Đặt như nào ạ? Mk chưa hiểu ý bạn.

pt bên trên chuyển $xy$ từ vế phải sang ghép với $x^2+y^2$

pt bên dưới tách $2x=x+y+x-y$ rồi đặt

Bài 57: Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất sao cho $[(3+\sqrt{p})^{2n}]+1$ chia hết cho $2^{n+1}$ với mỗi số tự nhiên $n$, trong đó kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của $x$.

Với $p=2$ thì cho $n=3$ ko thỏa mãn!

Với $p=3$ thì cho $n=1$ ko thỏa mãn!

Với $p=5$ ta chứng minh đây là giá  trị nhỏ nhất thỏa mãn, thật vậy,

Dễ chứng minh: $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}\in \mathbb{N}$ với mọi n.

Mặt khác $0<(3-\sqrt{5})^{2n}<1$ với mọi $n$ nên $[(3+\sqrt{5})^{2n}]+1=(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}$ với mọi $n$

Mặt khác ta có công thức truy hồi của dãy $(3+\sqrt{5})^{n}+(3-\sqrt{5})^{n}$ là $x_{n+2}-6a_{n+1}+4a_n=0$

từ đó quy nạp ta có $a_{2n}\vdots 2^{n+1}$ với mọi $n$

Ta chuyển về mô hình bảng

Cho bảng $2n\times 2n$, viết trong hàng đầu tiên từ trái qua phải theo thứ tự $(1,2,...,2n)$,hàng thứ 2 từ trái qua phải viết $2n+1,...,4n)$

Cứ như trên. Dùng quân đô-min-nô lấp đầy bảng, với mỗi quân đô-min-nô ta tính tích của chúng, cộng các tích lại. Tìm cách xếp sao cho tích nhận được lớn nhất.

Giải: Gọi $a_i,b_i$ là số ghi trên đô-min-nô thứ $i$, ta có: $S=\sum_{i=1}^{2n^2}a_ib_i=\sum_{i=1}^{2n^2}(\frac{a_i^2+b_i^2}{2}-\frac{(a_i-b_i)^2}{2})$, mặt khác: $a_i,b_i$ khác nhau từ tập hợp $S$, $(a_i-b_i)^2\geq 1$ nên $S\leq \frac{1}{2}(\sum_{i=1}^{4n^2}i^2-2n^2)$, dấu bằng xảy ra khi đô-min-nô được đặt ngang hết

Hô, trong danh sách ko có thấy, nên chắc là hợp số rồi :v, định hướng tìm cách chứng minh thôi!

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$

Cho số nguyên dương $n>1.$ Biết rằng tồn tại các số nguyên dương $n_{1},n_{2},...,n_{k}$ sao cho $\sum_{m=1}^{k}2^{n_{m}}$ chia hết cho $2^{n}-1.$ Chứng minh rằng $k\geqslant n.$

Đây chẳng phải là trường hợp riêng của bài toán 49 trong TOPIC Hai bài toán mỗi ngày ư

https://diendantoanh...e-4#entry715164

Mình là sinh viên năm nhất BKHCM, mình muốn dự thi olympic toán SV quá mà trường không có fanpage để trao đổi. 

Cho mình hỏi ôn thi thì về phần hàm số cần ôn như định lí Fermat, Rolle,Larange,... có ai có nhiều tài liệu, bài tập không ạ cho mình xin với, mình còn hoang mang về phần đó lắm. 

Các bài tập hay về ma trận, định thức cũng ít có bài giải nữa

Ai cho mình xin file với ạ

mình có kỉ yếu olp toán sv 4 năm gần đây bạn tham khảo

https://drive.google...G4yoVyZUdFwlTyd

Em cảm ơn. Tại em thấy trên mạng có mấy dạng giống vậy mà nó xài đạo hàm, tích phân gì đó. Cơ mà đoạn:

$(C_{n+2}^{2}+...+C_{n+2}^{n+2})$ mình còn biến đổi được nữa không ạ??

Có mà, đến đoạn đấy dễ rồi mình ngại làm tiếp

$=\left ( C_{n+2}^0+C_{n+2}^1+...+C_{n+2}^{n+2} \right )-(C_{n+2}^0+C_{n+2}^1)=2^{n+2}-(1+n+2)$

Bài 49: Cho $a,b,n$ là những số nguyên dương, $b>1$ và a chia hết cho $b^n-1$. Chứng minh rằng khi biểu diễn số $a$ trong hệ cơ số $b$ thì được số chứa ít nhất $n$ chữ số khác $0$.

Bài này phát biểu đẹp, ko biết mình giải đúng ko nữa:

ủa mình có thấy bài này cần dùng đạo hàm tích phân chỗ nào nhỉ, hay là mình nhầm lẫn ta:

Cho x; y; z> 0 và $x+y+z\leq \frac{3}{2}$

Cm: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x}}+\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y}}+\sqrt{z^{2}+\frac{1}{z}}\geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

Ý của đề bài là thế này:

Cho x; y; z> 0 và $x+y+z\leq \frac{3}{2}$

Cm: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^{2}+\frac{1}{z^2}}\geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

Giải:

Sử dụng bđt mincopxki cho 3 số: 

$\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}\geq \sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2 }\geq \sqrt{(x+y+z)^2+\frac{9^2}{(x+y+z)^2}}=\sqrt{(x+y+z)^2+\frac{\frac{81}{16}}{(x+y+z)^2}+\frac{\frac{1215}{16}}{(x+y+z)^2}}\geq \sqrt{2\sqrt{\frac{81}{16}}+\frac{\frac{1215}{16}}{\frac{9}{4}}}=\frac{3}{2}\sqrt{17}$

Chỉ chứng minh trong trường hợp như hình vẽ, trường hợp khác tương tự:

a) $\frac{MF}{MB}=\frac{AF}{BC}=\frac{AD-DF}{BC}=1-\frac{DF}{BC}=1-\frac{ED}{EC}=\frac{EC-ED}{EC}=\frac{DC}{EC}=\frac{AB}{EC}=\frac{MB}{ME}\rightarrow MB^2=MF.ME$

b) $\frac{1}{BE}+\frac{1}{BF}=\frac{1}{BM}\Leftarrow BM(BE+BF)=BE.BF\Leftarrow BM.BF=BE(BF-BM)=BE.MF\Leftarrow \frac{BE}{BM}=\frac{BF}{MF}\Leftarrow \frac{ME}{MB}=\frac{MB}{MF}$, Trình bày thì viết ngược lại nhé

c)

$2$ tam giác $EBC$ và $BFA$ đồng dạng nên: $\frac{AF}{BC}=\frac{AB}{CE}\rightarrow AF.CE=AB.BC$ KHÔNG ĐỔI

Cho bàn cờ $4\times 4$. Chỉ được tô các ô của bàn cờ bằng 2 màu, hỏi có bao nhiêu cách tô sao cho không có ô $3\times 3$ nào được tô cùng một màu?

Mình xin đính chính lại lời giải như sau, vì lời giải trước đó của mình đã thiếu trường hợp.

Lời giải:Giả sử 2 màu là trắng và đen!

Xét 4 hình vuông $3x3$ theo thứ tự từ trên cùng bên trái, bên phải, dưới cùng bên phải, bên trái. Theo thứ tự là $1,2,3,4$

Gọi $A_i$ là tập hợp các cách tô hình vuông $i$ bằng màu đen, ta cần tính: $2(2^16-|A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4|)$

Ta có: $|A_i|=2^7, i=1,2,3,4$, $|A_1\cap A_2|=|A_2\cap A_3|=|A_3\cap A_4|=|A_4\cap A_1|=2^4, |A_1\cap A_3|=|A_2\cap A_4|=2^2, |A_1\cap A_2\cap A_3|= |A_2\cap A_3\cap A_4|= |A_3\cap A_4\cap A_1|= |A_4\cap A_1\cap A_2|=2^1,  |A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4|=2^0$,

Do đó: $|A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4|=4.2^7-(4.2^4+2.2^2)+4.2^1-2^0$

P/S: đây là đề AIME $2001$

Làm sao để suy ra được dấu tương đương thứ 2 vậy bạn,mình chưa hiểu lắm

Ồ cô gái của tui, đó là phép liên hợp

nôm na là sử dụng: $x^2-y^2=(x-y)(x+y), x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$

sử dụng dưới dạng căn thức ta có: $\sqrt{x}-\sqrt{y}=\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}, \sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}=\frac{x-y}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{xy}+\sqrt[3]{y^2}}$

Bài $43$ là trường hợp riêng của đề thi chọn đội tuyển KHTN 2015-2016 vòng II ngày 4, mình chưa nghĩ ra

https://diendantoanh...n-khtn-vòng-ii/

Bài 44: Cho $167$ tập hợp $A_1,A_2,...,A_{167}$ thỏa mãn các điều kiện sau:

$(1)\sum\limits_{i=1}^{167}|A_i|=2004;$.

$(2)|A_j|=|A_i|.|A_i\cap A_j|$ với mọi $i,j\in\left\{1,2,...,167\right\}$ và $i\ne j$.

Tính $|A_1\cup A_2...\cup A_n|$, trong đó $|A|$ là kí hiệu số phần tử của tập hợp $A$.

Xin chém bài này trước xD:

Từ $(2)$ , thế $i$ bởi $j$, $j$ bởi $i$ ta được $|A_i\cap A_j|=1$ và $|A_i|=|A_j|$ với mọi $i,j$, suy ra $|A_i|=12$ với mọi $i$

Ta đi chứng minh tất cả các tập $A_1,...,A_167$ chung nhau đúng $1$ phần tử.

Thât vậy,  do $|A_i\cap A_j|=1$, có $167$ tập hợp, mỗi tập có đúng $12$ phần tử nên theo đi dép lê: tồn tại ít nhất $\left \lfloor \frac{167}{12} \right \rfloor=13$ tập có chung 1 phần tử $a$.

Không mất tq giả sử đó là $A_1,A_2,...,A_13$. Với mỗi $k\geq 14$, Giả sử tập $A_k$ không có chung phần tử $a$ với bất kì tập nào trong $13$ tập $A_1,A_2,...,A_13$, thế thì theo đi dép lê tiếp, tồn tại phần tử $b$ là phần tử chung của $A_k$ và ít nhất $2$ tập $A_m,A_n$ trong $13$ tập $A_1,A_2,...,A_13$, nhưng điều này có nghĩa là $2$ tập $A_m,A_n$ có $2$ phần tử chung là $a,b$ mâu thuẫn.

Vậy tất cả $167$ tập có chung 1 phần tử duy nhất: $a$

Nó có nghĩa là: $\bigcap_{i_1,i_2,...,i_k\in\left \{ 1,2,...,167 \right \}}^{i_m\neq i_n}|A_{i_1}\cap ...\cap A_{i_k}|=1, k=2,...,167$

Do đó theo nguyên lý bù trừ: $|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_{167}|=167.12-C_{167}^2+C_{167}^2-....-C_{167}^{167}$

Bạn nào giúp mình giải bài 5 được không?

Giả sử $AH,DG,EF$ đồng quy tại $L$

Ta chứng minh $AH,BE,CD$ đồng quy.

Thật vậy: $\frac{FH}{FG}=\frac{FL}{LE}=\frac{DF}{EG}=\frac{DF}{AH}.\frac{AH}{EG}=\frac{BG}{AB}.\frac{AC}{EC}, \frac{FH}{BH}=\frac{AD}{AB},\frac{HC}{HG}=\frac{AC}{AE}$, Theo ceva đảo ta có đpcm.

Tiếp theo, gọi giao điểm của $DE,BC$ là $X$, $DH,AC$ là $Y$. 

Do $AH,BE,CD$ đồng quy nên $(XH,BC)=-1$ hay $D(XH,BC)=-1$ nên $(YE,AC)=-1$

mà $PE$ vuông góc với $PY$ nên suy ra $PE$ là phân giác góc $APC$ 

P/s: Mình dốt hình nên trình bày kém lắm!

Mình nghĩ đề bài là thế này

$\sqrt[3]{x^{2}-1}+x=\sqrt{x^{3}-2}$

Điều kiện: $x \ge \sqrt[3]{2}$

Ta có:

$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-2}$

$\Longleftrightarrow (\sqrt[3]{x^2-1}-2)+(x-3)=\sqrt{x^3-2}-5$

$\Longleftrightarrow \dfrac{x^2-9}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}+(x-3)=\dfrac{x^3-27}{\sqrt{x^3-2}+5}$

$\Longleftrightarrow x=3$(thỏa mãn điều kiện)

Hoặc:

$\dfrac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}+1-\dfrac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-2}+5}=0$ (vô nghiệm với mọi $x \ge \sqrt[3]{2}$)

Vậy $S=\{3\}$

Cho các số x,y,z thỏa mãn $x=y^{3}+y^{2}+y-2; y=z^{3}+z^{2}+z-2; x=x^{3}+x^{2}+x-2$. Tính giá trị biểu thức $A=x+2y^{2}+3z^{3}$

Mình nghĩ phương trình cuối phải là: $z=x^3+x^2+x-2$

Không mất tổng quát giả sử $x=max\left \{ x,y,z \right \}$

TH1: $x\geq y\geq z$, từ pt (2) và (3), ta có $y\geq z$ nên: $z^3+z^2+z-2\geq x^3+x^2+x-2$

theo đó ta có: $(z^3-x^3)+(z^2-x^2)+(z-x)\geq 0\Leftrightarrow (z-x)(z^2+zx+x^2+z+x+1)\geq0$

Mặt khác ta có:$z^2+1\geq -2z, x^2+1\geq -2x, z^2+x^2\geq -2zx\Rightarrow z^2+zx+x^2+z+x+1\geq0$

vì thế mà $z\geq x$

mà $x\geq y\geq z$ nên $x=y=z$

*Tương tự cho trường hợp $x\geq z\geq y$

Tức là ta luôn có: $x=y=z$

Thay vào: $x^3+x^2-2=0$ hay $(x-1)(x^2+2x+2)=0$ suy ra $x=1=y=z$

Bài 40: Cho số nguyên $n\ge 3$. Chứng minh rằng, tồn tại hai hoán vị khác nhau $(s_1,s_2,...,s_n)$ và $(t_1,t_2,...,t_n)$ của $(1,2,...,n)$ sao cho:

$s_1+2s_2+...+ns_n=t_1+2t_2+...+nt_n$

k nghĩ ra hướng giải quyết nào ngoài dirichle 

TH $n=3$ dễ tìm đc bộ thỏa mãn.

TH $n>3$, theo bđt hoán vị:

$1^2+2^2+...+n^2\geq 1.a_1+2.a_2+...+n.a_n\geq 1.n+2.(n-1)+...+n.1$, do đó $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\geq 1.a_1+2.a_2+...+n.a_n\geq 1.4+2.3+3.2+4.1=20$, mặt khác số bộ là hoán vị của $(1,2,...,n)$ là $n!$

Dễ thấy $n!>\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-20+1$ với mọi $n>3$ nên theo dirichle tồn tại $2$ hoán vị thỏa mãn đề!!!

Bài 39: Cho đa thức: $P(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6)$. 

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ đều tìm được số nguyên dương $n$ sao cho để $P(n)\vdots p$.

Bài này hình như là tính chất cơ bản của scp mod p thì phải:

TH1: $\left ( \frac{2}{p} \right )=1$ thì tồn tại $n$ để $n^2\equiv 2 (mod p)$ ta có đpcm.

TH2: $\left ( \frac{3}{p} \right )=1$, tương tự ta có đpcm

TH3: $\left ( \frac{2}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )=-1$  thế thì $\left ( \frac{6}{p} \right )=\left ( \frac{2}{p} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=1$ do đó tồn tại $n$ để $n^2 \equiv 6 (mod p)$ ta cũng có đpcm

Mình đã cố gắng hết sức dùng bđt mà ko thành, đành phải xét hàm thôi

Cho số $0<a<1$ và $A=a^1+a^2+...+a^n$ với $n\in\mathbb{N}^*$

Tính $\lim_{n\rightarrow +\propto}A$ theo $a$

Đây là tổng cấp số nhân lùi vô hạn thôi bạn:

$A=\frac{1-a^{n+1}}{1-a}$, mặt khác khi $n$ tiến đến dương vô cùng thì: $lima^n=0$ do $0<a<1$

Vì vậy $limA=lim\frac{1-a^{n+1}}{1-a}=\frac{1}{1-a}$

bài toán chính là tìm đk của m để $x^2-2(m+1)x+m^2-2m$ khác $0$ với mọi $x\in [0;1)$, nói cách khác là phương trình

$x^2-2(m+1)x+m^2-2m=0$ vô nghiệm trên $[0;1)$

TH1: $\Delta <0$, giải ra ta đc dk của m

TH2: $\Delta =0$ , dễ, thay vào thử

TH3: $\Delta >0$, tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm pb thỏa mãn

     3a) $x_1,x_2<0$

     3b) $x_1<0<1\leq x_2$

     3c) $1\leq x_1<x_2$