Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỈNH THANH HOÁ 2014-2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 luuvanthai

luuvanthai

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 373 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THCS Hải Hậu
  • Sở thích:Number Theory

Đã gửi 18-10-2014 - 21:51

65563_868811276472087_10771834626767979_n.jpg 10679688_868811396472075_8752305399672344613_o.jpg



#2 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-10-2014 - 22:32

Bài hình ngày 1, 

Lời giải.

Dựng  $K\in BN$ sao cho $$\triangle {BMA}\sim \triangle {BCK}\Rightarrow \widehat{BKC}=\widehat{BAM}=\widehat{NAC}$$

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác $ANCK$ nội tiếp : $$KN.AC=AN.CK+AK.CN(1)$$

Mà $$\triangle {BMA}\sim \triangle {BCK}\Rightarrow KC=\frac{MA.BC}{MB}$$

Ta có : $$\widehat{MBA}=\widehat{NBC}\Rightarrow \widehat{NBA}=\widehat{MBC}\Rightarrow \widehat{KBA}=\widehat{MBC}$$

lai có : $$\widehat{BKA}=\widehat{NKA}=\widehat{NCA} =\widehat{MCB}$$
Từ đó : $$\triangle {BAK}\sim \triangle {BMC}\Rightarrow KB=\frac{BA.BC}{MB},KA=\frac{BA.MC}{MB}(2)$$

Từ (1) suy ra $$KB.AC=(BN+NK)AC=AC.BN+AN.CK+AK.CN(3)$$

Thay (2) vào (3) ta được :

$$\frac{AB.BC}{BM}.AC=AC.BN+\frac{MA.BC}{MB}.AN+\frac{BA.MC}{MB}.CN$$
Hay ta có điều phải chứng minh:

$$\frac{AM.AN}{AB.AC}+\frac{BM.BN}{BA.BC}+\frac{CM.CN}{AC.BC}=1$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 18-10-2014 - 22:41


#3 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4261 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-10-2014 - 05:54

Câu 2 ngày 2. Tìm tất cả các số nguyên $m \ge 2, n \ge 2$ thoả mãn $\frac{1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}}{n}$ là số nguyên.

Lời giải. Để ý rằng cặp $(m,n)=(k,3)$ với $k \equiv 1 \pmod{3}, k \ge 2, k \in \mathbb{Z}$ luôn thoả mãn. Ta xét với $n \ge 4$.

Giả sử tồn tại số nguyên tố $p|n$ thoả mãn $\gcd (p,3)=1$. Ta có $n|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $n|m^{3^{n+1}}-1$.

Đặt $l= \text{ord}_p(m)$ thì ta suy ra $l|3^{n+1}$ và $l|p-1$.

Nếu $l|3^n$ thì $p|m^{3^n}-1$ mà $p|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}+2$. Ta lại có $p|m^{3^n}-1$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}-2 \cdot m^{3^n}+1= m^{2 \cdot 3^n}+2- 2 \cdot \left( m^{3^n}-1 \right) -3$. Từ đó dẫn đến $p|3$ hay $p=3$, mâu thuẫn. Vậy $l \nmid 3^n$. Do đó $l=3^{n+1}$. Khi đó $3^{n+1}|p-1$, mâu thuẫn.

Vậy $n=3^k$ với $k \in \mathbb{N}, k \ge 1$. Ta suy ra $m \equiv 1 \pmod 3$. Tuy nhiên ta lại có $$v_3 \left( m^{2 \cdot 3^n}+m^{3^n}+1 \right)= v_3 \left( m^{3^{n+1}}-1 \right)- v_3 \left(m^{3^n}-1 \right)=1.$$

Từ đây dẫn đến $n=3$, mâu thuẫn.

Vậy $(m,n)=(k,3)$ với $k \ge 2, k \equiv 1 \pmod 3, k \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#4 caybutbixanh

caybutbixanh

    Trung úy

  • Thành viên
  • 888 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 19-10-2014 - 08:00

Câu 1 (Ngày 1) :Cho dãy $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ : $x_{1}=3;x_{n+1}=x_{n}^{2}-3x_{n} +4.$ Gọi $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}-1},n=1,2,3....$

CMR :$(y_{n})_{n=1}^{\infty }$ có giới hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Từ giả thiết,ta có :

$x_{n+1}=x_{n}^{2}-3x_{n}+4\\$
$\Leftrightarrow x_{n+1}-2=(x_{n}-1)(x_{n}-2)\\$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x_{n+1}-2}=\frac{1}{x_{n}-2}-\frac{1}{x_{n}-1}\\$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x_{n}-1}=\frac{1}{x_{n}-2}-\frac{1}{x_{n+1}-2};\\$
$\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}-1}=\frac{1}{x_{1}-2}-\frac{1}{x_{n}-2}=1-\frac{1}{x_{n}-2} \\$

Giả sử dãy $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn,hội tụ về $L$. Chuyển qua giới hạn, ta có :

$L=L^{2}-3L+4\Leftrightarrow L=2$

vô lí vì $x_{1}=3$

Vậy $(x_{n})$ có giới hạn vô cực, suy ra $\lim y_{n}=1$


KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG



MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.



(FRANZ BECKEN BAUER)




ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.


#5 caybutbixanh

caybutbixanh

    Trung úy

  • Thành viên
  • 888 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 20-10-2014 - 20:02

Lời giải bài 2 Ngày 1 của anh Cẩn :(Bài 51 )

10714566_10204618523239933_2314481475977845704_o.jpg 10700414_10204618523679944_3730823187083390612_o.jpg

 


KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG



MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.



(FRANZ BECKEN BAUER)




ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.


#6 binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK Hà Nội
  • Sở thích:Tự kỉ một mình,...

Đã gửi 20-10-2014 - 21:39

Đại ca lấy ở link nào thế share em với!


Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 


#7 tohoproirac

tohoproirac

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Du
  • Sở thích:Toán Toán Toán ^^
    Tổ hợp, BĐT, Số học,Đa thức, PTH, Hình học, ...

Đã gửi 20-10-2014 - 21:42

Đại ca lấy ở link nào thế share em với!

cho em nữa  :lol:


<3 Mãi mãi một tình yêu <3

:wub: bruce_h4h.gif

赵薇苏有朋


#8 caybutbixanh

caybutbixanh

    Trung úy

  • Thành viên
  • 888 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 20-10-2014 - 23:10

Đại ca lấy ở link nào thế share em với!

 

cho em nữa  :lol:

Mình tình cờ thấy trên trang fb của anh Cẩn nên  mang lên đây cho các bạn tham khảo....Mà bạn binhnhaukhong không dùng từ "đại ca" nhé


KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG



MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.



(FRANZ BECKEN BAUER)




ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.


#9 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1563 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quận 7, TP HCM
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 21-10-2014 - 16:03

bài $3$ ngày 2:

 

Gọi  tính chất mà tập $A_n$ được mô tả là tính chất $ \alpha$, ta kí hiệu $x_n ; y_n ; z_n$ là số xâu nhị phân có tính chất $ \alpha$ mà lần lượt theo thứ tự có các tính chất sau: kết thúc bằng số $0$, kết thúc bằng $01$ và kết thúc bằng $11$

 

Rõ ràng là với $n \ge 2 $ thì : $ |A_n| = x_n+y_n+z_n$

 

Mà theo đề bài thì chỉ xét $ n \ge 4$ nên ta có thể xem $ x_k = y_k = z_k =0$ với $k$ chạy từ $0$ đến $3$

Dễ thấy là nếu 1 xâu nhị phân thỏa mãn tính chất mô tả cúa $x_n ; y_n ; z_n$ thì xâu nhị phân nghich đảo của nó cũng thỏa mãn, hơn nữa ánh xạ như thế còn là song ánh, do đó bằng sơ đô cây thì tính ra: $ x_4 = 5; y_4 = 3, z_4 = 4$. Và bằng cách lý luận dựa vào tính chất cộng thì dễ dàng suy ra với $ n \ge 4$ thì :

 

