Câu 1. Chứng minh dễ dàng bằng quy nạp
Câu 2. Thì chuyển Công thức truy hồi qua giới hạn do dãy bị chặn nên có GHHH.
Có 418 mục bởi Duy Thai2002 (Tìm giới hạn từ 04-06-2020)
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 08-06-2018 - 21:39 trong Dãy số - Giới hạn
Câu 1. Chứng minh dễ dàng bằng quy nạp
Câu 2. Thì chuyển Công thức truy hồi qua giới hạn do dãy bị chặn nên có GHHH.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 09-06-2018 - 23:40 trong Số học
LTE
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 11-06-2018 - 22:23 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài này có đăng trên diễn đàn rồi. Bạn chịu khó tìm.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 11-06-2018 - 23:05 trong Hàm số - Đạo hàm
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 $f(x)=x,f(x)=-x$ $\forall x\in \mathbb{R}$
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 20-06-2018 - 11:06 trong Số học
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)
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 20-06-2018 - 11:09 trong Số học
Em muốn anh nêu ra mấy cái chứng minh đó luôn, cho nó dễ hiểu
Có trong sách Tài liệu chuyên toán giải tích 12 đó em. Em tham khảo trong đó
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 26-08-2018 - 16:43 trong Chuyên đề toán THPT
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"
$v_{7}(5^{n}+1)\geq 2000$
$<=> 1+v_{7}(2k+1)\geq 2000$
$<=> v_{7}(2k+1)\geq 1999$
$<=> 2k+1=7^{1999}m$
$=> n=3.7^{1999}m$
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 30-08-2018 - 22:48 trong Hình học phẳng
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 02-09-2018 - 20:07 trong Chuyên đề toán THPT
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 03-09-2018 - 06:28 trong Chuyên đề toán THPT
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.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 05-09-2018 - 15:45 trong Số học
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 $k\geq n$.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 07-09-2018 - 06:26 trong Tổ hợp và rời rạc
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 $(n,n+1)$
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 10-09-2018 - 20:48 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 10-09-2018 - 21:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 , $x_{n+1}=x_{n}^{2}+\frac{(x_{n}-1)^{2}}{2}$
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 10-09-2018 - 21:26 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 10-09-2018 - 22:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 20-09-2018 - 17:57 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $f(x)=x$, $f(x)=-x^{2}$ $\forall x\in \mathbb{R}$.
Đã gửi bởi Duy Thai2002 on 13-01-2019 - 11:51 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
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.
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học