Đến nội dung


Hình ảnh

[Vòng 1] Ngày thứ nhất- Đề thi chọn HSG lớp 11-12 KHTN 2012-2013


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 29-09-2012 - 10:30

Câu 1: Cho dãy số $x_n$ xác định bởi:
$\left\{\begin{matrix}
&x_1=2;x_2=3 \\
& x_{n+1}=\frac{n+1}{2n}x_n+\frac{n-2}{3n}x_{n-1}+\frac{1}{6}
\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng dãy $x_n$ hội tụ và tìm giới hạn của dãy đó.

Câu 2: Tìm tất cả các hàm số $f:Z_+\mapsto R_+$ sao cho :
$(f(a)+f(b))(f(x)+f(y))=f(ax+by)$
Với mọi $a,b,x,y \in Z_+$ , thỏa mãn $ay=bx$.

Câu 3: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AB$ không là đường kính của $(O)$. $P$ là điểm di chuyển trên cung $CD$ không chưa $A,B$ của $(O)$. $PA$ cắt $DB,DC$ lần lượt tại $E,F$ . $PB$ cắt $CA,CD$ lần lượt tại $G,H$ . $GF$ giao $EH$ tại $Q$ . Chứng minh ràng $PQ$ luôn đi qua điểm cố định khi $P$ di chuyển .

Câu 4: Có mười người đến dự một buổi tiệc . Biết rằng mỗi người quen đúng ba người , hai người quen nhau thì không có người quen chung và hai người không quen nhau thì có đúng một người quen chung. Hỏi cần ít nhấu bao nhiêu chiếc bàn tròn để có thể xếp mười người này ngồi sao cho hai người bất kì ngồi cạnh nhau thì quen nhau ?
P\s:Mission failed :((

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyThang khtn: 29-09-2012 - 10:33

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 


#2 Dramons Celliet

Dramons Celliet

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 29-09-2012 - 23:25

Câu 2: Tìm tất cả các hàm số $f:Z_+\mapsto R_+$ sao cho :
$(f(a)+f(b))(f(x)+f(y))=f(ax+by)$
Với mọi $a,b,x,y \in Z_+$ , thỏa mãn $ay=bx$.

Thay $a=b$ và $x=y$ thì ta có: $4f\left ( a \right )f\left ( x \right )=f\left ( 2ax \right )$.

Thay $x=y=1$ và $a=b$ thì suy ra $4f\left ( a \right )f\left ( 1 \right )=f\left ( 2a \right )$.

$\Rightarrow f\left ( 2ax \right )=4f\left ( a \right )f\left ( x \right )=4f\left ( ax \right )f\left ( 1 \right )\\ \Rightarrow f\left ( a \right )f\left ( x \right )=f\left ( ax \right )f\left ( 1 \right )\\ \Rightarrow f^2\left ( a \right )=f\left ( a^2 \right )f\left ( 1 \right )$

Thay $x=a$, $y=b$ thì ta có: $\left ( f\left ( a \right )+f\left ( b \right ) \right )^2=f\left ( a^2+b^2 \right )$.

Ta đặt: $f\left ( 1 \right )=k\Rightarrow f\left ( 2 \right )=4k^2\Rightarrow f\left ( 4 \right )=16k^3$.

Ta có $f\left ( 10 \right )=f\left ( 3^2+1 \right )=4f\left ( 5 \right )f\left ( 1 \right )$.
Suy ra: $\left [ f\left ( 3 \right )+k \right ]^2=4kf\left ( 5 \right )\Rightarrow f\left ( 3 \right )=2\sqrt{f\left ( 5 \right )k}-k$.
Mà\[
f\left( 5 \right) = f\left( {2^2 + 1} \right) \Rightarrow f\left( 5 \right)\left[ {f\left( 2 \right) + f\left( 1 \right)} \right]^2 = \left( {4k^2 + k} \right)^2
\]
Mặt khác: $f\left ( 3^2+4^2 \right )=f\left ( 5^2 \right )$ nên:
$\left [ f\left ( 3 \right )+f\left ( 4 \right ) \right ]^2=\dfrac{f^2\left ( 5 \right )}{k}\\ \Rightarrow f\left ( 3 \right )+f\left ( 4 \right )=\dfrac{f\left ( 5 \right )}{\sqrt{k}}$

Ta thay $f\left ( 3 \right )$, $f\left ( 4 \right )$, $f\left ( 5 \right )$ bởi các biểu thức theo $k$ và rút gọn ta được: $\left ( \sqrt{k}-1 \right )\left ( 16k^2-1 \right )=0\Leftrightarrow k=1\vee k=\dfrac{1}{4}$.

Nếu $k=1 \Rightarrow f(1)=1; f(2)=2$. Giả sử với mọi $n \leq m, f(n)=n^2$, ta chứng minh $f(m+1)=m^2$.

Nếu $m+1$ chẵn thì $m+1=2p, p<m \Rightarrow f(p)=p^2 \Rightarrow f(m+1)=f(2p)=4f(p)f(1)=4f(p)=4p^2$.
Nếu $m+1$ lẻ thì $m+1=2p+1, p<m \Rightarrow f(p)=p^2, f(p+1)=(p+1)^2$. Ta có:
$f((2p+1)^2+1)=[(f(2p+1)+1]^2=f(4p^2+4p+2)=4f(p^2+(p+1)^2)=4[f(p)+f(p+1)]^2$.
$\Leftrightarrow f(2p+1)=2f(p)+2f(p+1)-1=4p^2+4p+1=(2p+1)^2$.
Vậy nếu $f(1)=1$ thì $f(n)=n^2 \forall n$ nguyên dương.
Tương tự, nếu $f(1)=\frac{1}{4}$ thì quy nạp như trên ta suy ra $f(n)=\frac{1}{4} \forall n$ nguyên dương.
Vậy hàm cần tìm là: $f(n)=n^2$ hoặc $f(n)=\frac{1}{4}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-10-2012 - 17:28

Giá như... ai đó biết rằng: Mình nhớ ai đó lắm...
Giá như... ai đó biết: Mình yêu ai đó thật nhiều...

#3 Dramons Celliet

Dramons Celliet

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 30-09-2012 - 11:40

Câu hình không biết có được sử dụng định lý Pascal và định lý Desargues không nhỉ? Nếu được thì mình giải như sau:
Tiếp tuyến tại $B$ cắt $AC$ ở $X$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BD$ ở $Y$.
Áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A$, $P$, $B$, $D$, $C$, $A$ ta suy ra $Y$, $F$, $G$ thẳng hàng. Tương tự thì $X$, $H$, $E$ thẳng hàng.
Tiếp theo, ta lại áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A$, $A$, $C$, $D$, $B$, $B$ ta suy ra $AB$, $CD$, $XY$ đồng quy.
Xét hai tam giác $XBH$ và $YAF$, ta có:
- $XB$ cắt $YA$ tại $M$ cố định.
- $HB$ cắt $FA$ tại $P$.
- $HX$ cắt $FY$ tại $Q$.
Mà $AB$, $HF$, $XY$ đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra $P$, $Q$, $M$ thằng hàng hay nói cách khác $PQ$ luôn đi qua điểm $M$ cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 30-09-2012 - 11:41

Giá như... ai đó biết rằng: Mình nhớ ai đó lắm...
Giá như... ai đó biết: Mình yêu ai đó thật nhiều...

#4 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 30-09-2012 - 11:42

Câu 1: Cho $a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $3$. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{x}{y+z}+\frac{1}{2} \le \frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+\frac{3}{xy+yz+xz}$

Câu 2: Cho dãy số ${a_n}$ xác định bởi :
$\left\{\begin{matrix}
&a_1=33;a_2=49,a_3=177 \\
& a_{n+3}=8{2n}a_{n+2}-8a_{n+1}+a_n
\end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi giá trị của của $n$, $a_n$ không chia hết cho $2013$.

Câu 3: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$ .$P$ là điểm bất kì nằm trong tam giác $ABC$ và không trùng $O$. $AP$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DE,À$ là đường kính của $(O)$ . $EP,FP$ lần lượt cắt $(O)$ tại $G,H$ khác $E,F$. Gia sử $AH$ giao $DG$ tại $K$. Gọi $L$ là hình chiếuc của $K$ lên đường thẳng $OP$.
a) Chứng minh rằng 4 điểm $A,L,K,D$ cùng thuộc một đường tròn . Gọi đường tròn này là $(S)$.
b)Chứng minh ràng đường thẳng $OP$ cắt $EF$ tại điểm $T$ thuộc $(S)$

Câu 4: Trong lớp có 30 học sinh xếp thành hàng dọc . Cô gióa phát cho mỗi em ít nhất 1 viên kẹo. Với mỗi $k > 1$ sao cho trong loép có ít nhất một em được phát $k$ viên kẹo, ta gọi $t_k$ là vị trí của em cuối cùng trong lớp được phát $k$ viên. Khi đó em đứng thứ $t_k - 1$ sẽ được phát $k-1$ viên kẹo . Hỏi cô giáo có bao nhiêu cách phát kẹo ?

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 


#5 Dramons Celliet

Dramons Celliet

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 30-09-2012 - 20:31

Câu 3: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$ .$P$ là điểm bất kì nằm trong tam giác $ABC$ và không trùng $O$. $AP$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DE,À$ là đường kính của $(O)$ . $EP,FP$ lần lượt cắt $(O)$ tại $G,H$ khác $E,F$. Gia sử $AH$ giao $DG$ tại $K$. Gọi $L$ là hình chiếuc của $K$ lên đường thẳng $OP$.
a) Chứng minh rằng 4 điểm $A,L,K,D$ cùng thuộc một đường tròn . Gọi đường tròn này là $(S)$.
b)Chứng minh ràng đường thẳng $OP$ cắt $EF$ tại điểm $T$ thuộc $(S)$

Bài này mình giải như sau, các bạn xem thử có sai sót chỗ nào không nhé:
a) Dễ dàng chứng minh được $\widehat{KPA}=90^0$ và $L$, $H$, $P$, $K$, $G$ cùng thuộc một đường tròn.
Từ đó, ta suy ra cần phải chứng minh $\widehat{HLP}=\widehat{PLD}$. $(1)$
Gọi $I$ là giao điểm của $HD$, $AG$. Áp dụng định lý Pascal ta được $O$, $P$, $I$ thằng hàng.
Mặt khác: $\widehat{HLP}=\widehat{HGP}=\widehat{HDE}$.
Suy ra tứ giác $HODL$ nội tiếp được.
Suy ra $\widehat{DLP}=\widehat{OHD}=\widehat{ODH}= \widehat{HLP}$.
Hay ta có: $\widehat{DLP}= \widehat{HLP}$ (hay là đẳng thức $(1)$).
Vậy $L$, $H$, $P$, $K$, $G$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Điều ta cần đi chứng minh là chứng minh tứ giác $ALDT$ nội tiếp được.
Ta có tứ giác $ATFP$ là hình bình hành.
Suy ra $\widehat{TAP}=\widehat{TFP}=\widehat{ODH}= \widehat{TLD}$.
Từ đó suy ra được điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 30-09-2012 - 20:32

Giá như... ai đó biết rằng: Mình nhớ ai đó lắm...
Giá như... ai đó biết: Mình yêu ai đó thật nhiều...

#6 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4425 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 01-10-2012 - 17:26

Thay $a=b$ và $x=y$ thì ta có: $4f\left ( a \right )f\left ( x \right )=f\left ( 2ax \right )$.

Thay $x=y=1$ và $a=b$ thì suy ra $4f\left ( a \right )f\left ( 1 \right )=f\left ( 2a \right )$.

$\Rightarrow f\left ( 2ax \right )=4f\left ( a \right )f\left ( x \right )=4f\left ( ax \right )f\left ( 1 \right )\\ \Rightarrow f\left ( a \right )f\left ( x \right )=f\left ( ax \right )f\left ( 1 \right )\\ \Rightarrow f^2\left ( a \right )=f\left ( a^2 \right )f\left ( 1 \right )$

Thay $x=a$, $y=b$ thì ta có: $\left ( f\left ( a \right )+f\left ( b \right ) \right )^2=f\left ( a^2+b^2 \right )$.

Ta đặt: $f\left ( 1 \right )=k\Rightarrow f\left ( 2 \right )=4k^2\Rightarrow f\left ( 4 \right )=16k^3$.

Ta có $f\left ( 10 \right )=f\left ( 3^2+1 \right )=4f\left ( 5 \right )f\left ( 1 \right )$.
Suy ra: $\left [ f\left ( 3 \right )+k \right ]^2=4kf\left ( 5 \right )\Rightarrow f\left ( 3 \right )=2\sqrt{f\left ( 5 \right )k}-k$.
Mà \[
f\left( 5 \right) = f\left( {2^2 + 1} \right) \Rightarrow f\left( 5 \right)\left[ {f\left( 2 \right) + f\left( 1 \right)} \right]^2 = \left( {4k^2 + k} \right)^2
\]
Mặt khác: $f\left ( 3^2+4^2 \right )=f\left ( 5^2 \right )$ nên:
$\left [ f\left ( 3 \right )+f\left ( 4 \right ) \right ]^2=\dfrac{f^2\left ( 5 \right )}{k}\\ \Rightarrow f\left ( 3 \right )+f\left ( 4 \right )=\dfrac{f\left ( 5 \right )}{\sqrt{k}}$

Ta thay $f\left ( 3 \right )$, $f\left ( 4 \right )$, $f\left ( 5 \right )$ bởi các biểu thức theo $k$ và rút gọn ta được: $\left ( \sqrt{k}-1 \right )\left ( 16k^2-1 \right )=0\Leftrightarrow k=1\vee k=\dfrac{1}{4}$.

Nếu $k=1 \Rightarrow f(1)=1; f(2)=2$. Giả sử với mọi $n \leq m, f(n)=n^2$, ta chứng minh $f(m+1)=m^2$.

Nếu $m+1$ chẵn thì $m+1=2p, p<m \Rightarrow f(p)=p^2 \Rightarrow f(m+1)=f(2p)=4f(p)f(1)=4f(p)=4p^2$.
Nếu $m+1$ lẻ thì $m+1=2p+1, p<m \Rightarrow f(p)=p^2, f(p+1)=(p+1)^2$. Ta có:
$f((2p+1)^2+1)=[(f(2p+1)+1]^2=f(4p^2+4p+2)=4f(p^2+(p+1)^2)=4[f(p)+f(p+1)]^2$.
$\Leftrightarrow f(2p+1)=2f(p)+2f(p+1)-1=4p^2+4p+1=(2p+1)^2$.
Vậy nếu $f(1)=1$ thì $f(n)=n^2 \forall n$ nguyên dương.
Tương tự, nếu $f(1)=\frac{1}{4}$ thì quy nạp như trên ta suy ra $f(n)=\frac{1}{4} \forall n$ nguyên dương.
Vậy hàm cần tìm là: $f(n)=n^2$ hoặc $f(n)=\frac{1}{4}$.

Lời giải bạn rất hay :) Nhưng bạn thiếu nghiệm $f(x)=0$ thì phải?
Mình thắc mắc là $\mathbb{Z}_+$ và$\mathbb{R}_+$ có chứa số $0$ không nhỉ?
Mình hỏi thầy mình thì thầy mình bảo là có.
=============================

Câu hình không biết có được sử dụng định lý Pascal và định lý Desargues không nhỉ? Nếu được thì mình giải như sau:
Tiếp tuyến tại $B$ cắt $AC$ ở $X$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BD$ ở $Y$.
Áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A$, $P$, $B$, $D$, $C$, $A$ ta suy ra $Y$, $F$, $G$ thẳng hàng. Tương tự thì $X$, $H$, $E$ thẳng hàng.
Tiếp theo, ta lại áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A$, $A$, $C$, $D$, $B$, $B$ ta suy ra $AB$, $CD$, $XY$ đồng quy.
Xét hai tam giác $XBH$ và $YAF$, ta có:
- $XB$ cắt $YA$ tại $M$ cố định.
- $HB$ cắt $FA$ tại $P$.
- $HX$ cắt $FY$ tại $Q$.
Mà $AB$, $HF$, $XY$ đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra $P$, $Q$, $M$ thằng hàng hay nói cách khác $PQ$ luôn đi qua điểm $M$ cố định.

Bài này có lẽ bạn phải xét thêm TH $AC \perp OB$ và $BD \perp OA$ nữa thì mới đủ :D
Vì khi đó, không tồn tại $X$ hoặc $Y$.
Hình đã gửi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-10-2012 - 18:00

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#7 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 01-10-2012 - 18:49

Vl thật. thầy nào mà bảo R+ chứa 0 thế :|

#8 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 593 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-10-2012 - 19:16

Tùy thuộc vào trường phái toán học thôi. Ví dụ ở châu âu tập N không chứa số 0

#9 Math Is Love

Math Is Love

    $\mathfrak{Forever}\ \mathfrak{Love}$

  • Thành viên
  • 620 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K46 Toán 1 CSP và HMU K113
  • Sở thích:$$\mathfrak{Inequality}$$
    $$\mathfrak{Number Theory}$$
    $$\mathfrak{Analysis}$$

Đã gửi 01-10-2012 - 19:17

Vl thật. thầy nào mà bảo R+ chứa 0 thế :|

Trong một số tài liệu em đọc thì $R^{+}$ không chứa $0$ còn $R_{+}$ chứa $0$.Thầy Mậu cũng viết thế mà!
P/s:Anh đừng nói "Vl" như vậy.Cứ như xúc phạm thầy giáo ý!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 01-10-2012 - 19:20

Hình đã gửi


#10 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-10-2012 - 20:19

Câu 1: Cho $x,y,z $ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $3$. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{x}{y+z}+\frac{1}{2} \le \frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+\frac{3}{xy+yz+xz}$

Em xin phép làm bài này ạ.Do $x+y+z=3$ nên
$$Q.e.D\Leftrightarrow 9.\left(\sum \frac{x}{y+z}\right)+\frac{9}{2}\leq (x+y+z).\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\frac{3(x+y+z)^2}{xy+yz+zx}$$
$$\Leftrightarrow 9.\left(\sum \frac{x}{y+z}-\frac{1}{2}\right)\leq \sum \frac{y+z}{x}-6+\frac{3(x^2+y^2+z^2)}{xy+yz+zx}-3$$
$$\Leftrightarrow \sum (x-y)^2.\left(\frac{2}{xy}+\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{9}{(x+z)(y+z)}\right)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2.S_z+(y-z)^2.S_x+(x-z)^2.S_y\geq 0$$
Với
$S_x=\frac{2}{yz}+\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{9}{(x+y)(x+z)}$
$S_y=\frac{2}{xz}+\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{9}{(x+y)(y+z)}$
$S_z=\frac{2}{xy}+\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{9}{(x+z)(y+z)}$
Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$ thì $S_x\geq S_y\geq S_z$ Nên ta chỉ cần chứng minh $S_y+S_z\geq 0$ hay:
$$\frac{2}{xz}+\frac{2}{xy}+\frac{6}{xy+yz+zx}\geq \frac{9}{(x+y)(y+z)}+\frac{9}{(x+z)(y+z)}$$
$$\Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\right)+6\geq \frac{9(2x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 2\left(\frac{xz+yz}{xy}+\frac{xy+yz}{xz}\right)+10\geq \frac{9(2x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
Nhưng mặt khác do $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên $2x+y+z\leq \frac{3}{2}(x+y+z)$ và $(x+y)(y+z)(z+x)\leq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$
Nên $\frac{9(2x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq 12$.Và mặt khác:
$$2\left(\frac{xz+yz}{xy}+\frac{xy+yz}{xz}\right)+10> 12$$
Vậy nên $S_y+S_z\geq 0$.Bài toán đúng the0 tiêu chuẩn 2 của SOS.
Dấu bằng xảy ra tại $x=y=z=1$ $\blacksquare$

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#11 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 01-10-2012 - 22:02

Trong một số tài liệu em đọc thì $R^{+}$ không chứa $0$ còn $R_{+}$ chứa $0$.Thầy Mậu cũng viết thế mà!
P/s:Anh đừng nói "Vl" như vậy.Cứ như xúc phạm thầy giáo ý!

Thế em có bik nghĩa của vl là gì không mà bảo anh có vẻ xúc phạm thầy giáo :)) thường thì R+ hiểu là ko chứa 0, còn nếu có thì đề thường sẽ chú thích vì a thấy nó không phổ biến ở Việt Nam , còn các tài liệu nước ngoài thì đúng là có khác biệt thật, về sách thầy Mậu chỉ là thầy kí hiệu cho tiện thôi, chứ vd như kí hiệu hàm liên tục trên tập của thầy có khi nào các đề thi dùng đâu, Còn vl nghĩa là vô lí nhưng dù sao a vẫn thích cách nghĩ của em :))

#12 reddevil1998

reddevil1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Combinatoric

Đã gửi 03-10-2012 - 10:22

Anh Thắng làm bài tốt chứ

#13 thanh hai nguyen

thanh hai nguyen

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 41 Bài viết

Đã gửi 05-10-2012 - 21:49

sao chưa ai giải bài dãy số thế ?

#14 reddevil1998

reddevil1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Combinatoric

Đã gửi 14-01-2013 - 11:37

Mình xin phép giải bài dãy số ngày 2:
Thấy $2013=61.33$ ,mà $61$ nguyên tố suy ra ta sẽ xét dãy dư của$a_{n}$ theo modulo $61$ .
Gọi $r_{n}$ là dư của $a_{n}$ trong phép chia cho $61$
Dễ thấy $r_{n}$ tuần hoàn theo chu kì $14$ ,mà trong $14$ số hạng đầu của dãy ,ko có số nào chia hết cho $61$ ,đó là đpcm.




0 người đang xem chủ đề

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