Chủ đề này có 16 trả lời

[caybutbixanh]

Bài 1: ( 4 điểm)

1, Giải phương trình $\sqrt{5x^{2}-6x+13}-\sqrt{x+2}=2x-2$

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

Bài 2: (4 điểm)

1.Chứng minh rằng không tồn tại bô ba số nguyên dương $(x;y;z)$ thỏa $x^{4}+y^{4}=p.z^{4},$ với p là sô nguyên tố dạng $p=4k+3(k \in \mathbb{Z})$

2.Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương lẻ lớn hơn $1$ sao cho $3^{n}+1$ chia hết cho $n.$

Bài 3: (4 điểm)

1.Cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ , trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $D$ sao cho $CD=AB=1$. Cho biết $\widehat{CBD}=30^{^{\circ}}$.  Tính độ dài đoạn thẳng $AC.$

2.Cho tam giác $ABC$, dựng về phía ngoài tam giác $ABC$ các tam giác đều $BCA_{1},CAB_{1},ABC_{1}$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$. Các đường thẳng $\Delta _{x},\Delta_{y},\Delta{z}$ theo thứ tự qua $X,Y,Z$ và lần lượt vuông góc với $B_{1}C_{1},C_{1}A_{1},A_{1}B_{1}$. Chứng minh rằng $\Delta _{x},\Delta_{y},\Delta{z}$ đồng quy.

Bài 4: (4 điểm)

1.Tìm hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x+y)-4f(x-y)+3f(x)-3f(y)=2y-3 ,\forall x,y \in \mathbb{R}$

2.Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6.$ Chứng minh rằng :

$\frac{a}{\sqrt{b^{3}+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^{3}+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^{3}+1}}\geq 2$

Bài 5: (4 điểm)

1,Có bao nhiêu số tự nhiên có $9$ chữ số , trong đó có $3$ chữ số lẻ khác nhau và có $3$ chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần.

2.Tìm số nghiệm nguyên không âm $(x;y;z;t)$ của hệ :$\left\{\begin{matrix} x+y+z+t\leq 15\\ x\leq 2 \end{matrix}\right.$

--------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------

p/s: Thế là ăn hành rồi !!!

[Juliel]

Bài 2: (4 điểm)

1.Chứng minh rằng không tồn tại bô ba số nguyên dương $(x;y;z)$ thỏa $x^{4}+y^{4}=p.z^{4},$ với p là sô nguyên tố dạng $p=4k+3(k \in \mathbb{Z})$

2.Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương lẻ lớn hơn $1$ sao cho $3^{n}+1$ chia hết cho $n.$

 

1) Sử dụng bổ đề quen thuộc về số nguyên tố dạng $4k+3$. Ta suy ra $p\mid x, p\mid y$. Đặt $x=px_1,y=py_1$.

Thay vào phương trình $$p^3(x_1^4+y_1^4)=z^4\Rightarrow p\mid z$$. Đặt $z=pz_1$, được : 

$$x_1^4+y_1^4=pz_1^4$$

Tiếp tục lùi vô hạn, ta được $p^k \mid x, p^k \mid y, p^k \mid z$ với mọi $k$ nguyên dương. Dẫn đến $x=y=z=0$.

Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương.

 

2) Gỉa sử tồn tại số nguyên dương lẻ lớn hơn $1$ là $n$ thỏa đề.

Gọi $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$. Ta có $(-3)^n=-3^{n}\equiv 1\;(mod\;p)$ (chú ý vì $n$ lẻ nên $(-3)^n=-3^n$)

Suy ra $ord_p(-3)\mid n$. Lại theo $Fermat$ nhỏ, ta có $(-3)^{p-1}\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow ord_p(-3a)\mid p-1$.

Từ hai điều trên suy ra $ord_p(-3)$ sẽ có một ước nguyên tố $r$ mà $r<p-1<p$ và $r$ là ước của $n$, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $p$. Suy ra $ord_p(-3)=1$. Tức là $-3\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow p=2\Rightarrow 2\mid n$, trái giả thiết phản chứng.

Vậy không tồn tại số nguyên dương lẻ $n$ lớn hơn $1$ thỏa đề.

[Zaraki]

Bài 2: (4 điểm)

1.Chứng minh rằng không tồn tại bô ba số nguyên dương $(x;y;z)$ thỏa $x^{4}+y^{4}=p.z^{4},$ với p là sô nguyên tố dạng $p=4k+3(k \in \mathbb{Z})$

2.Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương lẻ lớn hơn $1$ sao cho $3^{n}+1$ chia hết cho $n.$

Lời giải. 1) Bổ đề: Nếu $p|a^2+b^2$ với $a,b \in \mathbb{Z},p=4k+3 \in \mathbb{P},k \in \mathbb{N}$ thì $p|a,p|b$.

Quay lại bài toán. Từ giả thiết ta suy ra $p|x,p|y$. Đặt $x=px_1,y=py_1$ thì phương trình trở thành $p^3(x_1^4+y_1^4)=z^4$.

Từ đây ta dẫn đến $p|z$ nên $z=pz_1$. Khi đó thì $x_1^4+y_1^4=pz_1^4$.

Cứ tiếp tục như thế thì nếu $(x_0,y_0,z_0)$ là một nghiệm của phương trình ban đầu thì chính phương trình đó cũng có nghiệm $\left( \frac{x_0}{p^n}, \frac{y_0}{p^n}, \frac{z_0}{p^n} \right)$. Do đó $x_0=y_0=z_0=0$. 

Vậy phương trình chỉ có nghiệm nguyên duy nhất $(x,y,z)=(0,0,0)$. Ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$.

2) Ta sẽ đi chứng minh $n$ chẵn. Giả sử $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$. Vì $n|3^n+1$ nên $p|3^{2n}-1$. Khi đó $\text{ord}_p(3)|2n qquad (1)$ và $\text{ord}_p(3)|p-1$. 

Ta sẽ chứng tỏ rằng $\gcd \left( \text{ ord}_p(3),n \right)=1$. Giả sử ngược lại $r|n,r| \text{ord}_p(3)$ với $r$ nguyên tố. Ta suy ra $r \le \text{ord}_p(3) \le p-1$ hay $r<p$. Vậy $r,p$ đều là ước nguyên tố của $n$ mà $r<p$, điều này mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của $p$. Vậy $\gcd \left( \text{ord}_p(3),n \right)=1$. Kết hợp với $(1)$ thì $2| \text{ord}_p(3)$.

Từ đó ta tìm được $p|2$ nên $p=2$. Vậy $2|n$. 

Như sự không tồn tại số nguyên dương lẻ $n$ lớn hơn $1$ thoả mãn $n|3^n+1$. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 15-01-2014 - 23:52

[Juliel]

Bài 3: (4 điểm)

2.Cho tam giác $ABC$, dựng về phía ngoài tam giác $ABC$ các tam giác đều $BCA_{1},CAB_{1},ABC_{1}$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$. Các đường thẳng $\Delta _{x},\Delta_{y},\Delta{z}$ theo thứ tự qua $X,Y,Z$ và lần lượt vuông góc với $B_{1}C_{1},C_{1}A_{1},A_{1}B_{1}$. Chứng minh rằng $\Delta _{x},\Delta_{y},\Delta{z}$ đồng quy.

Vì tam giác $B_1CA$ đều có $Y$ là trung điểm của $AC$ nên $B_1Y \perp AC\Rightarrow B_1Y \perp ZX$

Hoàn toàn tương tự thì $A_1X \perp YZ, C_1Z \perp XY$.

Dễ thấy rằng $A_1X,B_1Y,C_1Z$ đồng quy vì chúng là ba đường cao trong tam giác $XYZ$.

Xét tam giác $XYZ$ có $A_1X,B_1Y,C_1Z$ lần lượt qua ba đỉnh của tam giác và vuông góc với ba cạnh của tam giác. Áp dụng định lí $Carnot$ : $$\left ( A_1Y^2-A_1Z^2 \right )+\left ( B_1Z^2-B_1X^2 \right )+\left ( C_1X^2-C_1Y^2 \right )=0\Leftrightarrow \left ( XC_1^2-XB_1^2 \right )+\left ( ZB_1^2-ZA_1^2 \right )+\left ( YA_1^2-YC_1^2 \right )=0\;\;(*)$$

Từ đó áp dụng định lí $Carnot$ cho tam giác $A_1B_1C_1$ có các đường thẳng $\Delta_x, \Delta_y, \Delta_z$ lần lượt qua các đỉnh và vuông góc với các cạnh của tam giác, đồng thời thỏa hệ thức $(*)$ nên chúng đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 16-01-2014 - 00:08

[Juliel]

Bài 4: (4 điểm)

1.Tìm hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x+y)-4f(x-y)+3f(x)-3f(y)=2y-3 ,\forall x,y \in \mathbb{R}$

 Cho $x=y=0$ : $f(0)-4f(0)+3f(0)-3f(0)=-3\Leftrightarrow f(0)=1$

 Cho $x=y$ : $f(2x)-4f(0)=2x-3\Leftrightarrow f(x)=x+1$ 

Hàm cần tìm là $f(x)=x+1\;,\forall x\in \mathbb{R}$

[LNH]

Bài 5: (4 điểm)

1,Có bao nhiêu số tự nhiên có $9$ chữ số , trong đó có $3$ chữ số lẻ khác nhau và có $3$ chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần.

2.Tìm số nghiệm nguyên không âm $(x;y;z;t)$ của hệ :$\left\{\begin{matrix} x+y+z+t\leq 15\\ x\leq 2 \end{matrix}\right.$

1. Xét 2 TH:

TH1: có số $0$

Có $\binom{5}{3}$ cách chọn 3 số lẻ khác nhau.

Có $\binom{4}{2}$ cách chọn 2 số chẵn còn lại

Vậy có $\binom{9}{3}\binom{4}{2}.\left ( 3.P\left ( 8;1,1,2,2,2 \right )+2.P\left ( 8;1,1,1,1,2,2 \right )\right )$ số

TH2: không có số $0$

Có $\binom{9}{3}\binom{4}{3}.P\left ( 9;1,1,1,2,2,2 \right )$ số

Cộng lại thì ra kết quả

2. Xét 3TH:

TH1: $x=0$

$y+z+t+r=15$

Sử dụng chia kẹo Euler suy ra có $\binom{18}{3}$ bộ nghiệm

TH2: $x=1$

Có $\binom{17}{3}$ bộ nghiệm

TH3: $x=2$

Có $\binom{16}{3}$ bộ nghiệm

Vậy có $\binom{18}{3}+\binom{17}{3}+\binom{16}{3}$ bộ số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNH: 16-01-2014 - 12:15

[DarkBlood]

Bài 1: ( 4 điểm)

1, Giải phương trình $\sqrt{5x^{2}-6x+13}-\sqrt{x+2}=2x-2$

ĐK: $x\geq -2$
Đặt $\sqrt{5x^2-6x+13}=a\ ;\ \sqrt{x+2}=b$ với $a>0, b\geq 0, a>b$ $($vì $a^2-b^2=5x^2-7x+11>0)$

Ta có phương trình 

$a-b=2(x-1) \Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{4}=(x-1)^2$
Lại có: $a^2+b^2=5x^2-5x+15 \Leftrightarrow a^2+b^2=5(x-1)^2+5(x+2) \Leftrightarrow a^2+b^2=5(x-1)^2+5b^2 \Leftrightarrow a^2-4b^2=5(x-1)^2 \Leftrightarrow \frac{a^2-4b^2}{5}=(x-1)^2$

Do đó $\frac{(a-b)^2}{4}=\frac{a^2-4b^2}{5} \Leftrightarrow a^2-10ab+21b^2=0$

Tới đây dễ rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 16-01-2014 - 00:54

[Zaraki]

2.Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6.$ Chứng minh rằng :

$\frac{a}{\sqrt{b^{3}+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^{3}+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^{3}+1}}\geq 2$

Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$\sum \frac{a}{ \sqrt{b^3+1}}= \sum \frac{a}{ \sqrt{(b+1)(b^2-b+1)}} \ge \sum \frac{2a}{b^2+2}.$$

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM ta có $$\frac{2a}{b^2+2}= a- \frac{ab^2}{\frac{b^2}{2}+ \frac{b^2}{2}+2} \ge a- \frac{a \sqrt[3]{2b \cdot b}}{3} \ge a- \frac{a(2b+2)}{9}= \frac{7a-2ab}{9}$$

Chứng minh tương tự và ta thu được $$\sum \frac{2a}{b^2+2} \ge \frac 79 \sum a - \frac 29 \sum ab \ge \frac 79 \sum a - \frac{2(a+b+c)^2}{27}=2.$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=2$. $\blacksquare$

[DarkBlood]

Bài 3: (4 điểm)

1.Cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ , trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $D$ sao cho $CD=AB=1$. Cho biết $\widehat{CBD}=30^{^{\circ}}$.  Tính độ dài đoạn thẳng $AC.$

Qua $C$ kẻ đường thẳng vuông góc với $BC$ cắt $BD$ tại $E.$

Đặt $AC=a\ (a>1).$ Ta có $BC=\sqrt{a^2-1},$ mà $CE=\frac{BC}{\sqrt{3}}$ nên $CE=\frac{\sqrt{a^2-1}}{\sqrt{3}}$

Áp dụng định lý Talet cho tam giác $ABD\ (CE//AB),$ ta có:

$\frac{CD}{AD}=\frac{CE}{AB}$

$\Leftrightarrow CD.AB=CE.AD$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{a^2-1}}{\sqrt{3}}.(a+1)=1$

$\Leftrightarrow (a^2-1)(a+1)^2=3$

$\Leftrightarrow (a^3-2)(a+2)=0$

$\Leftrightarrow a=\sqrt[3]{2}$

Vậy $AC=\sqrt[3]{2}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 16-01-2014 - 01:09

[nntien]

Bài 1: ( 4 điểm)

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

 

 

Ta đặt: $2u=x-y$

=> $4u^2=x^2+y^2-2xy=2-2xy$ => $2xy=2-4u^2$ 

Thế vào (1) ta được phương trình:

$2u(3-4u^2)=\sqrt{3}$ <=> $4u^3-3u=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ (3)

Đặt $u=cos v$, khi đó (3) được viết lại:

$cos3v=cos\frac{5\pi}{6}$

vì (3) có tối đa ba nghiệm phân biệt, nên ta có các nghiệm của (3) là:

$u_1=cos\frac{5\pi}{18}$

$u_2=cos\frac{17\pi}{18}$

$u_3=cos\frac{29\pi}{18}$

Từ pt (2), ta đặt $x=\sqrt{2}cost$, $y=\sqrt{2}sint$

=> $2u=\sqrt{2}(cost-sint)=2cos(t+\frac{\pi}{4})$ => $u=cos(t+\frac{\pi}{4})$ (4)

Từ đó suy ra $x,y$ ...

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 16-01-2014 - 13:08

[caybutbixanh]

 

 

Ta đặt: $2u=x-y$

=> $4u^2=x^2+y^2-2xy=2-2xy$ => $2xy=2-4u^2$ 

Thế vào (1) ta được phương trình:

$2u(3-4u^2)=\sqrt{3}$ <=> $4u^3-3u=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ (3)

Đặt $u=cos v$, khi đó (3) được viết lại:

$cos3v=cos\frac{5\pi}{6}$

vì (3) có tối đa ba nghiệm phân biệt, nên ta có các nghiệm của (3) là:

$u_1=cos\frac{5\pi}{18}$

$u_2=cos\frac{17\pi}{18}$

$u_3=cos\frac{29\pi}{18}$

Từ pt (2), ta đặt $x=\sqrt{2}cost$, $y=\sqrt{2}sint$

=> $2u=\sqrt{2}(cost-sint)=2cos(t+\frac{\pi}{4})$ => $u=cos(t+\frac{\pi}{4})$ (4)

Từ đó suy ra $x,y$ ...

 

 

 

Anh giải đến khi ra luôn nghiệm luôn được không ? Xụ thể $x,y $làn bao nhiêu ? Đầu óc em đang bấm loạn từng phút này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 17-01-2014 - 20:46

[caybutbixanh]

 Cho $x=y=0$ : $f(0)-4f(0)+3f(0)-3f(0)=-3\Leftrightarrow f(0)=1$

 Cho $x=y$ : $f(2x)-4f(0)=2x-3\Leftrightarrow f(x)=x+1$ 

Hàm cần tìm là $f(x)=x+1\;,\forall x\in \mathbb{R}$

Ủa , đơn giản thế thôi hả ?? Sao mình nghe tụi nó bảo sau khi thế xong phải chứng minh quy nạp nữa mà ??

p/s: Kí hiệu ord có nghĩa là gì thế mọi người.....

[caybutbixanh]

1. Xét 2 TH:

TH1: có số $0$

Có $\binom{5}{3}$ cách chọn 3 số lẻ khác nhau.

Có $\binom{4}{2}$ cách chọn 2 số chẵn còn lại

Vậy có $\binom{9}{3}\binom{4}{2}.\left ( 3.P\left ( 8;1,1,1,1,2,2 \right )+2.P\left ( 8;1,1,1,1,1,1,2 \right )\right )$ số

TH2: không có số $0$

Có $\binom{9}{3}\binom{4}{3}.P\left ( 9;1,1,1,2,2,2 \right )$ số

Cộng lại thì ra kết quả

2. Xét 3TH:

TH1: $x=0$

$y+z+t+r=15$

Sử dụng chia kẹo Euler suy ra có $\binom{18}{3}$ bộ nghiệm

TH2: $x=1$

Có $\binom{17}{3}$ bộ nghiệm

TH3: $x=2$

Có $\binom{16}{3}$ bộ nghiệm

Vậy có $\binom{18}{3}+\binom{17}{3}+\binom{16}{3}$ bộ số

Biến $r$ ở đâu ra vậy cậu ?

[LNH]

Biến $r$ ở đâu ra vậy cậu ?

Số nghiệm nguyên không âm của bất đẳng thức $x+y+z+t \leq 15$ bằng số nghiệm nguyên không âm của pt $x+y+z+t+r=15$ (vì với mỗi $x,y,z,t$ thoả bất đẳng thức đều tồn tại $r \geq 0$ sao cho $x+y+z+t+r=15$ )

[caybutbixanh]

Số nghiệm nguyên không âm của bất đẳng thức $x+y+z+t \leq 15$ bằng số nghiệm nguyên không âm của pt $x+y+z+t+r=15$ (vì với mỗi $x,y,z,t$ thoả bất đẳng thức đều tồn tại $r \geq 0$ sao cho $x+y+z+t+r=15$ )

Hic, giá như nghĩ ra đều này sớm hơn , giờ muộn rồi

[Juliel]

Ủa , đơn giản thế thôi hả ?? Sao mình nghe tụi nó bảo sau khi thế xong phải chứng minh quy nạp nữa mà ??

p/s: Kí hiệu ord có nghĩa là gì thế mọi người.....

Mình nghĩ quy nạp thì chỉ dùng cho hàm xác định và nhận giá trị trên $\mathbb{Z}$ hay $\mathbb{Q}$ thôi.

Xét tập $S=\left \{ x\in \mathbb{N},a^x\equiv 1\;(mod\;b) \right \}$, hiển nhiên tập này khác rỗng theo định lí $Euler$, khi đó $S$ tồn tại một phần tử nhỏ nhất $x_0$. Ta định nghĩa $ord_b(a)=x_0\Leftrightarrow a^{x_0}\equiv 1\;(mod\;b)$

[Phuong Thu Quoc]

Mình nghĩ quy nạp thì chỉ dùng cho hàm xác định và nhận giá trị trên $\mathbb{Z}$ hay $\mathbb{Q}$ thôi.

Xét tập $S=\left \{ x\in \mathbb{N},a^x\equiv 1\;(mod\;b) \right \}$, hiển nhiên tập này khác rỗng theo định lí $Euler$, khi đó $S$ tồn tại một phần tử nhỏ nhất $x_0$. Ta định nghĩa $ord_b(a)=x_0\Leftrightarrow a^{x_0}\equiv 1\;(mod\;b)$

$ord_{b}\left ( a \right )=d\Leftrightarrow$$d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $a^{d}\equiv 1\left ( mod b \right )$