Cuối tuần làm nhẹ bài này nha anh em  

Cho hàm số $f: [0;1] \mapsto [0;1]$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

$1)$ Tồn tại $x_0 \in [0;1]$ thỏa mãn: $ f( x_0 ) \neq x_0$

$2)$ $f(f(x)+y) = f(x) + f(y)$ với mọi $x;y  \in [0;1]$ mà $ x+y  \in [0;1]$ và $ f(x)+y  \in [0;1]$

Hãy xây dựng ít nhất $1$ hàm số $f$ thỏa mãn bài toán. Và chứng minh rằng trong lớp hàm số $f$ thỏa mãn bài toán thì $f(0)$ luôn nhận giá trị không đổi, tính giá trị đó.

 

Lần lượt thay $y$ bằng $f(0),\ 2f(0),\ \dots,\ (n-1)f(0)$ vào $(\ast)$ ta có

 

Cái chỗ thay này không hợp lý nha, do với $n$ đủ lớn thì $(n-1)f(0) $ có thể lớn hơn $1$ , trong khi $y \in [0;1]$ nên đâu có thay vậy được.

Đoạn sau có thể làm gọn gàng như sau:

Thay $y=0$ vào $(2)$ ta có: $f(f(x)) = f(x) +f(0)$ với mọi $ x \in [0;1]$

Bằng quy nạp thì ta chứng minh được $ f^n (x) = f(f(...(f(x))...)) $ ($n$ lần lặp $f$) $= f(x) + (n-1)f(0)$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Do đó nếu $f(0)$ lớn hơn $0$ thì khi cố định $ x \in [0;1]$ , và cho $n$ chạy ra vô cùng thì rõ ràng $f^n (x)$ tiến dần ra vô cùng, vô lý , vì $f^n (x) \in [0;1]$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ $f(0)$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $0$ và bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài Toán:

Chọn ngẫu nhiên $2$ số phân biệt từ các số $1; \ 2 ; \ 3; \cdots ; 20$

Hãy tính xác suất để tích $2$ số được chọn là số chia hết cho $6$

Lời giải của bạn Chánh là quá đẳng cấp.

Lời giải sau là của supermember:

Gọi tập $20$ số nguyên dương đầu tiên là $A$

Gọi $ B = \{ 2; 4; 8; 10; 14; 16; 20 \} = \{ 2^1; 2^2; 2^3; 2 \times 5; 2 \times 7; 2^4; 2^2 \times 5 \}$

$ C = \{3; 9; 15 \} = \{3^1; 3^2 ; 3^1 \times 5 \}$

$ D = \{6; 12; 18 \} = \{6; 6 \times 2; 6 \times 3 \} $

Thì rõ ràng $ | B| = 7;  | C| = 3; |D| = 3$ và  $ | A \backslash (B \cup C \cup D) | = 7$

Để đi tìm số các cách chọn để có tích $2$ số chia hết cho $6$, ta đi gián tiếp bằng cách tính các cách chọn để tích $2$ số không chia hết cho $6$.

Trường hợp $1$ : Tích $2$ số được chọn không chia hết cho $2$ và cũng không chia hết cho $3$. Trường hợp này thì rõ ràng $2$ số được chọn sẽ thuộc tập hợp  $A \backslash (B \cup C \cup D)$. Số cách chọn trong trường hợp này là $ \binom{7}{2}$

Trường hợp $2$ : Tích $2$ số được chọn chia hết cho $2$ và không chia hết cho $3$.

Trường hợp này thì rõ ràng $2$ số được chọn đều thuộc tập $B$; hoặc là có $1$ số thuộc tập $B$  và  $1$ số còn lại  sẽ thuộc tập hợp  $A \backslash (B \cup C \cup D)$. Theo quy tắc nhân và quy tắc cộng thì Số cách chọn trong trường hợp này là:  $ \binom{7}{2} + 7 \times 7 = \binom{7}{2} + 7^2$

Trường hợp $3$ : Tích $2$ số được chọn chia hết cho $3$ và không chia hết cho $2$.

Trường hợp này thì rõ ràng $2$ số được chọn đều thuộc tập $C$; hoặc là có $1$ số thuộc tập $C$  và $1$ số còn lại  sẽ thuộc tập hợp  $A \backslash (B \cup C \cup D)$. Theo quy tắc nhân và quy tắc cộng thì Số cách chọn trong trường hợp này là:  $ \binom{3}{2} + 3 \times 7 = 3 + 3 \times 7$

Theo quy tắc cộng thì số cách chọn ra $2$ số phân biệt sao cho tích $2$ số không chia hết cho $6$ sẽ là:

$ \binom{7}{2} + \binom{7}{2} + 7^2+ 3 + 3 \times 7 = 6 \times 7+ 49+ 24 = 115$

Do đó, xác suất tần tìm bằng: $ \frac{ \binom{20}{2} - 115}{\binom{20}{2}} = \frac{190-115}{190} = \frac{75}{190} = \frac{15}{38}$

Bài này supermember sẽ trình bày ý tưởng đã, thực sự thì nếu trình bày full lời giải dựa trên ý tưởng này thì rất dài nên hi vọng có người nào đó có thể đưa ra cách làm tốt hơn.

Trước tiên, thay vì trực tiếp đếm số bộ số cần tìm, ta sẽ lần lượt đếm những bộ số đơn giản hơn:

Bước 1: Ta đi tính số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ với $ x_k \in \{1;2 \}$ với mọi $k$ chạy từ $1$ đến $n$ sao cho : $ 3 | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$

Giả sử trong bộ $n$ số này có $k$ số $1$ và $l$ số $2$ thì ta có:

$ 0 \leq k; l \leq n ; \  k + l =n ; \ 3 | k+ 2l$

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp $1$: $ n \equiv 0 \pmod 3 $

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 0 \pmod 3$

Nên từ đây dễ thấy là $k$ sẽ có thể nhận các các giá trị: $ 0; 3 ; …; n$

Do đó, theo quy tắc cộng, thì số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

$ \binom{n}{0} + \binom{n}{3} + \cdots + \binom{n}{n}$

Trường hợp $2$: $ n \equiv 1 \pmod 3 $

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 2 \pmod 3$

số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

$ \binom{n}{2} + \binom{n}{5} + \cdots + \binom{n}{n -2}$

Trường hợp $3$: $ n \equiv 2 \pmod 3 $

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 1 \pmod 3$

số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

$ \binom{n}{1} + \binom{n}{4} + \cdots + \binom{n}{n -1}$

Mặt khác, theo chuyên đề đẳng thức tổ hợp của diễn đàn, thì ta có $3$ đẳng thức sau:

$ \binom{n}{0} + \binom{n}{3} + \binom{n}{6} + \binom{n}{9} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{ \pi n}{3} \right)$   

$ \binom{n}{1} + \binom{n}{4} + \binom{n}{7} + \binom{n}{10} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{n-2}{3} \pi \right)$   

$ \binom{n}{2} + \binom{n}{5} + \binom{n}{8} + \binom{n}{11} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{n-4}{3} \pi \right)$   

Bước 2: Ta để ý : chỉ cần $1$ trong số $n$ số $ x_1; x_2 ;...; x_n$ bằng $0$ thì tích của $n$ số này bằng $0$, chia hết cho $3$

Và việc thêm hay bớt $1$ số $0$ trong tổng $ x_1+ x_2 +...+ x_n$ không ảnh hưởng đến số dư của tổng này trong phép chia cho $3$

Chẳng hạn như từ $1$ bộ $k$ số $ (x_1; x_2; ...; x_k)$  mà trong đó mỗi số $ x_1 ; x_2;... ; x_k \in \{1;2 \}$ với $k < n$ thì ta có thể cho tương ứng với: $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$ bộ số  $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ thỏa yêu cầu bài toán mà trong đó mỗi số $ x_1 ; x_2;... ; x_n \in \{ 0; 1;2 \}$ . Hiểu đơn giản là có $ \binom{n}{n-k} $cách chọn vị trí cho $n-k$ số $0$ để điền vào $n$ ô trống cho trước.  Do đó, bằng cách thiết lập quan hệ truy hồi, ta có thể tính ra:

Số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$  thỏa yêu cầu bài toán mà trong $n$ số này có ít nhất $1$ số $0$. Ý tưởng đơn giản là dùng quy tắc cộng và xét lần lượt: trường hợp có đúng $1$ số $0$; trường hợp có đúng $2$ số $0$; ...; trường hợp có đúng $n$ số $0$ . Hiển nhiên sẽ không thể xảy ra trường hợp tổng $ x_1+ x_2 +...+ x_n$ chia hết cho $3$ và không có số $0$ nào trong tổng này vì khi đó thì dễ kiểm tra tích $ x_1 x_2  \cdots x_n$ không chia hết cho $3$, vô lý vì không đáp ứng giả thiết ban đầu của bài toán là hiệu của tổng và tích $n$ số này chia hết cho $3$.

Bước 3: Ta đi tính số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ với mỗi số $ x_1; x_2 ; ...; x_n \in \{1;2 \}$ và tổng $ x_1 + x_2 +...+ x_n$ này không chia hết cho $3$

Không còn cách nào khác là cũng đi vét cạn theo môđulô $3$ mà thôi.

Trường hợp $1$ : $ n \equiv 0 \pmod 3 $

Ta thử xét hệ phương trình đồng dư:

$ \begin{cases} n \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 1 \pmod 3 \\ 2^l \equiv 1 \pmod 3 \end{cases}$ hoặc $ \begin{cases} n \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 2 \pmod 3 \\ 2^l \equiv 2 \pmod 3 \end{cases}$

tức là: $ \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 0 \pmod 2 \end{cases}$ hoặc $ \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 2 \end{cases}$

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 0 \pmod 2 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 2 \end{cases}$

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 6 \\ k \equiv 2 \pmod 6 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 3 \pmod 6 \\ k \equiv 5 \pmod 6 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 6 \\ k \equiv 1 \pmod 6 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 3 \pmod 6 \\ k \equiv 4 \pmod 6 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ l \equiv 4;5 \pmod 6 \end{cases}$ 

Tức là với $ n \equiv 0 \pmod 3$  thì số bộ số cần tính là tổng của $2$ tổng con:

$ \binom{n}{4} + \binom{n}{10} + \binom{n}{16} + \binom{n}{22} + \cdots $

Và $ \binom{n}{5} + \binom{n}{11} + \binom{n}{17} + \binom{n}{23} + \cdots $

Nhưng những tổng con này đều có thể tính ra chi tiết được theo $n$ vì theo kết quả đã nêu ra trong chuyên đề đẳng thức tổ hợp thì ta có kết quả tổng quát:

$ \sum_{ r \geq 0}^{} \binom{n}{j+rk} = \frac{2^n}{k} \sum_{m=0}^{k-1} \left( \cos \frac{ m \pi}{k} \right)^{n}  \cos \frac{ (n-2j)m \pi}{k}  (\bigstar)$

Ta làm tương tự để tính với các trường hợp: $ n \equiv 1 \pmod 3$ ;  $ n \equiv 2 \pmod 3$

Bước 4: Số bộ số thỏa yêu cầu bài toán là tổng các bộ số thuộc $2$ nhóm:

- Nhóm $1$: Nhóm các bộ số thỏa mãn điều kiện bài toán và $ 3 | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$ (đã tính ra chi tiết từ bước $2$)

- Nhóm $2$: Nhóm các bộ số thỏa mãn điều kiện bài toán và $ 3 \not | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$ (đã tính ra chi tiết từ bước $3$)

