin x$ khi $x\rightarrow +\infty$.

Vậy hàm số đã cho không có giới hạn khi $n\rightarrow +\infty\ \square$

Thế em đã chứng minh $\sqrt{n^2+n} \to +\infty$ khi $n \to +\infty$?
D-B=14h
E=9
F=0
S=65

Giải như sau:
Bổ đề quen thuộc: $a^x-1,a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
Gọi $p$ là ước nguyên tố của $n$, dễ cm $n$ lẻ suy ra $p$ lẻ và $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$
Khi đó gọi $k$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $2^k-1 \vdots p$ theo Fermat nhỏ $2^{p-1}-1 \vdots p$
Nên theo bổ đề quen thuộc có $p-1 \vdots k \Rightarrow p-1\geq k \Rightarrow p>k$
Mặt khác cũng theo bổ đề đó có $n \vdots k$
Suy ra $k=1$ vì nếu $k>1$ thì $k \vdots r$ nguyên tố lẻ mà $p>k\geq r \Rightarrow p>r$ mà $r|n$ vô lí vì $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$
Suy ra $2^k-1=2-1=1 \vdots p$ vô lí
Vậy vô nghiệm

Thanks em . Nhưng em xét thiếu trường hợp $n$ không có ước nguyên tố. Tức là $n=1$

Thử mở rộng bài toán với:

"Tìm mọi số tự nhiên $n$ sao cho:
$$2^n-1\vdots n$$"

Lời giải về cơ bản là sai.
$\forall x: (f(x)=x) \vee (f(x)=-x)$ nhưng không đồng nghĩ $\forall x:f(x)=x$ hoặc $\forall x:f(x)=-x$
S=0

Là sao ạ? em có ghi $\forall x: (f(x)=x) \vee (f(x)=-x)\Leftrightarrow \forall x:f(x)=x$ hoặc $\forall x:f(x)=-x$ ở đoạn nào đâu ?
---
P/s:

Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THPT. Nội dung các đề phải tuân theo thứ tự sau:

+ Tuần 1: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình
+ Tuần 2: Đa thức hoặc Phương trình hàm
+ Tuần 3: Hình học
+ Tuần 4: Dãy số, giới hạn
+ Tuần 5: Số học
+ Tuần 6: Tổ hợp
+ Tuần 7: Bất đẳng thức
Các tuần sau lại lặp lại theo thứ tự trên

- Đề bài không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp Quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ $Latex$ rõ ràng.

IMO 1992, Day 1, Problem 2

Chắc ở đây ai cũng biết IMO là thi cấp gì ... ='=.

Bài toán: Chứng minh rằng rồi tại vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^n+1\vdots n$.

OTHER SOLUTION:
Ta sẽ chứng minh $2^{3^n}+1\vdots 3^n \ \forall n\in \mathbb{N}\ (*)$

+) Với $n=0$ thì $(*)$ đúng
+) Giả sử $(*)$ đúng đến $n=k$, tức là ta có:
$$2^{3^k}+1\vdots 3^k$$
+) Ta sẽ c/m $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy:
$$2^{3^{k+1}}+1=(2^{3^k}+1)[(2^{3^k})^2-2^{3^k} +1 ]$$
Ta thấy $3^k\not\vdots 2\ \forall k\in \mathbb{N}\Rightarrow (2^{3^k})^2-2^{3^k} +1 \vdots 3$
Lại có $2^{3^k}+1\vdots 3^k$ (GTQN) $\Rightarrow 2^{3^{k+1}}+1\vdots 3^{k+1}$

Vậy $(*)$ đúng với $n=k+1$. Theo nguyên lí quy nạp thì $(*)$ đúng với $\forall n\in \mathbb{N}$.

Vì có vô số số có dạng $3^k$ nên cũng sẽ có vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^n+1\vdots n$ (chọn $n=3^k$) $\square$

P/s: Đoạn latex kia sao lỗi nhỉ >"<

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \ (*)\,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

SOLUTION:

Giả sử tồn tại hàm số $f(x)$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Thay $(-x;y)$ vào $(*)$ ta có:
$$f((-x)^2+f(y))=y+(f(-x))^2\\\Leftrightarrow f(x^2+f(y))=y+(f(-x))^2\ (1)$$
-Trừ hai vế của $(*)$ cho $(1)$ có:
$$(f(x))^2-(f(-x))^2=0\Leftrightarrow[f(x)-f(-x)][f(x)+f(-x)] =0\\\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}f(x)=f(-x)\\ f(x)=-f(-x)\end{matrix}\right.$$

TH 1: $f(x)$ là hàm chẵn. Thay $(x;-y)$ vào $(*)$ ta có:
$$f(x^2+f(y))=-y+(f(x))^2\Rightarrow y=0$$
Mâu thuẫn. Vậy $f(x)$ không phải hàm chẵn

TH 2: $f(x)$ là hàm lẻ. Thay $ (\ x;-(f(x))^2\ ) $ vào $(*)$ ta có:
$$f(x^2-f[(f(x))^2])=0$$
Đặt $a=x^2-f[(f(x))^2]$ thì $f(a)=0\Rightarrow f(-a)=-f(a)=0$
-Thay $(x;a);(x;-a)$ vào $(*)$ ta có:
$$+)\ f(x^2+f(a))=a+(f(x))^2\Rightarrow f(x^2)=a+(f(x))^2\ \ (2)\\ +)\ f(x^2+f(-a))=-a+(f(x))^2\Rightarrow f(x^2)=-a+(f(x))^2\ \ (3)$$
-Trừ hai vế của $(2)$ cho $(3)$ suy ra:
$$2a=0\\ \Leftrightarrow a=0$$
Vậy $f(0)=0$

-Thay $(0;x)$ vào $(*)\Rightarrow f(f(x))=x$
Suy ra $f$ là hàm đối hợp. Mặt khác $f$ là hàm lẻ $\Rightarrow f(x)=x$
Thử lại thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn $(*)$

K/L: $f(x)=x$ là hàm số cần tìm $\square$

Lời giải về cơ bản là sai.
$\forall x:f(-x)^2=f(x)^2$ không đồng nghĩa với $f$ là hàm chẵn hoặc $f$ là hàm lẻ.
Vì có thể tồn tại $x;y\ne 0$ để $f(-x)=f(x);f(-y)=-f(y)$.
S=0

Đây là đề tuyển mod ở diễn đàn mình. Mong các mod hay admin đọc được dòng này thì khóa và xóa, tiện thể cung cấp cho mình địa chỉ IP của mem navit98 qua tin nhắn riêng cho mình.
Xin cảm ơn!

@Tú: ảnh bạn Thảo Bi, lớp trưởng hóa 3 khối mình nhé:

Hi cậu xinh hơn mà, post ảnh của mình lên đi

- Gọi $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7a_8a_9}$ là một số có $9$ chữ số thỏa mãn bài toán
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, tính cả trường hợp $a_1=0$ là:
$$d_1=\overline{P}=\dfrac{9!}{3!}$$
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, có $a_1=0$ là:
$$d_2=\overline{P}=\dfrac{8!}{3!}$$
Vậy có: $d=d_1-d_2=53760$ số thoả mãn yêu cầu bài toán $\square$

Giải phương trình $x^4 =4x+1$
--------------------
Làm nóng topic tý nào

$$\Leftrightarrow x^4+2x^2+1=2x^2+4x+2\\ \Leftrightarrow (x^2+1)^2=(x\sqrt{2}+\sqrt{2})^2...$$

P/s: Bài này hơi lộ, chưa cần dùng đến tham số phụ

*Nhận xét: Chìa khóa của bài toán ban đầu là c/m $2^{n-1}-1\vdots n$.

MR 1: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $n$ là số giả nguyên tố cơ sở $a$.

C/m:

- Trước hết ta có : $n=\dfrac{a^p-1}{a-1}.\dfrac{a^p+1}{a+1}$ và $\dfrac{a^p-1}{a-1}\in \mathbb{Z};\dfrac{a^p+1}{a+1}\in \mathbb{Z}; |\dfrac{a^p-1}{a-1}| \ge 2 $ nên n là hợp số $(1)$

- Giả thiết tương đương:
$$(a^2-1)(n-1)=a^{2p}-a^2=a(a^{p-1}-1)(a^p+a)$$
Do
$+) a^p+a $chẵn
$+) p|a^{p-1}-1$ (định lí Fermat nhỏ)
$+) a^2-1|a^{p-1} -1$ (do $p-1$ chẵn)
$+) p\not | a(a^2-1) $
Dẫn đến $2p|n-1 $
Do $ a^{2p}=n(a^2 -1)+1 \equiv 1(mod\ n) $
Nên $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ (2)$
-Từ $(1)$ và $(2)$ ta có ĐPCM.

MR 2: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $a^{n+1}-a^2\vdots n$

C/m:

Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ a^{n+1}-a^2$ (do $a^{n-1}-1 | a^{n+1}-a^2$ ) $\square$

MR 3: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $a^{n+k-1}-a^{k} \vdots n$ với $k\in \mathbb{N}$

C/m:

Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ a^{n+k-1}-a^{k}$ (do $a^{n-1}-1 | a^{n+k-1}-a^{k}$ ) $\square$

MR 4: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $k(a^{n-1}-1) \vdots n$ với $k\in \mathbb{N}$

C/m:

Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ k(a^{n-1}-1)$ (do $a^{n-1}-1 | k(a^{n-1}-1)$ ) $\square$

Cho $p$ là số nguyên tố, $p>3$ và $n=\frac{2^{2p}-1}{3}$. CMR: $(2^{n+1}-4)\vdots n$.
Toán thủ ra đề
rubik97

Dễ thấy $n\ge \dfrac{2^{2.5}-1}{3}=341$. Với điều kiện này thì:

-Từ giả thiết ta có:
$$3n=2^{2p}-1\\ \Leftrightarrow 3(n-1)=2^{2p}-4=4(2^{p-1}-1)(2^{p-1}+1)\\ =2(2^{p-1}-1)(2^p+2)$$

Lại có:

+) $VP$ chẵn $\Rightarrow 3(n-1)\vdots 2\Rightarrow n-1\vdots 2$ do $(3;2)=1$
+) $2^{p-1}-1\vdots p$ (định lí Fermat nhỏ) và $3\not\vdots p\Rightarrow n-1\vdots p$

-Từ các điều trên suy ra: $n-1\vdots 2p$ do $(2;p)=1$

Vậy nên: $3n=2^{2p}-1\Leftrightarrow 2^{2p}=3n+1\equiv 1\ (mod\ n) \Rightarrow 2^{n-1} \equiv 1\ (mod\ n)\Leftrightarrow 2^{n-1}-1\vdots n$

Suy ra: $2^{n+1}-4=4(2^{n-1}-1)\vdots n\ \square$

Các mở rộng của em thực chất chỉ là hệ quả của MR 1.
D-B=4.4h
E=9
F=1*10=10
S=84.6

Ko tin

Con chó nói phét
P/s: focus 1 tấm cho tin

Bạn thân cấp 2, không phải ny hay gf:

NO PTS, em nó chỉ để khung thôi.
Gạch đá đê...