Đây là Benelux 2017
I Love MC nội dung
Có 1000 mục bởi I Love MC (Tìm giới hạn từ 09-05-2020)
#699470 $f(xy).gcd(f(x)f(y),f(\frac{1}{x})f(\frac{1}{y}))=xyf(\fr...
Đã gửi bởi I Love MC on 02-01-2018 - 20:42 trong Phương trình hàm
#697718 HÀ Tĩnh (vòng 1)
Đã gửi bởi I Love MC on 03-12-2017 - 21:23 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
2) Bổ đề : $a,b,c$ không âm . Lúc đó ta có $a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Chứng minh. Giả sử $b$ nằm giữa $a,c$ lúc đó ta có $(b-a)(b-c) \le 0 \Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}2b(a+c)(a+c) \le \frac{1}{2}.\frac{(2b+a++a+c)^3}{27}=\frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Áp dụng vào bài toán ta có $a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3-abc$
Ta chứng minh $(a+b+c)(a+b+c-abc) \ge \frac{8}{27}(a+b+c)^3-2abc$ hay $(a+b+c)^2-abc(a+b+c-2) \ge \frac{8}{27}(a+b+c)^3$
Có $a+b+c \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{3} \ge 3abc$suy ra $(a+b+c)^2-abc(a+b+c-2) \ge (a+b+c)^2-\frac{a+b+c}{3}(a+b+c-2)=t^2.\frac{2}{3}+t.\frac{2}{3}$. Ta chưngs minh $t^2+t \ge \frac{4}{9}t^3 \Leftrightarrow 0 \le t \le 3$. Đúng. Vậy ta có đpcm
#694721 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...
Đã gửi bởi I Love MC on 13-10-2017 - 22:32 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu tổ cuối sử dụng nguyên lí Fubini ,lập bảng và đếm theo 2 cách (có trong tổ hợp mathscope)
#694477 $n! \vdots dn^{2}+1$
Đã gửi bởi I Love MC on 09-10-2017 - 20:14 trong Số học
$d(4d+1)$ ko là số chính phương $\Rightarrow x^2-d(4d+1)y^2=1$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $(x_k,y_k)$. Xét phương trình $(4d+1)u^2-dn^2=1 (1)$ có nghiệm $(u,n)=(1,2)$
Suy ra $(u_k,n_k)=(x_k+2dy_k,2x_k+(4d+1)y_k)$ là nghiệm của $(1)$
Nếu $n_k \le 2u_k-1$ thì $(4d+1)u_k^2 \le d(2u_k-1)^2+1$ (vô lí)
Suy ra $n_k \ge 2u_k$ . Chọn $k$ đủ lớn $n_k \ge 4d+1$
Khi đó $(n_k)! \vdots (2u_k).u_k.(4d+1)=2(dn_k^2+1) \vdots (dn_k^2+1)$ với mọi $k$ đủ lớn.
#693708 Đề chọn đội tuyển quốc gia chuyên Quốc Học Huế ngày 2
Đã gửi bởi I Love MC on 25-09-2017 - 21:33 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 1 : Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)+f(y^2)-f(xy)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$
Câu 2 :
a) Cho $a_0>a_1>a_2>...>a_n$ là các số nguyên dương sao cho $a_0-a_n<a_1+a_2+...+a_n$ .Chứng minh tồn taị $i$ với $1 \le i \le n$ sao cho :
$$0 \le a_0-(a_1+a_2+...+a_i)<a_i$$
b) Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương lớn hơn $2$ có thể biểu diễn thành tổng của các lũy thừa phân biệt có dạng $a^b$ với $a \in \{3,4,5,6\}$ và $b$ là số nguyên dương.
Câu 3: Goị $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác đó . $AI$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Gọi $F,E$ lần lượt là các điểm trên cạnh $BC$ và trên cung $BDC$ sao cho $\widehat{BAF}=\widehat{CAE}<\frac{1}{2}\widehat{BAC},G$ là trung điểm của đoạn $IF$. Chứng minh $DG$ và $EI$ giao tại một điểm trên $(O)$
Câu 4: Một dãy $(a_1,a_2,..,a_k)$ các ô phân biệt của bàn cờ $n\times n$ được gọi là chu trình nếu $k \ge 4$ và các ô $a_i,a_{i+1}$ có cùng cạnh với mọi $i=1,2,..,k$ ở đây $a_{k+1}=a_1$. Tập hợp $X$ gồm các ô của bàn cờ được gọi là đẹp nếu mỗi chu trình đều chứa ít nhất một ô của $X$. Xác định tất cả các số thực $C$ sao cho với mỗi số nguyên $n\ge 2$ ,trên bàn cờ $n\times n$ có một tập con đẹp chứa không quá $C.n^2$ ô vuông
#691424 $\sum_{n=2}^m a_2a_3...a_n<1$
Đã gửi bởi I Love MC on 24-08-2017 - 19:32 trong Số học
Dãy số $(a_n)$ được xác định như sau :
$$a_n=\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+..+\frac{1}{p_k}$$
Trong đó $p_1,p_2,..,p_k$ là các ước số nguyên tố khác nhau của số $n$. Chứng minh rằng :
$$\sum_{n=2}^m a_2a_3...a_n<1,\forall m \in \mathbb{N},m \ge 2$$
#688194 58th IMO 2017
Đã gửi bởi I Love MC on 20-07-2017 - 21:55 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
Bài 2:
Đi vào bài toán xét $f(0)=0 \Rightarrow f(x)=0$
Bây giờ xét $f(0) \ne 0$. Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x=u,y=v$ vào phương trình đề cho .
$P(0,0) \Rightarrow f(f^2(0))=0$. Đặt $c=f^2(0)$.
$P(c,\frac{c}{c-1}) \Rightarrow f(0)=0$ (vô lí). Suy ra $c=1$ hay $f(0)=1$ hay $f(0)=-1$.
Tính được $f(1)=0$. Không mất tính tổng quát giả sử $f(0)=-1$
$P(x,1) \Rightarrow f(x+1)-1=f(x) \Rightarrow f(x+n)-f(x)=n (1)$ . Ta chứng minh $f$ là đơn ánh .
Giả sử $f(x)=f(y) . Lấy $m \in \mathbb{Z}$ sao cho a+b=x+m+1,ab=y+m$ có nghiệm.
$P(a,b) \Rightarrow f(f(a)f(b))+f(a+b)=f(ab)=f(f(a)f(b))+f(x+m+1)=f(y+m)$. Chú ý là $f(x+m)=f(y+m)$ do $(1)$
Suy ra $f(f(a)f(b))=-1$ suy ra $f(a)f(b)=0$. Giả sử $f(a)=0 \Rightarrow a=1$ suy ra $x=y \Rightarrow f$ đơn ánh.
$P(x,1-x) \Rightarrow f(x)f(1-x)=x-x^2$
$P(x,-x) \Rightarrow f(x)(f(1-x)-1)=1-x^2 \Rightarrow f(x)=x-1$
Tương tự $f(0)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$
Vậy $f(x)=x-1,1-x,0$
#683715 CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m...
Đã gửi bởi I Love MC on 08-06-2017 - 21:23 trong Đa thức
Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!) \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có :
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ .
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$.
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.
#679097 Chứng minh rằng các số f(n), f(f(n)), ... đôi một nguyên tố cùng nhau.
Đã gửi bởi I Love MC on 01-05-2017 - 11:03 trong Số học
Đặt $f_k(x)=f(f(..(f(x)..))$ với $f$ cos mặt $k$ lần ở vế phải . Giả sử $k \ge 1$ là số tự nhiên bất kì và $p$ là một ước nguyên tố của $f_k(n)$ ta có :
$f_{k+1}(n) \equiv f(f_k(n)) \equiv f(0) \equiv 1 \pmod{p}$
$f_{k+2}(n) \equiv f(f_{k+1}(n)) \equiv f(1) \pmod{p}$
Bằng quy nạp dễ có $f_m(n) \equiv 1 \pmod{p},\forall m>k$
Từ đó suy ra $f_k(n),f_m(n)$ nguyên tố cùng nhau với mọi $m>k$ . Do $k$ tùy ý nên chọn $k=1$ và ta có điều phải chứng minh
#677888 Đề thi học sinh giỏi duyên hải bắc trung bộ lớp 10
Đã gửi bởi I Love MC on 18-04-2017 - 18:27 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đề hơi mờ ,mong mọi người thông cảm
#676643 Kì thi Olympic tháng 4 TP.HCM lần 3 2016-2017 lớp 10
Đã gửi bởi I Love MC on 08-04-2017 - 19:14 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Khối 10 chuyên
#675987 Tìm hàm thỏa $f(x-f(y))=f(x+y^{2014})+f(f(y)+y^{2014...
Đã gửi bởi I Love MC on 02-04-2017 - 12:26 trong Phương trình hàm
Đặt $f(0)=a$ . Gọi phương trình đã cho là $(1)$ , cho $y=0$vào $(1)$
$f(x-a)=f(x)+f(a)+2016 (2)$
Nếu $a=0$ thì từ $(2)$ ta có $f(x)=f(x)+2016$ vô lí . Vậy $a \ne 0$
Từ $(1)$ thay $x$ bởi $f(y)$ tadduowjc
$a=f(f(y)+y^{2014})+f(f(y)+y^{2014})+2016$
$\Rightarrow f(f(y)+y^{2014})=b,b=\frac{a-2016}{2} (3)$
Từ $(1),(3)$ ta có $f(x-f(y))=f(x+y^{2014})+c,c=b+2016 (4)$
Từ $(4)$ thay $x$ bởi $x+f(y)$ta được $f(x)=f(x+f(y)+y^{2014})+c (5)$
Đặt $g(x)=f(x)+x^{2014} \Rightarrow g(0)=a$ lúc đó $(5)$ được viết lại : $f(x)=f(x+g(y))+c (6)$
Đặt $h(y)=g(y+g(0))-g(y)=f(y+g(0))+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}$ . Từ $(6)$ cho $y=0$ được :
$f(x)=f(x+g(0))+c$ . Suy ra $h(y)=f(y)-c+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}=(y+g(0))^{2014}-y^{2014}-c $
Suy ra $ deg h=2013$ .Từ $(6)$ tacungx có $f(x+h(y))=f(x+h(y)+g(y))+c=f(x+g(y+g(0)))+c=f(x) (7)$. Mà $deg h \equiv 1 \pmod{2}$ nên $h$ là một toàn ánh.
Từ $(7)$ ta có $f(x+\alpha)=f(x)$. Cho $x=0$ ta được$f(\alpha)=\alpha$ hay $f$ là hàm hằng . Dễ tính được $f(x)=-2016$
#675937 $n^p-p$ không chia hết cho q
Đã gửi bởi I Love MC on 01-04-2017 - 22:14 trong Số học
Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 \Rightarrow k \in \{1,p,p^2\}$
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$.
Vậy ta có đpcm
#675934 Bài toán chứng minh tồn tại trong số học sao cho $0< a+b\sqrt...
Đã gửi bởi I Love MC on 01-04-2017 - 22:05 trong Số học
Xét $(m+1)^2$ số có dạng $x+y\sqrt{2}$ với $x,y \in \{0,1,..,m\}$
Do $0 \le x+y\sqrt{2} \le m(1+\sqrt{2})$ nên tồn tại $c+d\sqrt{2},e+f\sqrt{2}$ sao cho
$|c+d\sqrt{2}-e-f\sqrt{2}| \le \frac{m(1+\sqrt{2})}{(m+1)^2-1}=\frac{1+\sqrt{2}}{m+2}$
Từ đó ta có đpcm
#674044 $(x^{n}+a^{n},x^{m}+a^{m})=x^...
Đã gửi bởi I Love MC on 12-03-2017 - 12:31 trong Số học
Cho $m,n\in \mathbb{N}^{+},a\in \mathbb{N},d=(m,n)$.
Chứng minh:a) Nếu $\frac{n}{d},\frac{m}{d}$ đều lẻ thì $(x^{n}+a^{n},x^{m}+a^{m})=x^{d}+a^{d}$
b) Nếu $\frac{n}{d},\frac{m}{d}$ đều chẵn thì $(x^{n}+a^{n},x^{m}+a^{m})=1$
Bạn tham khảo ở tài liệu Một số lớp phương trình Diophante cơ bản của Nguyễn Vũ Lương (nếu mình k nhầm tên tác giả)
#673957 $x^2+y^2+z^2=p.t$
Đã gửi bởi I Love MC on 11-03-2017 - 14:32 trong Số học
Bài 1 có cách khác đơn giản như này
với $p=2$ thì dễ có đpcm
$p>2$ . Xét $2$ tập $A=\{x^2\},x \in \{1,2,..,\frac{p-1}{2}\},B=\{-1-y^2},y \in \{1,2,..,\frac{p-1}{2}\}$
Dễ chứng minh các phân tử của $A$ và $B$ đôi một phân biệt modulo $p$. Chú ý $cardA+cardB=p+1>p$
Nên tồn tại $x_0 \in A,y_0 \in B$ sao cho $x_0^2 \equiv -1-y_0^2 \mod{p}$
Dễ chứng minh $\frac{x_0^2+y_0^2+1}{p}<p$ từ đó chọn $x_0=x,y_0=y,z=1$
#671718 $f\left ( x+f\left ( y \right ) \right )=2y+f\l...
Đã gửi bởi I Love MC on 15-02-2017 - 20:02 trong Phương trình hàm
Đây là đề Germany TST 2003
Thay $y$ ở $x$,$x$ bởi $y$ cho ta :
$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)$
Với $y \in \mathbb{R}$ tùy ý chọn $y=f(0)-2\beta$ . Chọn $\alpha=-f(\beta)$ và $\gamma=f(\alpha)-\beta$
Từ đó dễ dàng ta có $f(\gamma)=y$ suy ra $f$ là toàn ánh $\Rightarrow$ tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$
Từ phương trình đề cho $x=a$ $f(y)=2a+f(f(y)-a)$
Vì $f$ là toàn ánh nên tồn tại $y$ sao cho $f(y)=x+a$. Khi đó $x=f(y)-a=a+f(f(y)-a)=f(x)+a \Rightarrow f(x)=x+c,c=const (1)$
Thử lại thấy $(1)$ thỏa mãn nên hàm cần tìm là $f(x)=x+c,c=const$
#671616 Tìm Min của $A=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1...
Đã gửi bởi I Love MC on 14-02-2017 - 16:54 trong Bất đẳng thức và cực trị
#670305 $f(x^{2} + f(y)) = \frac{f^{2}(x)}{2} + 4y$
Đã gửi bởi I Love MC on 29-01-2017 - 09:53 trong Phương trình hàm
$f(x^2+f(y))=\frac{f^2(x)}{2}+4y (1)$
Nhận xét : $f(f(x))=ax+b,a \ne 0 \Rightarrow f$ là song ánh
Từ phương trình đề bài cho . Thế $x=0 \Rightarrow f$ là song ánh
$f$ là song ánh nên tồn tại $c,a$ sao cho $f(c)=0$
Từ $(1)$ cho $x=y=c$ : $f(c^2)=4c (2)$
Bằng cách gán $c$ cho $y$,$x$ và $-x$ cho $x$. Thu được $f(x)=f(-x)$ hoặc $-f(x)=f(-x) (3)$
Từ $(1)$ cho $x=c,y=-c$ kết hợp với $(3)$ thì dù thay $y$ bởi $c$ hay $-c$ đi nữa thì $f(c^2)=-4c (4)$
Từ $(2),(4) \Rightarrow c=0$
Từ $(1)$ cho $y=0 \Rightarrow f(x^2)=\frac{f^2(x)}{2} (5)$ . Cho $x=0 \Rightarrow f(f(x))=4x (6)$
Từ $(5),(6) \Rightarrow f(x^2+f(y))=f(x^2)+f(f(y)) (7)$
Từ $(7)$ ta có $f(a+b)=f(a)+f(b),\forall a \ge 0,b \in \mathbb{R}$
Mà $f$ là toán ánh suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$ . Phương trình này có trong tài liệu chuyên toán $10$ (bạn tham khảo).
Từ đó suy ra $f$ có dạng $f(x)=ax$ kết hợp với $(6) \Rightarrow f(x)=2x$ . Thử hàm này vào $(1)$ ta thấy thỏa
Vậy $f(x)=2x$
#670292 $x^{2}+y^{2}=n$
Đã gửi bởi I Love MC on 29-01-2017 - 08:11 trong Số học
Đề bài đâu yêu cầu tìm tất cả $n$ đâu anh.
Lời giải trên em chỉ ra với $n=3^{2^k}-1$ hoặc $n$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ thì luôn tồn tại $x,y$. (Khi đó chọn $k$ bất kì thì luôn biểu diễn được ._.)
Có gì sai sót đại ca chỉ giáo
Đề bài của bạn NTM có lẽ ghi thiếu đề kêu tìm $n$ thì mình nghĩ ta cũng nên tự hiểu là vét cạn
- Diễn đàn Toán học
- → I Love MC nội dung