ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỈNH THANH HOÁ 2014-2015
#1
Đã gửi 18-10-2014 - 21:51
- Zaraki, Near Ryuzaki, HoangHungChelski và 3 người khác yêu thích
#2
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
- Zaraki, dance và Mikhail Leptchinski thích
#3
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 $k \ge 2, k \equiv 1 \pmod 3, k \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$
- caybutbixanh, luuvanthai, Near Ryuzaki và 1 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#4
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 $\lim y_{n}=1$
- Zaraki, shinichigl, LuoiHocNhatLop và 1 người khác yêu thích
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
Đã gửi 20-10-2014 - 20:02
- binhnhaukhong yêu thích
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
Đã gửi 20-10-2014 - 21:39
Lời giải bài 2 Ngày 1 của anh Cẩn :(Bài 51 )
10714566_10204618523239933_2314481475977845704_o.jpg10700414_10204618523679944_3730823187083390612_o.jpg
Đại ca lấy ở link nào thế share em với!
Quy Ẩn Giang Hồ.
So goodbye!
#7
Đã gửi 20-10-2014 - 21:42
Đại ca lấy ở link nào thế share em với!
cho em nữa
- sharpknife yêu thích
<3 Mãi mãi một tình yêu <3
赵薇苏有朋
#8
Đã gửi 20-10-2014 - 23:10
Đại ca lấy ở link nào thế share em với!
cho em nữa
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
- tohoproirac yêu thích
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
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
- Zaraki, LNH, shinichigl và 2 người khác yêu thích
#10
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. $\blacksquare$
- Near Ryuzaki và Trung Gauss thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#11
Đã gửi 09-04-2015 - 00:22
Câu 3: Đề lâu rồi mà viết lại cho nhớ
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
#12
Đã gửi 02-07-2021 - 22:39
Nghiệm cụ thể k có nhéCâu 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 $k \ge 2, k \equiv 1 \pmod 3, k \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$
#13
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.
- supermember yêu thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh