Chủ đề này có 6 trả lời

[Juliel]

Nguồn : Mathspoce

Hình gửi kèm

• 

[LNH]

Giải bài 6:

Gọi $a_1,a_2,...$ là các số trên bảng

Xét tích sau:

$A=\left ( a_1+1 \right )\left ( a_2+1 \right )...\left ( a_n+1 \right )$

Nhận xét: Mọi số $a_i+1$ đều có dạng $2^k$

Mặt khác, $2509+1$ và $20132014+1$ không có dạng này nên không thể xuất hiện, $Q.E.D$

[thedragonknight]

câu hàm khá là ngon.

Thay $m=0$ ta đc:

$f(f(n))=n$ suy ra f đơn ánh

Thay $m=1$ ta đc :

$f(f(n+1)+1)=n$

$\Rightarrow f(f(n+1)+1)=f(f(n))$

$\Rightarrow f(n+1)+1=f(n) (1)$

Đặt $g(n)=f(n) +n$

Khi đó (1) trở thành

$g(n+1)=g(n)$ 

Dễ thấy khi đó $g(n)=g(0)=1$

Suy ra $f(n)=1-n$

[yeutoan11]

câu hàm khá là ngon.

Thay $m=0$ ta đc:

$f(f(n))=n$ suy ra f đơn ánh

Thay $m=1$ ta đc :

$f(f(n+1)+1)=n$

$\Rightarrow f(f(n+1)+1)=f(f(n))$

$\Rightarrow f(n+1)+1=f(n) (1)$

Đặt $g(n)=f(n) +n$

Khi đó (1) trở thành

$g(n+1)=g(n)$ 

Dễ thấy khi đó $g(n)=g(0)=1$

Suy ra $f(n)=1-n$

Cách khác : 

Thay $n = -m$ ta được

$f(1+m) = -m \rightarrow f(x) = 1 - x$

[thanhdotk14]

Câu 2:

$a.$ Ta có: $AE=AD.\cos \frac{A}{2}=AF$

Ta cần chứng minh:

$\frac{HB}{HC}=\frac{FB}{EC}$

$\Leftrightarrow \frac{AB.\cos B}{AC.\cos C}=\frac{BD.\cos B}{CD.\cos C}$

$\Leftrightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$

Nhưng đẳng thức trên luôn đúng do $AD$ là đường phân giác 

Từ đó suy ra: $\frac{HB}{HC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$

Do đó: $AH,BE,CF$ đông quy hay ta có đpcm

$b.$ Gọi $I=FD\cap AH, J=BI\cap AC$

Ta có: $\widehat {FBJ}=\widehat{FHI}=\widehat{FDA}=\widehat{AFE}$

$\Rightarrow FE\parallel BJ$

Vì $AE=AF \Rightarrow FB=EJ$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}=\frac{FB}{EC}=\frac{EJ}{EC}=\frac{KB}{KC} (đpcm)$

$c.$ Ta cần chứng minh:

$FB.NB<EC.NC$

$\Rightarrow BD.\cos B.NB<CD.\cos C.NC$

$\Rightarrow (NB-ND).\cos B.NB<(NC+ND).\cos C.NC$

Vì $AB<AC\Rightarrow \cos B<\cos C$

Và $(NB-ND).NB<(NC+ND).NC$

Do đó ta có đpcm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 27-09-2013 - 14:44

[nhatduy01]

Câu3

     

      2/Ta có 

               $\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}=3$

           Đặt $x^{3}=\frac{a}{c},y^{3}=\frac{b}{a},z^{3}=\frac{c}{b}$

             $\Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=0$

             $\Leftrightarrow (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-yz-xy-zx)=0$

  Nếu $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx=0$ thì $x=y=z$$\Rightarrow a=b=c$

            Do đó $abc=a^{3}$ là lập phương của 1 số nguyên

  Nếu $x+y+z=0$ thì $\sqrt[3]{\frac{a}{c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{b}}=0$

       $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\sqrt[3]{abc}+ac+\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=0 & & \\ \sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+c\sqrt[3]{abc}+bc=0 & & \end{matrix}\right.$

        $\Rightarrow (a-c)\sqrt[3]{abc}=c(b-a)$

   Nếu $a=c$ thì $a=b=c\Rightarrow x=y=z=1$(không thỏa mãn $x+y+z=0$)

    Vậy $a\neq c$ .Do đó $abc=(\frac{c(b-a)}{a-c})^{3}$ là lập phương của 1 số hữu tỉ.

           do $a,b,c$ là số nguyên nên $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.

[nhatduy01]

Câu1

         $\left\{\begin{matrix} x^{3}+3xy^{2}=25 & & \\ x^{2}+6xy+y^{2}=10x+6y-1 & & \end{matrix}\right.$

     Nhân pt thứ hai của hệ với 3 .lấy pt thứ nhất của hệ trừ đi ta được

             $(x-1)((x-1)^{2}+3(y-3)^{2})=0$

             $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1 & & \\ x=1 ,y=3 & & \end{bmatrix}$

        ...