Theo đó thì bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Lời nhờ vả: Trong chuyên đề đẳng thức tổ hợp, kết quả $(\bigstar)$ được nêu ra như $1$ bài tập tự giải, các bạn hãy giải bài toán này chi tiết. Đồng thời hoàn thiện lời giải trên. Việc còn lại là các công đoạn thu gọn tổng cần tính để ra được kết quả cuối cùng theo $n$ .      Sau vài ngày nghỉ dịch thì nay supermember quay trở lại nhịp sống bình thường. Xin nhường những việc này cho các bạn

Bài Toán: Tính số bộ số $(x_1;x_2;...; x_n)$ thỏa mãn: $ x_k \in \{0;1;2\} $ với mọi $ k = \overline{1;n}$ và: $ \prod_{k=1}^{n} x_k - \sum_{k=1}^{n} x_k$ là số chia hết cho $3$

Nhẹ nhàng thể dục đầu tuần

Cho hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(1) = 1 ; f(2) = 3$ và với $n \geq 3$ thì:

$ f(n) = \max \{ f(r) + f(n-r) |  1 \leq r \leq n-1 \}$

Tìm điều kiện cần và đủ của $2$ số nguyên dương $a$ và $b$ để $f(a+b) = f(a)+f(b)$

Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(x+y) = f(x)f(y)f(xy) $ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(f(f(x)+y)+y)=4f(x) + 6y$ với mọi  $x,y \in \mathbb{R}$

Tìm tất cả hàm $f:  \mathbb{R}^{+} \mapsto  \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:

$(x+y)f(f(x)y) = x^2 f( f(x) + f(y)) $ với mọi $x,y \in \mathbb{R}^{+}$

Để dễ nhìn và tránh các dấu trừ dễ bị nhầm thì sửa đề 1 chút thành : $x^3 -ax^2 +bx- 3a =0$

Như vậy, các số $a; b$ nếu có đều sẽ là các số nguyên dương, ta đỡ phải làm việc với các số âm.

nói chung dễ quá vì bản chất của nó là giải phương trình nghiệm nguyên dạng cơ bản.

Giả sử phương trình đã cho có $3$ nghiệm nguyên dương $ x_1 ; \  x_2 ; \ x_3$ thì theo định lý Viet, ta có:

$ P(x)= (x-x_1) (x-x_2) (x-x_3) \equiv x^3 -ax^2 +bx-3a$

Dẫn đến: $ x_1 + x_2 + x_3 =  a  \implies  3( x_1 + x_2 + x_3) = 3a = x_1 x_2 x_3 \ (*)$ 

Không giảm tổng quát, ta giả sử $ 1 \leq x_1 \leq x_2 \leq x_3$

Dễ thấy là $ x_1 \leq 3$ vì nếu $ x_1 \geq 4$ thì :   $x_1 x_2 x_3 \geq 16x_3 > 9x_3 \geq  3( x_1 + x_2 + x_3)$

Do đó, ta sẽ xét $3$ trường hợp sau:

TH1: $x_1 =3$ thì  $(*)$ tương đương với: $3 + x_2+ x_3 = x_2 x_3 \Leftrightarrow (x_2 -1)(x_3 -1) = 4 \Leftrightarrow  x_2 = x_3 = 3 $ hoặc $ x_2 =2$ và $x_3 = 5$ . Loại trường hợp sau vì rõ ràng phải có $ x_1 \leq x_2$ 

Như vậy ta thu được $ x_1 = x_2 = x_3 = 3$ từ đây tính ra $ a= 9; b = 27$

TH2: $x_1 =2$ thì  $(*)$ tương đương với: $6 + 3x_2+ 3x_3 = 2 x_2 x_3 \Leftrightarrow (2x_2 -3)(2x_3 -3) = 21 \Leftrightarrow  x_2 = 2 ; x_3 = 12 $ hoặc $ x_2 =3 ; x_3 = 5$

Như vậy ta thu được $ x_1 = x_2 = 2; x_3 = 12$  hoặc $x_1 = 2; x_2 = 3 ; x_3 =5$ từ đây tính ra $ a= 16; b = 52$ hoặc $ a= 10; b = 31$

TH3: $x_1 =1$ thì  $(*)$ tương đương với: $3 + 3x_2+ 3x_3 = x_2 x_3 \Leftrightarrow (x_2 -3)(x_3 -3) = 12 \Leftrightarrow  x_2 = 4 ; x_3 = 15 $ hoặc $ x_2 =5 ; x_3 = 9$ hoặc $ x_2 =6 ; x_3 = 7$

Như vậy ta thu được $ x_1 = 1; x_2 = 4; x_3 = 15$  hoặc $x_1 = 1; x_2 = 5 ; x_3 =9$ hoặc $x_1 = 1; x_2 = 6 ; x_3 =7$

từ đây tính ra $ a= 20; b = 79$ hoặc $ a= 15; b = 59$ hoặc $ a= 14; b = 55$

Ta thu được các bộ nhiệm $ (a;b)$ như sau: $ (9; 27); \ (16;52); \ (10;31); \ (20;79); \ (15;59); \ (14;55)$

Vậy, kết luận các cặp số thỏa yêu cầu bài toán là: $(-9; 27); \ (-16;52); \ (-10;31); \ (-20;79); \ (-15;59); \ (-14;55)$ .

Bài Toán Theo Đó được giải quyết Hoàn Toàn.

Bài Toán:

Tìm Tất cả các cặp số nguyên tố $(p;q)$ thỏa mãn điều kiện:

Tồn tại số tự nhiên $m$ để : $ \frac{pq}{p+q} = \frac{m^2 +1}{m+1}$ 

Ok, let's go! Hi vọng là giải đúng, giải từ từ nha, các bạn nếu nhìn vào thấy chưa xong thì đừng giận: 

Xét dãy phụ: $ v_n = u_n +a $ Trong đó ta dùng phương pháp hệ số bất định để tìm $ a$ thỏa mãn $ 20+a = 9a$ thì khi đó dãy truy hồi thu được có dạng:

$ v_{n+1} = 4v_n + 5 v_{n-1}$ với mọi $ n \geq 2$ . Dễ thấy $ a = \frac{5}{2}$

$(v_n)$ là dãy truy hồi tuyến tính cấp $2$, $ v_0 =  \frac{45}{2} ; v_1 = \frac{205}{2}$, phương trình đặc trưng của dãy này là: $ x^2 - 4x -5 = 0$ có $2$ nghiệm:

$ x_1 = -1 ; x_2 = 5$ nên $ v_n = a \cdot (-1)^n + b \cdot 5^n$ với mọi $ n \in \mathbb{N}$

Do đã có trước $2$ giá trị $ v_0; v_1$ nên dễ dàng giải hệ tuyến tính  $2$ ẩn để tìm ra : $ a = \frac{5}{3}; b = \frac{125}{6}$

Suy ra: $ v_n = \frac{ 5^{n+3} + 10 \cdot (-1)^n }{6}$

Ta đi chứng minh $h$ phải là số chẵn.

Thật vậy, giả sử $h$ là số lẻ thì: $ u_{n+h} - u_n  = \frac{ 5^{n+3}  (5^h -1)+ 10 \cdot (-1)^n  \cdot ( (-1)^h -1)}{6}  =\frac{ 5^{n+3}  (5^h -1) - 20 \cdot (-1)^n }{6}$

Bài này làm gồm những bước sau:

Bước 1: Xác định công thức tổng quát của dãy $(u_n)$, tính ra được $u_n$ theo $n$

Bước 2: Phân tích $1998$ là tích các thừa số nguyên tố.

Bước 3: Sử dụng kiến thức cơ bản: cấp của một số nguyên theo modulo của hợp số là bội chung nhỏ nhất của các cấp của số nguyên đó theo modulo từng thừa số nguyên tố. Cụ thể: Giả sử $h$ là cấp của số nguyên $a$ theo modulo $n$, $n = p^{ \alpha_1}_1  p^{ \alpha_2}_2 \cdots p^{ \alpha_k}_k$ thì $h$ sẽ là bội chung nhỏ nhất của $ h_1; h_2; ...; h_k$ với $h_1; h_2;...; h_k$ lần lượt là cấp của $a$ theo modulo $p^{ \alpha_1}_1;  p^{ \alpha_2}_2; \cdots ;p^{ \alpha_k}_k$

Bước 4: Tính cụ thể ra các giá trị $h_1 ; h_2 ; ...; h_k$, cái này thì có những bổ đề để tính cụ thể ra

Tìm min $A = \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$ với $a \geq 2b$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

$ A = \left( \frac{a}{4b} + \frac{b}{a} \right) + \frac{3a}{4b} \geq 2 \sqrt{ \frac{a}{4b} \cdot  \frac{b}{a}} + \frac{6b}{4b}  = 1 + \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a = 2b$

Tìm hệ số của $x^3$ trong khai triển đa thức
$P=(x^2+x-1)^5$

Bài này cách đơn giản nhất là như sau:

Đặt $y = f(x) =x-1$

Rõ ràng theo khai triển nhị thức Newton, ta có:

$ P(x) = (x^2 + y)^5 = \binom{5}{0}x^{10}+ \binom{5}{1}x^{8}y + \binom{5}{2}x^{6}y^2+ \binom{5}{3}x^{4}y^3+ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5  = G(x) + \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

Rõ ràng trong khai triển của đa thức $G(x)$ thì hệ số của $x^0 ; x^1 ; x^2 ; x^3$ đều bằng $0$, nên hệ số của $x^3$ trong khai triển $P(x)$ cũng chính là hệ số $x^3$ trong khai triển $ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

$ = \binom{5}{4}x^{2} (x-1)^4+ \binom{5}{5} (x-1)^5 $

Bằng $ \binom{5}{4} \binom{4}{3} (-1)^3 + \binom{5}{2} (-1)^2  = 5 \cdot 4 \cdot (-1) + \frac{4 \cdot 5}{2} = -20+10 = -10$

Tìm tất cả các giá trị có thể có của tham số $m$ để hệ phương trình $3$ ẩn sau có nhiệm thực:

\[\left\{ \begin{array}{l}
3{x^2} + 3xz + {z^2} = 1\\
3{y^2} + 3yz + {z^2} = 4\\
{x^2} - xy + {y^2} = m
\end{array} \right.\]

Dãy $(u_n)_{n \geq 1}$ thỏa mãn: $u_1 = 1 ; u_{n+1} = u_n + 2^{2n-1} \cdot u^{2}_n$ với mọi $n \geq 1$

Tìm công thức tính $u_n$ theo $n$

Bài này làm như thế này.

Dễ thấy $n = 0$ thỏa mãn yêu cầu bài toán, vì $ 3^{2^{0}} + 10 = 3^1 + 10 = 13$ là số nguyên tố.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $ 3^{2^{2n}} + 10 = 3^{4^{n}} + 10$ chia hết cho $13$ , và do số này hiển nhiên lớn hơn $13$ nên nó không thể là số nguyên tố.

Thật vậy, với $n =1$ thì $ 3^{2^{2}} + 10 =  3^4 + 10 = 91 = 7 \cdot 13 $ , chia hết cho $13$.

Vậy khẳng định đúng với $n=1$.

Giả sự khẳng định đúng đến $n$, tức là : $ 3^{4^{n}} + 10$ chia hết cho $13$ $(*)$ thì khi đó:

 $ 3^{2^{2(n+1)}} + 10 = 3^{4^{n+1}} + 10 =  (3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) + (3^{4^{n}}  + 10)  \ (**)  $

Mà: $(3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) = 3^{4^{n}} \cdot \left( 3^{3\cdot 4^{n}} - 1 \right) =  3^{4^{n}} \cdot \left( (3^{3})^{4^{n}} - 1 \right) = 3^{4^{n}} \cdot \left( 27^{4^{n}} - 1 \right)$

$27 \equiv 1  \pmod {13}$ $ \implies 27^{4^{n}} \equiv 1 \pmod{13}  \implies  13 | 27^{4^{n}} - 1$

Suy ra: $(3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) $ chia hết cho $13$ $(***)$

Từ $(*)$; $(**)$; $(***)$ suy ra khẳng định  đúng đến $n+1$ và do đó, theo nguyên lý quy nạp Toán Học thì khẳng định được chứng minh hoàn toàn.

Dẫn đến kết luận: Chỉ có duy nhất một số tự nhiên thõa mãn yêu cầu bài toán là $n=0$.

Bài này chỉ đơn giản là nhận xét: $x <4$

Nếu $x \geq 4$ thì vế trái lớn hơn $ x^4 \geq 4^3 x = 64x > 63x $ suy ra vế trái lớn hơn vế phải.

Như vậy, ta chỉ cần đi xét 3 trường hợp $ x =1 ; x=2; x = 3$

Trường hợp $1$: Với $ x = 1$ thì phương trình trở thành: $ (y+1)^4 + 5z = 63$

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $3^4 > 63$

Thử với $y =1$ thì cũng không có được nghiệm nguyên nào, vì phương trình $5z = 47$ hiển nhiên không thể có nghiệm nguyên $( 5 \not | 47 )$ nên loại trường hợp này.

Trường hợp $2$:  Với $ x = 2$ thì  phương trình trở thành: $ (y+2)^4 + 5z = 126$

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $4^4 > 126$

Thử với $y =1$ thì được nghiệm nguyên $ x = 2; y = 1; z= 9$

Trường hợp $3$: Với $ x = 3$ thì  phương trình trở thành: $ (y+3)^4 + 5z = 189$

Vô nghiệm vì $4^4 > 189$

Nên phương trình đã cho chỉ có nhiệm nguyên dương duy nhất $ (x;y;z) = (2;1;9)$

Bài Toán: Cho tập $ H = \{1;2;3;....; 10 \}$. Tính số tập con khác rỗng của $H$ thỏa mãn điều kiện tích các phần tử của tập đó chia hết cho $30$.

Bạn Poset giải đúng, nhưng trình bày quá vắn tắt.
Nên viết ra chi tiết đầy đủ để các bạn khác dễ nắm bắt.

Hôm qua đọc xong tin thằng bé 16 tuổi ở Hà Nội tự tử mà không ngủ được. Liệu rằng đây có phải là trường hợp sau cùng không? Khi mà bệnh thành tích trong giáo dục và tính sỹ diện hão của các bậc phụ huynh thì không thay đổi.

Trong lá thư tuyệt mệnh, nếu để ý kỹ, ta sẽ thấy 2 chi tiết cảm động:

1. Thằng bé xin lỗi em mình. Nó chỉ nghĩ là trước có 2 anh em thì mẹ nó có mắng thì cũng 2 anh em nghe chung, giờ nó mất rồi thì chỉ còn em nó chịu nghe mắng chửi, càm ràm. Nó đã chết mà nó vẩn thương em nó.

2. Thằng bé không hề 1 câu nào oán trách mẹ mình. Có thể nó còn quá nhỏ nên nó chưa đủ câu từ để trách cứ ai, sau cùng, dù bố mẹ nó là nguyên nhân đẩy nó đến chết, nó cũng chỉ nói là: mẹ nó cũng muốn tốt, nhưng mẹ nó luôn làm theo ý mình và luôn làm quá mọi chuyện.