$ \begin{cases} x_{n+1} = x_n + z_n  \\ y_{n+1}=x_n   \\ z_{n+1}=y_n+z_n \end{cases}   (1) $

(Chẳng hạn, để lập xâu nhị phân thuộc $x_{n+1}$, ta có thể chọn 1 xâu nhị phân độ dài $n$ có tính chất $\alpha$ và thêm vào số $0$ sau cùng, tuy nhiên không thể chọn xâu thuộc $y_n$ vì thêm số $0$ vào sau cùng là sẽ mất tính chất $\alpha$, ngoài ra nếu thêm $0$ vào sau $1$ xâu trong $x_n$ hoặc $z_n$ thì đều thỏa mãn và bảo toàn tính chất $\alpha$ , suy ra: $ x_{n+1} = x_n + z_n$, $2$ đẳng thức còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự)

Gọi $ \mathcal{X}(x) ; \mathcal{Y}(x); \mathcal{Z}(x)$ là hàm sinh tương ứng của các dãy $x_n ; y_n ; z_n$

Và nếu viết bằng ngôn ngữ hàm sinh thì hệ trên có thể viết dưới dạng:

$ \begin{cases} \mathcal{X}(x)  = 5x^4 + x \mathcal{X}(x)+ x\mathcal{Z}(x)  \\ \mathcal{Y}(x)  = 3x^4 + x \mathcal{X}(x)   \\ \mathcal{Z}(x)  = 4x^4 + x \mathcal{Y}(x)+ x\mathcal{Z}(x) \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} (1-x)\mathcal{X}(x) - x\mathcal{Z}(x) = 5x^4 \\ \mathcal{Y}(x) - x \mathcal{X}(x) = 3x^4   \\ (1-x)\mathcal{Z}(x) -x \mathcal{Y}(x) = 4x^4  \end{cases}$

 

$ \implies \begin{cases} (1-x)^2 \mathcal{X}(x) - x (1-x) \mathcal{Z}(x) = 5x^4-5x^5 \\ \mathcal{Y}(x) - x \mathcal{X}(x) = 3x^4   \\ x(1-x)\mathcal{Z}(x) -x^2 \mathcal{Y}(x) = 4x^5  \end{cases} \implies \begin{cases} (1-x)^2 \mathcal{X}(x) - x^2  \mathcal{Y}(x) = 5x^4-x^5 \\ \mathcal{Y}(x) - x \mathcal{X}(x) = 3x^4    \end{cases}$

 

Từ đây ta tính ra: $ \mathcal{Y}(x) = \frac{ 2x^6 - x^5 + 3x^4}{1-2x+x^2 -x^3}$

 

Mà dễ thấy là : $ A_{n+1} = 2A_n - y_n$ (cộng các đẳng thức của hệ $(1)$ vế theo vế), nên dịch ra ngôn ngữ hàm sinh thì có ngay:

$ \mathcal{A}(x) = 12x^4 + 2x \mathcal{A}(x) - x\mathcal{Y}(x)$

 

$ \implies \mathcal{A}(x) = \frac{ 12x^4 - x\mathcal{Y}(x)}{1-2x} = \frac{ 13x^6 - 14x^7-27x^5+12x^4}{(1-2x+x^2 -x^3)(1-2x)}   (*) $

 

Gọi  tính chất mà tập $B_n$ được mô tả là tính chất $ \beta$, ta kí hiệu $l_n ; k_n ; j_n$ là số xâu nhị phân có tính chất $ \beta$ mà lần lượt theo thứ tự có các tính chất sau:

 

$l_n$ thì kết thúc bằng số $00$, hoặc $11$

$k_n$ thì kết thúc bằng số $010$ hoặc $101$

$j_n$ thì kết thúc bằng số $110$ hoặc $001$,ta có thể xem  $ l_m = k_m = j_m =0$ với $m$ chạy từ $0$ đến $3$, tính trực tiếp thì có: $ l_4 = 6; k_4 =4 ; j_4=4  \implies B_4 = 14 ( =2^4-2)$

sau đó, cũng bằng lý luận dựa trên quy tắc cộng, ta có:

$ \begin{cases} l_{n+1} = l_n + k_n  \\ k_{n+1}=k_n+j_n   \\ j_{n+1}=l_n \end{cases} $

Và nếu viết bằng ngôn ngữ hàm sinh thì hệ trên có thể viết dưới dạng:

 

$ \begin{cases} \mathcal{L}(x)  = 6x^4 + x \mathcal{L}(x)+ x\mathcal{K}(x)  \\ \mathcal{K}(x)  = 4x^4 + x \mathcal{K}(x) + x \mathcal{J}(x) \\ \mathcal{J}(x)  = 4x^4 + x \mathcal{L}(x) \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} (1-x)\mathcal{L}(x) - x\mathcal{K}(x) = 6x^4 \\  (1-x) \mathcal{K}(x) - x \mathcal{J}(x) = 4x^4   \\ \mathcal{J}(x) -  x \mathcal{L}(x)= 4x^4  \end{cases}$

 

$ \implies  \begin{cases} (1-x)^2 \mathcal{L}(x) - x (1-x) \mathcal{K}(x) = 6x^4-6x^5 \\ x(1-x) \mathcal{K}(x) - x^2 \mathcal{J}(x) = 4x^5   \\ \mathcal{J}(x) -  x \mathcal{L}(x)= 4x^4   (2)  \end{cases} \implies  \begin{cases} (1-x)^2 \mathcal{L}(x) - x^2 \mathcal{J}(x) = 6x^4 -2x^5   \\ \mathcal{J}(x) -  x \mathcal{L}(x)= 4x^4  \end{cases}$

 

$\implies \begin{cases} (1-x)^2 \mathcal{L}(x) - x^2 \mathcal{J}(x) = 6x^4 -2x^5   \\ x^2\mathcal{J}(x) -  x^3 \mathcal{L}(x)= 4x^6  \end{cases} $

$\implies \mathcal{L}(x)= \frac{ 6x^4 -2x^5 +4x^6}{1-2x+x^2 -x^3}$, nên theo $(2)$ thì ta có:

$ \mathcal{J}(x) =  x \mathcal{L}(x)+ 4x^4 = \frac{ x(6x^4 -2x^5 +4x^6) + 4x^4 (1-2x+x^2 -x^3) }{1-2x+x^2 -x^3} = \frac{ 2x^6 -2x^5 +4x^4 }{1-2x+x^2 -x^3}$

Tính toán tương tự, ta có: $ B_{n+1} = 2B_n - j_n \implies \mathcal{B}(x) = \frac{ 14x^4 - x\mathcal{J}(x)}{1-2x}$

 

$ \implies \mathcal{B}(x) -B_4 \cdot x^4 = \mathcal{B}(x) -14x^4 = \frac{ 14x^4 - x\mathcal{J}(x)}{1-2x} -14x^4 = \frac{ 28x^5 - x\mathcal{J}(x)}{1-2x}$

$ = \frac{ 28x^5(1-2x+x^2-x^3)  - x( 2x^6-2x^5+4x^4)}{(1-2x)(1-2x+x^2-x^3)} $

$ \implies \mathcal{B}(x) -B_4 \cdot x^4 = \frac{ -28x^8 +26x^7 -54x^6 +24x^5}{(1-2x)(1-2x+x^2-x^3)}  (**)$

Từ $(*); (**)$ suy ra: $ \implies \mathcal{B}(x) -B_4 \cdot x^4 = 2x\mathcal{A}(x)$

Từ đây suy ra  $ \frac{ |B_{n+1}|}{|A_n|} =2  \forall n \ge 4$

 

>:)  Đề nghị Admin Thanh , Thế cấp kinh phí cho supermember đi tẩm bổ lấy lại sức sau khi hao tổn quá nhiều như vầy >:)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 24-10-2014 - 13:04

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#10 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4261 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-10-2014 - 20:08

Câu 3. Có tất cả $2^n$ xâu nhị phân có độ dài $n$ và $2^{n+1}$ xâu nhị phân có độ dài $n+1$. Ta sẽ đi chứng minh $|B_{n+1}|=2|A_n|$ hay $2^{n+1}-|B_{n+1}|=2 \left( 2^n-|A_n| \right)$ hay $|C_{n+1}|=2|D_n|$ với $D_n$ là tập xâu nhị phân độ dài $n$ chứa ba số liên tiếp $0,1,0$ và $C_n$ là tập xâu nhị phân độ dài $n$ chứa $4$ số liên tiếp $0,0,1,1$ hoặc $1,1,0,0$.

 

Ta suy ra có $\frac{|C_{n+1}|}{2}$ xâu nhị phân độ dài $n+1$ chứa $4$ số liên tiếp $0,0,1,1$. Gọi tập các xâu nhị phân này là $E_n$ thì $2|E_{n+1}|=|C_{n+1}|$.

 

Xét một xâu nhị phân trong $D_n$ là $X010Y$. $X,Y$ ở đây kí hiệu cho dãy gồm số $0,1$ ở trước và sau bộ ba $0,1,0$. Nếu ta thay bộ ba $010$ bởi $0011$ thì ta sẽ tạo được hai xâu nhị phân mới là $X0011Y$. Xâu nhị phân này hiển nhiên thuộc $E_{n+1}$. Tương tự từ một xâu thuộc $E_{n+1}$ ta hoàn toàn có thể tạo ra xâu thuộc $D_n$. Do đó tồn tại song ánh từ $D_n$ đến $E_{n+1}$ nên $|D_n|=|E_{n+1}|= \frac{|C_{n+1}|}{2}$. Từ đây ra suy ra điều phải chứng minh. $\blacksquare$


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#11 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 09-04-2015 - 00:22

Câu 3: Đề lâu rồi mà viết lại cho nhớ  :lol: 

Ta gọi 1 xâu thuộc loại $A$ nếu nó không chứa 3 số liên tiếp $0;1;0$ và gọi 1 xâu thuộc loại $B$ nếu nó không chứa $4$ số hạng liên tiếp $0;0;1;1$ hay $1;1;0;0$

Xét xâu $X=(x_1;x_2;....;x_n)$. Ta xây dựng $F(X)=(y_1;y_2;..;y_n;y_{n+1})$ theo quy tắc:

$y_1=0; y_i=\sum_{k=1}^{i-1} x_k(mod 2)$. 

Ta sẽ chứng tỏ rằng $X$ chứa 3 số hạng liên tiếp $0;1;0$ khi và chỉ khi $F(X)$ chứa 4 số liên tiếp $0;0;1;1$ hay $1;1;0;0$

 +) Chiều thuận

+) Xét bộ $x_1x_2x_3$ là bộ $010$, theo quy tắc trên thì $y_1y_2y_3y_4$ ứng với $0011$

+) Xét bộ $x_1x_2x_3$ khác $010$, đặt $x_kx_{k+1}x_{k+1}=0011$ với $k \geq 2$

*) Nếu $\sum_{i=1}^{k-1}x_i=0(mod2)$ theo quy tắc trên ta có $y_ky_{k+1}y_{k+2}y_{k+3}=0011$

*) Nếu $\sum_{i=1}^{k-1}x_i=1(mod 2)$ theo quy tắc trên ta có $y_ky_{k+1}y_{k+2}y_{k+3}=1100$

Vậy nếu $X$ chứa 3 số hạng liên tiếp $010$ thì $F(X)$ chứa 4 số hạng liên tiếp $1100$ hay $0011$

+) Chiều đảo

+) Xét bộ $y_1y_2y_3y_4=0011$ thì $x_1x_2x_3=010$

+) Xét bộ $y_ky_{k+1}y_{k+2}y_{k+3}=1100$ $(k\geq 2)$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} \sum_{i=1}^{k-1}=1 (mod 2)\\\sum _{i=1}^{k}=1(mod 2) \\\sum _{i=1}^{k+1}=0(mod 2) \\\sum _{i=1}^{k+2}=0(mod 2) \end{matrix}\right.<=> \left\{\begin{matrix} x_k=0\\x_{k+1}=1 \\x_{k+2}=0 \end{matrix}\right.=> x_kx_{k+1}x_{k+2}=010$

+) Xét bộ $y_ky_{k+1}y_{k+2}y_{k+3}=0011 (k\geq 2)$ Tương tự

Vậy nếu $F(X)$ chứa 4 số hạng liên tiếp $1100;0011$ thì $X$ chứa 3 số liên tiếp $010$

Tóm lại ta có điều mong muốn, và từ chứng minh này hơn thế nữa thì số các nhóm 3 số $010$ và 4 số là tương ứng $1-1$

Bây giờ ta xét $A';B'$ là các chuỗi nhị phân khi $A$ có độ dài $n$ và $B'$ có độ dài $n+1$ và chữ số đầu tiên là $0$

Ta có $|A'|=|B'|=2^n$

Tất cả các tập $A$ thu được bằng cách loại bỏ đi các trường hợp từ tập $A'$ chứa 3 số liên tiếp $010$

Tập $B$ cũng vậy

Suy ra: Số tập $A$ bằng số tập tập $B$ nếu dãy $F(X)$ bắt đầu bằng số $0$

Thay vai trò của $y_1$ từ $0->1$ thì hoàn toàn tương tự trên

Kết luận $\frac{B}{A}=2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 03-05-2015 - 16:18

NgọaLong

#12 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết

Đã gửi 02-07-2021 - 22:39

Câu 2 ngày 2. Tìm tất cả các số nguyên $m \ge 2, n \ge 2$ thoả mãn $\frac{1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}}{n}$ là số nguyên.
Lời giải. Để ý rằng cặp $(m,n)=(k,3)$ với $k \equiv 1 \pmod{3}, k \ge 2, k \in \mathbb{Z}$ luôn thoả mãn. Ta xét với $n \ge 4$.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p|n$ thoả mãn $\gcd (p,3)=1$. Ta có $n|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $n|m^{3^{n+1}}-1$.
Đặt $l= \text{ord}_p(m)$ thì ta suy ra $l|3^{n+1}$ và $l|p-1$.
Nếu $l|3^n$ thì $p|m^{3^n}-1$ mà $p|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}+2$. Ta lại có $p|m^{3^n}-1$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}-2 \cdot m^{3^n}+1= m^{2 \cdot 3^n}+2- 2 \cdot \left( m^{3^n}-1 \right) -3$. Từ đó dẫn đến $p|3$ hay $p=3$, mâu thuẫn. Vậy $l \nmid 3^n$. Do đó $l=3^{n+1}$. Khi đó $3^{n+1}|p-1$, mâu thuẫn.
Vậy $n=3^k$ với $k \in \mathbb{N}, k \ge 1$. Ta suy ra $m \equiv 1 \pmod 3$. Tuy nhiên ta lại có $$v_3 \left( m^{2 \cdot 3^n}+m^{3^n}+1 \right)= v_3 \left( m^{3^{n+1}}-1 \right)- v_3 \left(m^{3^n}-1 \right)=1.$$
Từ đây dẫn đến $n=3$, mâu thuẫn.
Vậy $(m,n)=(k,3)$ với $k \ge 2, k \equiv 1 \pmod 3, k \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$

Nghiệm cụ thể k có nhé

#13 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 203 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 12-09-2021 - 21:10

Bài 1: (ngày 2)

Thay $x=0$ ta được $f(f(y))=y+f(0)+yf(0)$, suy ra $f$ đơn ánh.

Thay $x=0, y=0$ ta được $f(f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$

Cho $y=x$ ta được $f(x+f(x)+xf(x))=x+f(x)+xf(x)$

Do đó có thể kết luận là $x+f(x)+xf(x)=0$, vì nếu không thì $\frac{f(x)}{x}=1, \forall x$, mâu thuẫn với việc tăng thật sự.

Vì vậy $f(x)=\frac{-x}{x+1},\forall x\in (-1;+\infty)$.

Thử lại thấy thỏa mãn.






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh