Đến nội dung


superpower

Đăng ký: 21-09-2015
Offline Đăng nhập: 07-01-2019 - 16:51
**---

#674698 $x^2+y^2=pz^2$

Gửi bởi superpower trong 19-03-2017 - 00:23

Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?

Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat 




#674660 $x^2+y^2=pz^2$

Gửi bởi superpower trong 18-03-2017 - 21:26

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$

Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $ 

Trở lại bài toán, ta có 

$x=px_1;  y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không ) 

Quy về lại pt : 

$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$ 

Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí




#674113 $u_0 = 2011$;$ u_n = \dfrac{1}{2}\left( {u_{n - 1}...

Gửi bởi superpower trong 12-03-2017 - 21:59

Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.

$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.

Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.

Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:

$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$

$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$

Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.

Nên $limx_n=6$.

lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn

Mình xin sửa lại như sau 

Dễ thấy $u_n>0 $ 

Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $ 

Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $ 

Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $

Thật vậy, ta có 

$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$ 

Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $ 

Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $ 

Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $ 

Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $

Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $ 




#668588 $x_1=3$ và $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt...

Gửi bởi superpower trong 16-01-2017 - 21:26

$x_1=3$ và  $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó

Bài này cơ bản thôi \\

Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $ 

Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $ 

Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng 

Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp 

Với $n=1 => x_1 =3 <5 $ 

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh 

$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED 

Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$




#661704 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

Gửi bởi superpower trong 12-11-2016 - 23:52

 

5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm




#660242 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 01-11-2016 - 23:40

Hàm nay chưa chắc là hàm đa thức và cũng không phải hàm trên N (đề cho trên R+) 

2 bạn giải như thế hình như sai rồi :/

$R^{+}$ đươc nhé bạn ơi. Bạn xem lại nha




#660063 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:53

Câu 3 (4,0 điểm)

 

Giả sử $q$ là một số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:

 

$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=2u_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$

 

Tìm $q$ , biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$

Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )

Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí 

Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $

Khi đó, ta xét

TH2: $q=3k+2$

Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $

Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy 

Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $ 

TH2: $q=3k+1 $ 

Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $  

Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM




#660057 Đề thi chọn đội tuyển chính thức học sinh giỏi dự thi quốc gia năm 2016-2017...

Gửi bởi superpower trong 31-10-2016 - 16:13

Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$

đây cũng phải PTH đa thức

Cũng đặt $g(x)$ như bạn

Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $ 

Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$

$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )  

Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $ 

Đặt $u_n=x_n-3n $

Khi đó thay vào lại, ta được 

$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $

Sai phân, ta tính được

$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $ 

Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí 

Do đó $c_2=0 $

Tới đây dễ rồi 




#659537 Tìm $f$ thỏa mãn $ f(1)=1;...;f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1...

Gửi bởi superpower trong 27-10-2016 - 18:26

Tìm tất cả các hàm $f$ xác định trên tập các số thực và nhận giá trị thỏa mãn $5$ điều kiện sau đây:

$(1) f(1)=1;$

$(2)f(-1)=-1;$

$(3)f(x)\leq f(0)$ với $0<x<1;$

$(4)f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ với mọi $x,y$

$(5)f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1$ với mọi $x,y$

Từ $(4)$ cho $y=0 => f(x) \geq f(x) +f(0) => f(0) \leq 0 $

Mặt khác, cho $y=-1 $ vào $(4),(5) $, ta suy ra được $f(x-1) \geq f(x) -1 $ $f(x-1) \leq f(x) $

Suy ra $f(x) \geq f(x-1) \geq f(x) -1 $

Cho $x=1 => 1=f(1) \geq f(0) \geq f(1) -1 =0 $

Do đó $f(0)=0 $

Từ $(5)$ thay $y=1-x $, xét $x \in (0,1) $ , ta được

$1=f(1) \leq f(x) + f(1-x) +1 \leq 1 $ ( do $1-x \in (0,1) $ )

Do đó $1=f(x) +f(1-x) + 1 => -f(x) =f(1-x) $

Thay $x=1-x => f(x) =0 , \forall x \in [0,1) $

Đặt $g(x)= x-f(x) $

Khi đó , $(4),(5) $ được viết lại

$g(x+y) \leq g(x) + g(y) $

$g(x+y) \geq g(x) +g(y) -1 $

Thay $y=1$, ta được $g(x+1) \leq g(x) $

Mặt khác, thay $y=-1$, ta được $g(x-1) \leq g(x) $

Suy ra $g(x) \leq g(x+1) $

Từ đó suy ra $g(x) =g(x+1) $

Suy ra $f(x+1) =f(x)+1 $

ta đã $f(x)=0, \forall x \in [0,1) $

Do đó $f(x) = [x] $

Thử lại thỏa

Cảm ơn huykinhcan99. Đã sửa. Mình gõ lộn tí 




#658782 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 16:09

Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $ 

Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $ 

Bài làm 

Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$ 

Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$ 

Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $

Chứng minh vế đầu, ta có

$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n}  \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $  

Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $ 

Tương đương với $  \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó vế đầu được chứng minh

Ta tiêp tục chứng minh vế sau

Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau 

$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $ 

Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $

         $<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $

Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp 

Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có 

$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$

Tức là ta cần chứng minh 

$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $ 

Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $  

Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $

Nên ta cần chứng minh  

$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $

$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có 

$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $

Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $

 




#658780 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 22-10-2016 - 15:49

Bài 1:

a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $ 

b/

Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $ 

Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $

Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được

$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $ 

Từ đó suy ra được $n=6k+3 $ 

 

 




#658127 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 16-10-2016 - 20:31


 

 

Câu 2. Cho dãy số thực $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}x_{1} = \dfrac{5}{2} \\ x_{n + 1} = \sqrt{x_{n}^{2} - 12x_{n} + \dfrac{20n + 21}{n + 1}}\end{cases}$, $\forall n \ge 1$. Chứng minh rằng dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Ego sửa lại luôn nhé $x_{n+1} = \sqrt{x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} } $ mới đúng 

Bài này thì chắc quen thuộc rồi

Ta sẽ quy nạp $x_n \geq 2 , \forall n \in N^{*} $ 

Với $n=1 $ thì $x_1 =\frac{5}{2} \geq 2 $

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$

Thật vậy, ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} \geq x_n^3-12x_n +20 \geq 4 $ do $x_n \geq 2 $

Do đó $x_n \geq 2 , \forall x \in N^{*} $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n $ giảm 

Xét hàm số $f(t) = \frac{20t+21}{t+1} $

có $f'(t) = \frac{-1}{(t+1)^2} < 0 $

Do đó $f(t)$ nghịch biến

Do đó $f(n+1) \leq f(n) $ 

Xét hàm số $g(x) = x^3-12x $ trên $[2, + \infty) $

Có $g'(x) = 3x^2 -12 \geq 0 $

Do đó $g(x) $ đồng biến

Ta có $x_2 < x_1 $

Nên giả sử $x_{n-1} > x_n $ 

Ta sẽ chứng minh $x_n > x_{n+1} $

Thật vậy ta có 

$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} $

$x_n^2 = x_{n-1}^3 - 12x_{n-1} +\frac{20(n-1)+21}{n} $ 

Ta suy ra đc

$x_{n+1}^2 - x_n^2 \leq 0 $ 

Do đó $x_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại $L = lim x_n $

Giải ra được $L=2 $ 




#657833 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HÀ NAM NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 18:40

Câu bất quen quá rồi

Theo AM-GM

$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$

Cộng lại có $P\geq 2$

Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa

Do đó phải dùng thủ thuật như sau

Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $

Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $

Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được 

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

Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $

Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $

Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$

Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng

Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $




#657806 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 14-10-2016 - 11:45

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

 

 

Bài 1: 

$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử

$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $

Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  =0 $ 

có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $

Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  >0 $

Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $ 

Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được

$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $

Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $

Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt 

 

Bài 2: 

Từ pt đề bài ta suy ra 

$x_{n+1}^2  = (x_n^2 + 3x_n)(x_n^2+3x_n +2) +1 = (x_n^2+3x_n +1)^2 $

Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $

Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được 

$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $ 

Tới đây quen thuộc rồi

Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên 

Do đó $lim x_n =  +\infty $

Do đó rút gọn sai phân là ra 

 

Bài 5

Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $ 

Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $ 

Biến đổi tương đương trở thành 

$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 




#657792 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017

Gửi bởi superpower trong 13-10-2016 - 23:06

 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

 

Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà