Giải pt nghiệm nguyên: 6y²=y(y+1)(2y+1)

nhóm y ra ngoài, bên trong là ptb2 giải đc, nhầm đề chăng

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 $S=\{3\}$

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: $\sqrt{x}-\sqrt{y}=\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}, \sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}=\frac{x-y}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{xy}+\sqrt[3]{y^2}}$

mình tưởng sẽ thành xdx=tdt?

ờ ờ đúng r mình nhầm,  

Câu 1 đổi biến thôi:

đặt $x^2+1=t^2, t>0$ thì $dx=dt, x^2=t^2-1$ ta có $\int x^3\sqrt{x^2+1}dx=\int (t^2-1)tdt$ easy rồi

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 $n$

Bài 87: Cho đa thức $f(x)$ bậc $2003$ và $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,3,...,2004$. Hãy tính $f(2005)$.

Bài 88: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(x^3-y)+2y(3f^2(x)+y^2)=f(y+f(x)).$

Bài 87: Từ $f(k)=\frac{k^2}{k+1}$ với $k=1,2,...,2004$ ta có:$(k+1)f(k)-k^2=0$ với $k=1,2,...,2004$

Mà $(k+1)f(k)-k^2$ là đa thức có bậc $2004$, có $2004$ nghiệm là $1,2,...,2004$ nên

$(x+1)f(x)-k^2=C.(x-1)(x-2)...(x-2004)$,

Thế $x=-1$ vào: $C=\frac{1}{2005!}$

Vậy $f(x)=\frac{\frac{1}{2005!}.(x-1)...(x-2004)-x^2}{x+1}$

thay vào: $\frac{\frac{2004!}{2005!}-2005^2}{2006}$

Bài 88: Thế $y=x^3$ ta được: $f(0)+2x^3(3f^2(x)+x^6)=f(x^3+f(x))$

Thế $y=-f(x)$ ta được $f(x^3+f(x))-2f(x).4f^2(x)=f(0)$

Cộng theo vế: $4f^3(x)-3f^2(x)x^3-x^9=0$

hay $(f(x)-x^3)(4f^2(x)+f(x)x^3+x^6)=0$

Do đó $f(0)=0$, 

GS tồn tại $x\neq 0$ để $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=0$ thì vô lý vì

 $4f^2(x)+f(x)x^3+x^6=(2f(x)+\frac{x^3}{4})^2+\frac{15}{16}x^6>0$ với mọi $x\neq 0$

Vậy $f(x)=x^3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ thử lại đúng, chắc vậy

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: $|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_{167}|=167.12-C_{167}^2+C_{167}^2-....-C_{167}^{167}$

Bài 85: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$

Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$.

$x_{n+1}=-\frac{1+x_n^{2009}}{1+x_n}+1$

Quy nạp $0<x_n<1$

Từ đó Quy nạp tiếp $x_n<\frac{1}{n}$

Vậy lim $x_n=0$

$x_{n+1}=\frac{1+x_n-1-x_n^{2008}}{1+x_n}=\frac{x_n(1-x_n^{2007})}{1+x_n}$

Do đó: $lim(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=lim\frac{1}{x_n}(\frac{1+x_n}{1-x_n^{2007}}-1)=lim\frac{1+x_n^{2006}}{1-x_n^{2007}}=1$, $x_n\rightarrow 0$

Theo đl trung bình Cesaro: $lim\frac{x_n^{-1}}{n}=1$ do đó: $limnx_n=1$

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:

Bài 21: Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa mãn: $P(x).P(x+1)=P(x^2+2)\forall x\in \mathbb{R}$.

Có vẻ topic hơi buồn, mình xin đóng góp ý kiến cho bài toán này:

Thực chất đây là 1 trường hợp nhỏ trong dạng toán tổng quát, có thể phát biểu thành định lý như sau:

Xét pth đa thức: $P(f(x))P(g(x))=P(h(x))$,

Nhận xét 1: với các đa thức $f,g,h$ có hệ số thực thỏa mãn $deg(f)+deg(g)=deg(h)$ và thỏa mãn 1 trong 2 điều kiện sau:

1) $deg(f) \neq deg(g)$

2) $deg(f)=deg(g)$ và $f*+g* \neq 0$ trong đó $f*,g*$ tương ứng là hệ số bậc cao nhất của $f,g$

Thì khi đó với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại nhiều nhất 1 đa thức thỏa mãn.

Nhận xét 2: Nếu $P(x)$ thỏa mãn thì $(P(x)^n$ cũng thỏa mãn.

Chứng minh nhận xét 1: 

Giả sử P là đa thức bậc n t/m đề, P*,f*,g*,h* t/ư là hệ số bậc cao nhất của P,f,g,h.

Ta có: $P*=(\frac{h*}{f*.g*})^n$ suy ra nếu tồn tại Q(x) bậc n cũng t/m đề thì $Q*=P*$

Đặt $Q(x)=P(x)+R(x), 0 \leq deg(R) <n$

-> $P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=R(h)$

TH1: $deg(f) \neq deg(g)$. Gs $deg(f)>deg(g)$ -> vế trái có bậc $ndeg(f)+rdeg(g)> rdeg(h)$ là bậc vế phải vô lý!!

TH2: Dễ thấy bậc vế trái cũng vẫn là $ndeg(f)+rdeg(g)$ suy ra vô lý.

Chứng minh nhận xét 2: Hiển nhiên dựa vào tính nhân đa thức.

Bài 22: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $r$ nhỏ hơn $59$ đều tồn tại duy nhất số nguyên dương $n$ nhỏ hơn $59$ sao cho $2^{n}-r$ chia hết cho $59$

Để ý 59 là snt,

Bổ đề 1: $ord_{59}(2)=58$ 

Thật vậy theo fecmat nhỏ ta có: $ord_{59}(2)|58=2.29$ ,thử sẽ ra

Bổ đề 2: $\left \{ 2^i|i=1,2,...,59 \right \}$ lập thành HTDĐĐ mod 59

Thật vậy, nếu tồn tại $i > j$ sao cho $2^i\equiv 2^j (mod 59) \Rightarrow 2^{i-j}\equiv 1 (mod 59)$

Theo bổ đề 1: $i-j\geq 58\Rightarrow i=59,j=1$ vô lý vậy ta có đpcm\

Trở lại bài toán:Hiển nhiên rồi

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

Bạn dậy sớm ghê, lúc đó mình ngủ đc 1 tiếng rồi, ngại đánh latex nên đánh tạm vào word

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!!!

G ọi, M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC,NC,MB

Ta có MQ=AD/2=AE/2=NP suy ra khoảng cách từ O tới FH,GH là bằng nhau suy ra g óc FOH= g óc HOG

Do đó OH là phân giác của g óc FOG v à g óc FHG , từ đó dễ suy ra FG // DE do cùng vuông góc với phân giác góc A

Mình dịch tạm nha

Ai có lời giải bài dãy chưa nhỉ?

Dễ có $x_n>0$ mọi n, $x_2>x_0$,$x_3<x_1$,, mà $x_{n+1}=f(x_n)$, $f(x)$ giảm trên $(0;+\infty)$ nên dãy chẵn tăng, dãy lẻ giảm,

Giả sử hội tụ thì $a=b$, $a$ là lim dãy tăng >2, $b$ là lim dãy giảm <2 . vô lý

Cho em hỏi câu 1 ngày 1 giải ra x=y thế vô pt 2 sao giải nữa ạ

Em đánh giá $x<-1$ ko có nghiệm

Xét hàm $f(x)=3^x.2x-3^x-2x-1$ trên $[-1;+\infty )$, tính đạo hàm cấp 2 và đánh giá đạo hàm cấp 2 luôn lớn hơn 0, do đó pt có tối đa 2 nghiệm, mà $x=-1,x=1$ thỏa nên đó là 2 ng của pt

Kì lạ nhỉ ? $P(x)=x$ thì $(a,b,c)=(1,2,3)$ nhưng làm gì thoả mãn ?

Mình sửa đề rồi, xin lỗi nha đánh vội qá

bạn xem thử cách của mình đúng ko nhé:

Bổ đề: Nếu $n\in G$, $p_s$ là ước nguyên tố lớn nhất của $n$, thế thì $p_1,p_2,...,p_s$ là ước nguyên tố của $n$

Chứng minh: Đặt $n=\prod_{i=1}^{s}p_i^{s_i}, s_i\geq 0 \forall i=1,2,...,s-1;s_s\geq 1$

Giả sử tồn tại $0<j<s$ sao cho $p_j$ không là ước của $n$ thế thì $s_j=0$

Xét số $n'=\prod_{i=1}^{s}p_i^{s_i}.p_s^{-1}.p_j$ dễ thấy $P(n')\geq P(n)$ mà $n>n'$ suy ra vô lý

a) dễ thấy từ bổ đề

b) Giả sử phản chứng, thế thì theo bổ đề n chỉ có các ước là $p_1,p_2,...,p_{m-1}$. Tồn tại chỉ số $h$ sao cho $s_h\geq 2k$, xét số $n=(\prod_{i=1}^{m-1}p_i^{s_i}).p_h^{-k}.p_h^{k}\geq (\prod_{i=1}^{m-1}p_i^{s_i}).p_h^{-k}.2^{k}>(\prod_{i=1}^{m-1}p_i^{s_i}).p_h^{-k}.p_m=n''$ kèm theo điều kiện $s_h\geq 2k$ dễ suy ra $P(n'')>P(n)$ vô lý

(câu 2 xét mỗi t/h =2 chả biết đc điểm nào ko)

Ngày 1 (11/09/2018)   Thời gian: $180$ phút

Đề bài:

Câu 1: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} (x-y)(x^2+xy+y^2-2)=2ln\frac{y+\sqrt{y^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}\\ 3^x.2x=3^y+2y+1 \end{matrix}\right.$

Câu 2: Xét sự hội tụ của dãy số $(x_n)$ biết $x_0=2, x_{n+1}=\frac{2}{x_n}+\frac{\sqrt{3}}{x_n^2}$

Câu 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Dựng ra phía ngoài tam giác $ABC$ các hình bình hành $ABMN$ và $ACPQ$ sao cho tam giác $ABN$ đồng dạng với tam giác $CAP$. Gọi $G$ là giao điểm của $AQ$ và $BM$, $H$ là giao điểm của $AN$ và $CP$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $GMQ, HNP$ cắt nhau tại $E$ và $F$ ($E$ nằm trong đường tròn $(O)$).

          a) Chứng minh rằng ba điểm $A,E,F$ thẳng hàng.

          b) Chứng minh rằng bốn điểm $B,C,O,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Câu 4: Bạn Thanh viết lên bảng các số $1,2,3,...,2019$. Mỗi một bước Thanh xóa 2 số $a$ và $b$ bất kì trên bảng và viết thêm số $\frac{ab}{a+b+1}$. Chứng minh rằng dù xóa như thế nào thì sau khi thực hiện $2018$ bước trên bảng luôn còn lại số $\frac{1}{2019}$.

P/s: Đề tỉnh mình dễ quá, mà mình vẫn còn ý $b$ bài hình, huhu

Ngày 2 (12/09/2018) Thời gian $180$ phút

Đề bài:

Câu 1: Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên thỏa mãn $P(a)=1,P(b)=2,P(c)=3$. Chứng minh rằng: $a+c=2b$.

