Đến nội dung

k4x

k4x

Đăng ký: 03-10-2016
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

30-10-2017 - 20:13

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 


Trong chủ đề: Đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12 môn toán tỉnh Phú Yên

12-10-2017 - 21:35

bài 5 : 

$a)$ $P(x)=P(x+1)=P(x+2)=...=P(x+n)$ với $n$ thuộc $\mathbb{N}$

vì x=[x]+{x} nên P(x)=P({x}) do đó nếu chọn $x$ là một số nguyên bất kì thì $P(x)=P(0)=const$


Trong chủ đề: Đề thi HSG cấp tỉnh lớp 12 môn toán tỉnh Phú Yên

12-10-2017 - 21:15

a) 

$f(x)=1+\frac{3}{x+1}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ \ ${1}$

Ta có $u_{1} < u_{3}$ thì  $f(u_{1}) > f(u_{3})$

                                    <=> $u_{2} > u_{4}$

                                    <=> $f(u_{2}) < f(u_{4})$

                                    <=> $u_{3} < u_{5}$

Cứ tiếp tục như thế ta thu được $u_{2n}$ là dãy giảm và $u_{2n+1}$ là dãy tăng 

Đặt  $x,y$ lần lượt là $lim$ của $u_{2n}$ và $u_{2n+1}$  , dễ thấy $x,y >1$

ta thấy $u_{2n+1}=1+\frac{3}{u_{2n}+1}$ do đó nếu lấy giới hạn 2 vế ta được $y=1+\frac{3}{x+1}$ $(1)$

tương tự $x=1+\frac{3}{y+1}$ $(2)$

$(1)-(2)=(y-x)[1-\frac{3}{(x+1)(y+1)}]=0$

Mà do $x,y>1$ cho nên $1-\frac{3}{(x+1)(y+1)} > 0$ do đó $x=y$  , giải $(2)$ ra ta được $x=y=2$

b) $S=\sum_{k=1}^{2020}u_{k}=\sum_{k=0}^{1009}u_{2k+1}+\sum_{k=1}^{1010}u_{2k}$

Do dãy $u_{2n}$ giảm cho nên $\sum_{k=1}^{1010}u_{2k} < 1010.u_{2}=2525$ $(3)$

Do dãy $u_{2n+1}$ tăng và có giới hạn bằng 2 cho nên $\sum_{k=0}^{1009}u_{2k+1} < 1010.2=2020$ $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $S < 2020+2525=4545$

Edit : xém tí quên chỉ ra dãy bị chặn, do $u_{n} $ $\geq$ $1$ nên $u_{n+1}=1+\frac{3}{u_{n}+1} \leq 1+\frac{3}{2}=2,5$ 


Trong chủ đề: Đề Thi Trại Hè Hùng Vương 2017

03-08-2017 - 09:56

cách này mình đã post thì bạn/anh/chị post lại làm gì nữa

 

Dễ thấy $a+b^2 >b+1$ và $a+b^2>b^2-b+1$ nên $p|(b+1,b^2-b+1)$
Từ đó có $p=3$

$\Rightarrow b \geq 3^{x-1}-1 = \dfrac{a+b^2}{3} -1$

$p$ chỉ có max là $(b+1,b^2-b+1)$ và k có điều kiện gì để suy ra được nó là ước cả , cho nên xét thiếu $p=2$ r kìa 

chọn $b=3$ và $a=1$ thì $b=3 \geq \frac{a+b^2}{3}-1=\frac{7}{3}$


Trong chủ đề: Đề Thi Trại Hè Hùng Vương 2017

02-08-2017 - 14:45

Lời giải của mình cho bài 4 

Trường hợp $a=b$ dễ dàng có $a=b=1$

xét trường hợp $a \neq b$ và cũng từ $ii)$ ta suy ra $a >b$