Chủ đề này có 8 trả lời

[E. Galois]

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu về Số học

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu

3) Đăng kí thi đấu

 

II - Yêu cầu về đề bài
1. Hình thức:

- Đề bài phải có đáp án kèm theo.

- Đề bài và đáp án được gõ $\LaTeX$ rõ ràng

2. Nôi dung

* Đối với MO

- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THPT. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá kiến thức thi VMO

- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp tỉnh trở lên.

- Toán thủ không nên copy đề bài từ một topic nào đó của VMF, không được post lại đề đã nộp ra topic mới dù cho đề có được chọn hay không.

 

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:

2. Đang học lớp ?, trường ?, huyện ?, tỉnh ?

3. Đề 

4. Đáp án

 

IV - Chú ý

1) Bạn sẽ thấy ở trên khung trả lời của bạn có dòng sau Bài viết này phải qua kiểm duyệt của quản trị viên mới được đăng lên diễn đàn.

Điều này có nghĩa là các toán thủ khi nộp đề, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy và ấn nút GỬI BÀI là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

 

2) Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

3) Nếu đề bài của bạn không được chấp nhận, BTC sẽ làm hiện nó và nói rõ lý do vì sao, khi đó, bạn phải nộp đề khác. 

Nếu đề bài của bạn được chấp nhận, bạn sẽ thấy tên mình trong danh sách thi đấu tại đây sau mỗi thứ 7 hàng tuần.

 

4) Mỗi tuần, BTC chỉ cho phép toán thủ đăng kí 1 nộp đề cho 1 chủ đề nên bạn đừng ngạc nhiên khi thấy có lúc topic này bị khóa

 

 

[vutuanhien]

1. Họ và tên thật:Vũ Tuấn Hiền

2. Đang học lớp 10 Toán 1, trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam, quận Cầu Giấy thành phố Hà Nội

3. Đề:

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

4. Đáp án:

Ta xét các trường hợp

TH1:Cả 3 số $x,y,z$ đều lẻ. Khi đó ta có 

$$x^2+y^2+z^2\equiv 3 \pmod 4$$

$$x^2y^2\equiv 1\pmod 4$$

Từ đây suy ra phương trình vô nghiệm

TH2:$2$ trong $3$ số $x,y,z$ chẵn, số còn lại lẻ. Khi đó:

$$x^2+y^2+z^2\equiv 1\pmod 4$$

$$x^2y^2\equiv 0\pmod 4$$

Trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm

TH3:$2$ trong $3$ số $x,y,z$ lẻ, số còn lại chẵn. Khi đó:

$$x^2+y^2+z^2\equiv 2\pmod 4$$

$x^2y^2\equiv 0$ hoặc $1$ $\pmod 4$

 

Suy ra phương trình vô nghiệm

Vậy cả $3$ số $x,y,z$ đều chẵn. Đặt $x=2x_{1}, y=2y_{1}, z=2z_{1}$

Phương trình đã cho trở thành

$$x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=4x_{1}^2y_{1}^2$$

Suy ra $x_{1},y_{1},z_{1}$ chẵn

Đặt $x_{1}=2x_{2}, y_{1}=2y_{2}, z_{1}=2z_{2}$ thì phương trình trở thành

$x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2=16x_{2}^2y_{2}^2$

Cứ lặp lại quá trình như vậy, ta suy ra $x,y,z$ chia hết cho lũy thừa tùy ý của $2$

Từ đây suy ra $x=y=z=0$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$

 

 

 

[henry0905]

Họ và tên: Lâm Minh Triết

Lớp 11CT1, trường Trần Đại Nghĩa, TPHCM

Đề: $x!+y!+z!=u!$ (1)

Đáp án: 

Từ (1) $\Rightarrow u> max \left \{ x; y; z \right \}$

Đặt $v= max \left \{ x; y; z \right \}$

Vì $u> v\Rightarrow u-1\geq v$

$\Rightarrow u.v!\leq u.(u-1)!=u!=x!+y!+z!\leq 3v!$ $\Rightarrow u\leq 3$

Ta có $x!+y!+z!\geq 3 \Rightarrow u\geq 3$

$\Rightarrow u=3$

$\Rightarrow x!+y!+z!=6$

Do $\left \{ x;y;z \right \}\in \left \{ 1;2 \right \}$ nên $x=y=z=2$

Vậy nghiệm của (1) là $(x;y;z;u)=(2;2;2;3)$

[tienthcsln]

Họ và tên: Hồ Anh Tiến

Lớp: 10 Toán

Trường: THPT chuyên Quảng Bình

Đề: 

Với n$\in N$. Chứng minh rằng: m= n(n+1)...(n+7)+7! không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của 2 số chính phương.

Đáp án:

Dễ dàng chứng minh được tích 8 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8.

Giả sử m= $a^{2}+b^{2}(a,b\in N)$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}=128k +7! (k\in N)$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}\vdots 4 \Rightarrow a,b$ chẵn

$\Rightarrow a=2c; b=2d$ (c,d $\in N$)

$\Rightarrow 128k +7!=4c^{2}+4d^{2}\Rightarrow c^{2}+d^{2}=32k+180.7\vdots 4$

Lập luận tương tự như a,b: c=2p; d=2q (p,q$\in N$)

$\Rightarrow p^{2}+q^{2}=8k+315 \equiv 3 \left ( mod8 \right )$, vô lí.

Vậy bài toán được chứng minh.

 

[Tru09]

1,Họ và Tên  : Lương Quốc Trung

2,Đang học lớp 10 trường chuyên Hà nội Amsterdam,Quận Cầu GIấy, Hà Nội.

3,Đề bài:Số tự nhiên k>1 thỏa mãn tính chất sau: bất kỳ số tự nhiên M nào chia hết cho k thì số nhận đc từ M bằng cách viết các chữ số của M theo thứ tự ngược lại lại cũng chia hết cho  k  . Chứng minh rằng 99 chia hết cho k.

4.Bài làm :

~@>Ta xét dãy số  $1,11,.....,11....11 (k+1)$ chữ số.

Luôn tồn tại $111....1  \equiv 111....11$  (mod $k$) 

$\Rightarrow 11111...100....0000 \vdots k$

$\Rightarrow  000....000111...111 \vdots k$

$\Rightarrow 111...11 \vdots k$

$\Rightarrow (k,10)=1$

~@>Ta xét $k+1$ số :500 ,500500,.....500500....500 ( $k+1$ bộ 500)

Lập luận tương tự trên ta cũng có 1 số có dạng

$\overline{500abc...de} \vdots k (1)$

$\Rightarrow \overline{ed....cba00500...000} \vdots k (2)$

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \overline{ed....cba01000abc...de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{ed...cba00010abc....de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{000...00000990000...00} \vdots k$

$\Rightarrow 99 \vdots k (do (k,10)=1)$

[VodichIMO]

1. Họ tên: Hoàng Việt Đức.
2. Đang học lớp: 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Hà Tĩnh, Huyện Thạch Trung, Tỉnh Hà Tĩnh.


1.Họ Tên: Hoàng Việt Đức.
2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Hà Tĩnh, Huyện Thạch Trung, Tỉnh Hà Tĩnh.
3. Đề: Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn đẳng thức.

$x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$
4. Lời giải:
Ta có: $x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$ ($1$) => $x^2-y^2$ = $\sqrt{y+1}$
Do $x^2$, $y^2$ là số nguyên nên $x^2-y^2$ là số nguyên, suy ra $\sqrt{y+1}$ là số nguyên, mà $\sqrt{y+1}$ $\geq$ 0 suy ra $\sqrt{y+1}$ = $k$ ( $k$ nguyên ) => $y+1$ = $k^2$ => $y^2$= $k^4-2k^2+1$.
Từ phương trình ($1$) suy ra: $x^2$ = $k^4-2k^2+1+k$ ($2$)
Do $k$ là số nguyên nên $k^4+4k^3+6k^2+4k+1$ > $k^4-2k^2+k+1$ hay $(k+1)^4$ > $x^2$
Ta lại có:$k^4-2k^2+k+1-(k^4-4k^3+6k^2-4k+1)$ = $4k^3-8k^2+5k$ = $4k(k-1)^2+k$ > $0$ suy ra $k^4-2k^2+k+1$ > $(k-1)^4$ hay $x^2$ > $(k-1)^4$.
vậy $(k-1)^4$ < $x^2$ < $(k+1)^4$. Mà $x^2$ là một số chính phương, do đó $x^2$= $k^4$. Thay vào ($2$) ta được:
($2$) =>$2k^2-k-1$ = $0$
Phương trình này có 2 nghiệm $k$ = 1; $k$ = $\frac{-1}{2}$ (loại).
Với $k$ =1 thì $\sqrt{y+1}$ = 1 và $x^2$ = 1. Suy ra $x$ =1; $y$ = $0$ ( Vì $x$ nguyên)
Các số phải tìm là ($x$;$y$)=($1$;$0$)

 

 

CD13 thấy bài này được!



1.Họ Tên: Hoàng Việt Đức.
2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Hà Tĩnh, Huyện Thạch Trung, Tỉnh Hà Tĩnh.
3. Đề: Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn đẳng thức.

$x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$
4. Lời giải:
Ta có: $x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$ ($1$) => $x^2-y^2$ = $\sqrt{y+1}$
Do $x^2$, $y^2$ là số nguyên nên $x^2-y^2$ là số nguyên, suy ra $\sqrt{y+1}$ là số nguyên, mà $\sqrt{y+1}$ $\geq$ 0 suy ra $\sqrt{y+1}$ = $k$ ( $k$ nguyên ) => $y+1$ = $k^2$ => $y^2$= $k^4-2k^2+1$.
Từ phương trình ($1$) suy ra: $x^2$ = $k^4-2k^2+1+k$ ($2$)
Do $k$ là số nguyên nên $k^4+4k^3+6k^2+4k+1$ > $k^4-2k^2+k+1$ hay $(k+1)^4$ > $x^2$
Ta lại có:$k^4-2k^2+k+1-(k^4-4k^3+6k^2-4k+1)$ = $4k^3-8k^2+5k$ = $4k(k-1)^2+k$ > $0$ suy ra $k^4-2k^2+k+1$ > $(k-1)^4$ hay $x^2$ > $(k-1)^4$.
vậy $(k-1)^4$ < $x^2$ < $(k+1)^4$. Mà $x^2$ là một số chính phương, do đó $x^2$= $k^4$. Thay vào ($2$) ta được:
($2$) =>$2k^2-k-1$ = $0$
Phương trình này có 2 nghiệm $k$ = 1; $k$ = $\frac{-1}{2}$ (loại).
Với $k$ =1 thì $\sqrt{y+1}$ = 1 và $x^2$ = 1. Suy ra $x$ =1; $y$ = $0$ ( Vì $x$ nguyên)
Các số phải tìm là ($x$;$y$)=($1$;$0$)


1.Họ Tên: Hoàng Việt Đức.
2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Hà Tĩnh, Huyện Thạch Trung, Tỉnh Hà Tĩnh.
3. Đề: Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn đẳng thức.

$x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$
4. Lời giải:
Ta có: $x^2$ = $y^2 + \sqrt{y+1}$ ($1$) => $x^2-y^2$ = $\sqrt{y+1}$
Do $x^2$, $y^2$ là số nguyên nên $x^2-y^2$ là số nguyên, suy ra $\sqrt{y+1}$ là số nguyên, mà $\sqrt{y+1}$ $\geq$ 0 suy ra $\sqrt{y+1}$ = $k$ ( $k$ nguyên ) => $y+1$ = $k^2$ => $y^2$= $k^4-2k^2+1$.
Từ phương trình ($1$) suy ra: $x^2$ = $k^4-2k^2+1+k$ ($2$)
Do $k$ là số nguyên nên $k^4+4k^3+6k^2+4k+1$ > $k^4-2k^2+k+1$ hay $(k+1)^4$ > $x^2$
Ta lại có:$k^4-2k^2+k+1-(k^4-4k^3+6k^2-4k+1)$ = $4k^3-8k^2+5k$ = $4k(k-1)^2+k$ > $0$ suy ra $k^4-2k^2+k+1$ > $(k-1)^4$ hay $x^2$ > $(k-1)^4$.
vậy $(k-1)^4$ < $x^2$ < $(k+1)^4$. Mà $x^2$ là một số chính phương, do đó $x^2$= $k^4$. Thay vào ($2$) ta được:
($2$) =>$2k^2-k-1$ = $0$
Phương trình này có 2 nghiệm $k$ = 1; $k$ = $\frac{-1}{2}$ (loại).
Với $k$ =1 thì $\sqrt{y+1}$ = 1 và $x^2$ = 1. Suy ra $x$ =1; $y$ = $0$ ( Vì $x$ nguyên)
Các số phải tìm là ($x$;$y$)=($1$;$0$)


$1$. Họ tên: Hoàng Việt Đức.
$2$. Đang học lớp 10 Toán 1. Trường THPT chuyên Hà Tĩnh. Huyện Thạch Trung. Tỉnh Hà Tĩnh.
$3$. Đề: Tìm tất cả các chữ số có 5 chữ số $\overline{abcde}$ sao cho:

$\sqrt[3]{\overline{abcde}}$ = $\overline{ab}$
$4$. Lời giải:

$\sqrt[3]{\overline{abcde}}$ = $\overline{ab}$ ($a,b,c,d,e$ $\in$ $N$, $1$ $\leq$ a $\leq$ $9$, $0$ $\leq$ $b,c,d,e$ $\leq$ $9$)
$\Leftrightarrow$ $\overline{abcde}$ = $(\overline{ab})^3$ $\Leftrightarrow$ $1000\overline{ab}$ + $\overline{cde}$ = $(\overline{ab})^3$.
Đặt $x$ = $\overline{ab}$ ($10$ $\leq$ $x$ $\leq$ $99$), $y$ = $\overline{cde}$ ( $y$ $\in$ $N$, $0$ $\leq$ $y$ $\leq$ $999$)
Ta có $1000x$ + $y$ = $x^3$ (*)
Do $y$ $\geq$ 0 nên từ (*) suy ra $x^3$ $\geq$ $1000x$ $\Leftrightarrow$ $x(x-1000)$ $\geq$ 0
Mà $x$ > 0 nên $x^2$ $\geq$ $1000$, do đó $x$ > $31$.
Lại do $y$ < $1000$ nên từ (*) ta lại có $x^3$ < $1000x$ + $1000$ $\Leftrightarrow$ $x^3-1000x$ < $1000$
Nếu $x$ $\geq$ $33$ thì $x^2$ $\geq$ $1089$ nên $x^2-1000$ $\geq$ $1000$, mâu thuẫn với $x(x^2-1000)$ < $1000$ . Vậy $x$ < $33$
Tóm lại $31$ < $x$ < $33$ mà $x$ $\in$ $N$ nên $x$= $32$. Khi đó từ (*) ta có $y$= $32^3-1000.32$ = $768$.
Thử lại: $\sqrt[3]{32768}$ = $32$.
Số phải tìm là $32768$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 03-01-2014 - 21:35

[thuan192]

1.Họ và tên thật :Lê Minh Thuận

2.Đang học lớp 10 toán ,trường thpt chuyên Lê Quý Đôn , tp Quy Nhơn, tỉnh Bình Định

3.Đề:Tìm nghiệm nguyên phương trình

                                             $10\left(2^{x}-1\right)=x\left(13x-3\right)$                       (1)

4.Đáp án:(1)=>$10\left(2^{x}-1\right)=10x^{2}+3x(x-1)$

suy ra x(x-1)$\vdots$10 =>với $1\leq x\leq 5$ chỉ có thể x=1 hoặc x=5

thử thấy x=1 ,x=5 là nghiệm của pt(1)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với $x\geq 6$ thì vế trái lớn hơn vế phải của pt(1)

Đặt                     $A_{n}=10\left(2^{n}-1\right)-n\left(13n-3\right)=\10\left(2^{n}\right)-10-13n^{2}+3n$    (n$\geq$6)

Với n=6 thì $A_{6}= 2^{2}\left(160-117\right)> 0$

Giả sử n=m $\geq$6 thì $A_{m}> 0$     .Xét với n=m+1 có:

                     $A_{m+1}=10.2^{m+1}-10-13\left(m+1\right)^{2}+3\left(m+1\right) =2\left(10.2^{m}-10-13m^{2}+3m\right)+13m^{2}-29m =2A_{m}+m\left(13m-29\right)> 0$       vì $A_{m}> 0$      và   13m-29>13.6-29>0

        Vậy $A_{n}> 0$      với mọi n$\geq$6.   Phương trình (1) có 2 nghiệm nguyên dương là x=1 ,x=5

[ngoctruong236]

 CodeCogsEqn (1).gif   10.59K   0 Số lần tải1. Họ tên: Nguyễn Ngọc Trường.

2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ,quận Hà Đông, Tỉnh Hà Nội                                                                                                                 

[stshnue]

1. Họ và tên thật: Nguyễn Minh Tú

2. Đang học lớp 11 Toán 1

    Trường THPT chuyên Đại học sư phạm hà nội

3. Đề : 

Cho ${a_n}$ là dãy nguyên thỏa mãn :

$a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}$ mọi n tự nhiên

CMR : Tồn tại c nguyên mà $5(a_{n})^2+c$ là số chính phương mọi $n \geq 1997$

 

4. Đáp án : 

$a_{n+2} = 3a_{n+1} - a_{n} \Rightarrow (a_{n+2}+a_{n})^2=9(a_{n+1})^2$

$ \Rightarrow (a_{n+2}-a_{n})^2+4.a_{n+2}a_{n} = 9(a_{n+1})^2$ (1)

 

Dễ dàng chứng minh được $(a_{n+1})^2-a_{n+2}a_{n}= const = \frac{c}{4} $ 

Từ đó ta có (1) tương đương với : $(a_{n+2}-a_{n})^2+4((a_{n+1})^2-\frac{c}{4})=9a_{n+1}^2$

hay $5a_{n+1}^2+c = (a_{n+2}-a_{n})^2$ là 1 số chính phương  

(đpcm)