Câu 2: Cho ba số thực dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức: $(\sum a)(\sum \frac{1}{a})+4\sqrt{2}.\frac{\sum ab}{\sum a^2}\geq9+4\sqrt{2}$

Câu 3: Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn tâm $I$ tiếp xúc với các tia $AB,AD$ lần lượt tại $E$ và $F$, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại điểm $T$. Hai tiếp tuyến tại $A$ và $T$ của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $K$. Các đường thẳng $TE, TF$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ thứ tự tại các điểm $M,N$ $( M,N$ khác $T).$

         a) Chứng minh rằng ba điểm $K,M,N$ thẳng hàng.

         b) Đường phân giác góc $BAC$ cắt đường thẳng $MC$ tại $P$, đường thẳng $KP$ cắt đường thẳng $CN$ tại $Q$. Chứng minh rằng: Nếu $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADQ$ thì bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác $ABC$ và $ACD$ bằng nhau.

Câu 4: Với số $n$ nguyên dương đặt $f(n)$ là số ước nguyên dương của $n$. Xét tập hợp $G=\left \{ n\in \mathbb{N}^*: f(m)<f(n), \forall m\in \mathbb{N},0<m<n \right \}$ và goij $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$ $(i\in \mathbb{N}^*)$.

        a) Chứng minh rằng: Nếu $n$ thuộc $G$ và $p_m$ là ước nguyên tố của $n$ thì $(p_1p_2...p_m)$ là ước của $n$.

        b) Với số nguyên tố $p_m$, gọi k, M là các số nguyên dương thỏa mãn $2^k>p_m$ và $M=(p_1p_2...p_{m-1})^{2k}$. Chứng minh rằng: Nếu $n>M$ và $n$ thuộc $G$ thì $n$ chia hết cho $p_m$.

P/s; Vẫn là ý b bài hình ko làm hết

Cho em hỏi câu 1 ngày 2 làm thế nào vậy ạ?

Dùng bổ đề $P(x)-P(y)\vdots x-y$

áp dụng: $1\vdots b-a, 1\vdots c-b$

1b) Từ ý a), đặt $x_{n}=a_{2n}, y_n=a_{2n+1}$ dễ suy ra:

$x_{n+1}=5y_n-x_n, y_{n+1}=3x_n-y_n$

do đó: $x_{n+2}=14x_n-2x_{n+1}, y_{n+2}=14y_n-2y_{n+1}$

ta có lim cần tìm là $\frac{a_{n+1}}{b_n}+\frac{b_n}{a_n}$ , tính cttq ra là đc

Câu 1a) $\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}$ do đó: $a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}$ nếu $n$ lẻ, $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ nếu n chẵn

Câu 3: đặt $f(0)=a$

$P(0;-y)$: $y^2f(y)=y^2f(-y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn, ta chỉ cần xét hàm $f(x)$ với $x\geq 0$

$P(0;0)$: $f(-a)=f(a)=-a$

$P(a;0)$:$f(-a)=f(a^2)-2a$ suy ra $f(a^2)=a$

$P(0;a)$:$f(-a^2)=a^2f(a)-2a$ suy ra $a^3+a=0$ hay $a=0$, vậy $f(0)=0$

$P(0;x),P(x;0)$: $f(f(x))=f(x^2),f(x^2)=f(x).x^2$ (*)

Nhận xét $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn.

Xét $f(x)$ ko đồng nhất với 0,giả sử tồn tại $x_0 > 0$ mà $f(x_0)=0$ thế thì 

$P(x_0;x)$ ta có $f(-x^2)=x^2f(x)-2f(yx_0)$, do (*) nên $f(yx_0)=0$, mà $yx_0$ có TGT là $\mathbb{R*}$ nên suy ra $f(x)=0$ với mọi $x>0$ vô lý.

vậy từ (*) suy ra $f(x)$ đơn ánh trên $(0;+\infty)$, do đó cũng từ (*) mà suy ra $f(x)\equiv x^2$