Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


Hoang72

Đăng ký: 21-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 16:44
*****

#736062 CM nếu $f$ liên tục và có giới hạn hữu hạn thì bị chặn trên

Gửi bởi Hoang72 trong 04-12-2022 - 18:27

Do $\lim_{x\to+\infty} = l$ nên $\forall \delta > 0,\exists x_0 \geq a: |f(x) - l| < \delta,\forall x > x_0$

$\Rightarrow f(x) \leq \delta + l,\forall x > x_0$.

Đồng thời $f$ liên tục trên $[a; x_0]$ nên nó có giá trị lớn nhất là $M$ trên đoạn này.

Vậy $f$ bị chặn trên bởi $\max\{M, \delta + l\}$.




#736005 Cho tgABC đường cao BE,CF. I là tđ EF, AK vgóc EF. M,N là tđ BE,CF. CM: M,N,I...

Gửi bởi Hoang72 trong 02-12-2022 - 17:22

Bạn xem bài toán tổng quát ở đây




#735989 CMR luôn tìm được 5 hàng và 5 cột chứa tất cả 15 quân cờ

Gửi bởi Hoang72 trong 01-12-2022 - 23:32

Chọn ra $5$ hàng sao cho $5$ hàng đó chứa số quân cờ là nhiều nhất.

Gọi $a$ là số quân cờ nằm trên $5$ hàng này.

Ta chứng minh $a\geq 10$. Thật vậy, giả sử phản chứng $a< 10$. Thế thì $5$ hàng còn lại chứa ít nhất $6$ quân cờ, do đó tồn tại $1$ hàng trong số này chứa nhiều hơn $1$ quân cờ. Đồng thời, vì $5$ hàng ta chọn lúc đầu chứa ít hơn $10$ quân cờ nên tồn tại $1$ hàng sẽ chứa không quá $1$ quân cờ. Điều này hiển nhiên là mâu thuẫn với cách chọn các hàng sao cho chứa số quân cờ nhiều nhất.

Do đó $5$ hàng này chứa ít nhất $10$ quân cờ. Chọn $5$ cột chứa $5$ quân cờ còn lại ta có đpcm.




#735943 $\sum^n_{k=0}{kP_n(k)}=n!$

Gửi bởi Hoang72 trong 28-11-2022 - 23:13

Ta xét bài toán phụ: Cho $A = \{a_1,a_2,...,a_n\}$ và $B = \{b_1,b_2,...,b_n\}$. Đếm số song ánh $f: A\to B$ sao cho $f(a_i)\neq b_i,\forall i = \overline{1,n}$.

Bằng nguyên lí bao hàm loại trừ, dễ dàng chứng minh được kết quả của bài toán trên là: $\sum_{i=0}^n (-1)^i\frac{n!}{i!}$.

Như vậy, với mỗi $k=\overline{0,n}$ thì: $P_{n}(k) = \frac{n!}{k!}\sum_{i=0}^{n-k}\frac{(-1)^i}{i!}$.

Từ đây, dẫn đến: $\sum_{k=0}^n kP_n(k) = n!\sum_{k=1}^n\sum_{i=0}^{n-k}\frac{(-1)^i}{i!(k-1)!}$.

Ta chỉ cần chứng minh $\sum_{k=1}^n\sum_{i=0}^{n-k}\frac{(-1)^i}{i!(k-1)!} = 1$.

Rõ ràng tổng ở vế trái cũng chính là: $\sum_{k+i< n}\frac{(-1)^i}{i!k!}$.

Ta chứng minh $S_n = \sum_{k+i< n}\frac{(-1)^i}{i!k!}=1$ bằng phép quy nạp.

Khi $n=1$ thì đẳng thức đúng. Giả sử đẳng thức đúng với $n\in\mathbb N^*$.

Ta chứng minh đẳng thức đúng với $n+1$.

Dễ thấy: $S_{n+1} - S_n =\sum_{i+k = n}\frac{(-1)^i}{i!k!} = \frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}$.

Ta dễ dàng chứng minh được $\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=0$ bằng cách chứng minh số tập con có chẵn phần tử của $\{1;2;...;n\}$ là $2^{n-1}$.

Suy ra $S_{n+1} - S_n = 0$ hay $S_{n+1}=1$.

Theo nguyên lí quy nạp ta có $S_n=1,\forall n\in\mathbb N^*$.

Vậy $\sum_{k=0}^n kP_n(k) = n!$.




#735941 $\frac{h_{a}+4h_{b}+9h_{c}}...

Gửi bởi Hoang72 trong 28-11-2022 - 22:44

Có $h_a = \frac{2S}{a}; h_b = \frac{2S}{b}; h_c = \frac{2S}{c}; r = \frac{2S}{a+b+c}$ nên ta cần tìm $k$ lớn nhất sao cho: $(a+b+c)\left(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c}\right) > k$. $(*)$

Chọn $a=1; b=2$ ta có bất đẳng thức $\frac{3(c+3)^2}{c}> k$ đúng với mọi $c\in (1;3)$.

Cho $c\to 3$ ta có $k\leq 36$. Khi $k=36$, bất đẳng thức $(*)$ hiển nhiên đúng theo Cauchy - Schwarz.




#735909 Cho $a,b,c$ nguyên thỏa mãn $\frac{ab}{c...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-11-2022 - 18:17

Cho các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{ab}{c}+\frac{b^2c^3}{a}+\frac{c^3a^4}{b}$ là một số nguyên. Chứng minh rằng ab chia hết cho c.

Bài này thì dùng đa thức nguyên.

Đặt $ x = \frac{ab}{c},y = \frac{b^2c^3}{a},z = \frac{c^3a^4}{b}$ thì $x,y,z$ là ba nghiệm của phương trình ẩn $t$: $(t-x)(t-y)(t-z) = 0$.

Dễ thấy vế trái là đa thức bậc $3$, monic và có các hệ số đều nguyên nên mọi nghiệm hữu tỉ của nó đều nguyên.

Mà $x,y,z\in\mathbb Z$ nên $x,y,z$ nguyên.

Vậy $c\mid ab$.




#735864 Cho tgABC nt (O). AD là fgiác góc BAC (D thuộc (O)) Trung trực AB,AC cắt AD t...

Gửi bởi Hoang72 trong 24-11-2022 - 17:47

Có $PA=PB$ nên $\angle PAB = \angle BAP = \angle DBC = \angle KBC$ nên $BM,BK$ đẳng giác trong $\angle ABC$. Tương tự $CM,CK$ đẳng giác trong $\angle ACB$.

Dẫn đến $AM,AK$ đẳng giác trong $\angle BAC$.




#735863 $T= 7x+y+z+9y^{2}+2z^{3 }-3xz-26xyz$ với $...

Gửi bởi Hoang72 trong 24-11-2022 - 17:42

Đây là đề chuyên PBC năm nay. Mình thử góp cách mình làm:

Ta có $T = x(7 - 3z - 26yz) + y + z + 9y^2 + 2z^3 \leq 7 - 3z - 26yz + y + z + 9y^2 + 2z^3$ (Vì $ 7 - 3z - 26yz < 0$)

$\Rightarrow T\leq 7 - 2z - 26yz + y + 9y^2 + 2z^3$.

Có $(z-1)(z-3)(z+4)\leq 0\Rightarrow z^3\leq 13z-12$

$\Rightarrow T\leq 24z + y - 26yz +9y^2- 17 = z(24 - 26y) + y + 9y^2 - 17\leq 24 - 26y + y + 9y^2 -17 = 7 - 25y + 9y^2 = (y-3)(9y+2) + 13 \leq 13$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=z=1; y = 3$.

 




#735862 $|(a_{1}+...+a_{k})-(a_{k+1}+...+a_{n...

Gửi bởi Hoang72 trong 24-11-2022 - 17:12

Với mỗi $k\in\{1,2,...,n\}$, đặt $S_k = (a_1+a_2+...+a_k) - (a_{k+1} + ... + a_n)$.

Đặt $L = \underset{1\leq i\leq n}{\max} |a_i|$.

Xét các trường hợp:

$\bullet$ Tồn tại $i\in \{1;2;...;n-1\}$ sao cho $S_iS_{i+1}\leq 0$: Khi đó $|S_i| + |S_{i+1}| = |S_{i+1} - S_{i}| = |2a_{k+1}| \leq 2L$.

Suy ra $|S_i|\leq L$ hoặc $|S_{i+1}| \leq L$.

$\bullet$ $S_1,S_2,...,S_n$ cùng dấu: Khi đó $|S_1|+|S_n| = |2a_1| \leq 2L$.

Suy ra $|S_1|\leq L$ hoặc $|S_n|\leq L$.

Ta có đpcm.




#735831 Cho tam giác ABC với trực tâm H, tâm nội tiếp (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F...

Gửi bởi Hoang72 trong 22-11-2022 - 20:28

$DQ,ER$ cắt $IH$ tại $X_1,X_2$. Thế thì ta sẽ chứng minh $X_1\equiv X_2$ bằng cách chứng minh $\frac{X_1I}{X_1H} = \frac{X_2I}{X_2H}$.

$DQ$ cắt $AH$ tại $A_1$, $ER$ cắt $BH$ tại $B_1$. Thế thì $\frac{X_1I}{X_1H}=\frac{ID}{HA_1}; \frac{X_2I}{X_2H} = \frac{IE}{HB_1}$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh $HA_1 = HB_1$ là hoàn tất bài toán.

Đặt $BC = a; CA = b; AB = c$.

Kẻ đường cao $AM$ của tam giác $ABC$.

Do $Q$ là trung điểm $AL$, từ định lý Menelaus, ta có: $\frac{A_1A}{A_1M} = \frac{DL}{DM}$

$\Rightarrow \frac{A_1A}{A_1M} = \frac{IL}{AI} = \frac{BL}{AB} = \frac{CL}{AC} = \frac{BL+CL}{AB+AC} = \frac{a}{b+c}$

$\Rightarrow \frac{A_1A}{AM} = \frac{a}{b+c-a}\Rightarrow A_1A = \frac{AM.a}{b+c-a} = \frac{2S}{b+c-a}$

$\Rightarrow A_1H = \frac{2S}{b+c-a} + AH$.

Tương tự, $B_1H = \frac{2S}{c+a-b} + BH$.

Ta chỉ cần chứng minh rằng: $\frac{2S}{b+c-a} + AH = \frac{2S}{c+a-b} + BH$. $(*)$

Dễ dàng chứng minh được: $AH = 2R . \cos A; BH = 2R.\cos B$

$\begin{aligned}\Rightarrow AH - BH &= 2R\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} - \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\right) = \frac{R(b-a)(a+b+c)(a+b-c)}{abc} \\ &=\frac{(b-a)(a+b+c)(a+b-c)}{4S}\end{aligned}$.

Còn $\frac{2S}{c+a-b}-\frac{2S}{b+c-a} = \frac{4S(b-a)}{(c+a-b)(b+c-a)}$.

Đẳng thức $(*)$ quy về chứng minh: $\frac{4S}{(c+a-b)(b+c-a)}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4S}$.

Điều này là đúng theo công thức Heron.

 

File gửi kèm

  • File gửi kèm  ảnh.png   238.78K   1 Số lần tải



#735795 Tồn tại đa thức bậc $ n$ có hệ số nguyên $p ( x )$ sao ch...

Gửi bởi Hoang72 trong 20-11-2022 - 19:02

Không hiểu ý của số $2a^k + 3$ cho lắm, nhưng bạn có thể dùng bổ đề sau:

Bổ đề: Cho đa thức $P(x)$ thoả mãn $P(0),P(1),...,P(n)$ nguyên. Khi đó $P\in\mathbb Z[x]$.

Chứng minh: Theo khai triển Mahler, tồn tại $b_0,b_1,...,b_n$ để mà: $P(x) = b_0 + b_1\binom{x}{1} + b_2\binom{x}{2}+...+b_n\binom{x}{n}$.

Thế thì: \begin{align*} P(0)\in\mathbb Z\Rightarrow b_0\in\mathbb Z \\ P(1)\in\mathbb Z\Rightarrow b_1\in\mathbb Z \\... \\ P(n)\in\mathbb Z\Rightarrow b_n\in\mathbb Z\end{align*}

Tức $P\in\mathbb Z[x]$.

Ta có đpcm.

 




#735696 $n^3\mid 2^{202n^2}+3^{202n^2}$

Gửi bởi Hoang72 trong 13-11-2022 - 19:51

Ta chứng minh quy nạp theo $m$ rằng luôn tồn tại một số square - free $n$ có $m$ ước nguyên tố phân biệt thoả mãn $n^3\mid 2^{202n^2} + 3^{202n^2}$

Khi $m=1$, ta chọn $n=p_1$ là một ước nguyên tố của $2^{202} + 3^{202}$ thì $p_1\neq 2$ và theo bổ đề LTE, ta có: $$v_{p_1}\left(2^{202p_1^2} + 3^{202p_1^2}\right) = v_{p_1}\left(2^{202} + 3^{202}\right) + v_{p_1}\left(p_1^2\right)\geq 3$$

Tức $p_1^3 \mid 2^{202p_1^2} + 3^{202p_1^2}$.

Giả sử với $m\in\mathbb N^*$ ta chọn được các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_m$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện: $$n^3\mid 2^{202n^2} + 3^{202n^2}\text{, với } n = p_1p_2...p_m$$

và $p_1,p_2,...,p_m$ là ước của $2^{202\left(\frac{n}{p_m}\right)^2}+3^{202\left(\frac{n}{p_m}\right)^2}$.

Theo định lý Zsigmondy, tồn tại số nguyên tố $p_{m+1}$ là ước của $2^{202n^2} + 3^{202n^2}$ mà không là ước của $2^{202\left(\frac{n}{p_m}\right)^2}+3^{202\left(\frac{n}{p_m}\right)^2}$.

Thế thì $p_{m+1} \neq p_i,\forall i = \overline{1,m}$.

Đặt $k = np_{m+1}$, ta có $v_{p_{m+1}}\left(2^{202k^2} + 3^{202k^2}\right) = v_{p_{m+1}}\left(2^{202n^2} + 3^{202n^2}\right) + v_{p_{m+1}}\left(p_{m+1})^2\right) \geq 3$

$\Rightarrow p_{m+1}^3 \mid 2^{202k^2} + 3^{202k^2}$.

Đồng thời $n^3 \mid 2^{202n^2} + 3^{202n^2}\Rightarrow n^3\mid 2^{202k^2} + 3^{202k^2}$

$\Rightarrow k^3\mid 2^{202k^2} + 3^{202k^2}$.

Hơn nữa $p_1,p_2,...,p_{m+1}$ là ước của $2^{202\left(\frac{k}{p_{m+1}}\right)^2} + 3^{202\left(\frac{k}{p_{m+1}}\right)^2}$.

Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm.




#735642 Chứng minh rằng $a=b=c$

Gửi bởi Hoang72 trong 08-11-2022 - 21:59

Không mất tính tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$.

Đặt $x = b-a; y = c-b$ thì $a -c = x+y$. Ta có $x,y\in\mathbb N$.

Ta có $\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{2}=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4} = \frac{x^2+y^2+(x+y)^2}{4}=\frac{x^2+y^2+xy}{2}$.

Do đó suy ra $\frac{x^2+y^2+xy}{2}$ là số chính phương hay $2(x^2+y^2+xy)$ là số chính phương.

Giả sử tồn tại $x,y>0$ sao cho $2(x^2+y^2+xy)$ là số chính phương.

Chọn cặp $(x_0,y_0)$ có tổng nhỏ nhất thoả mãn điều kiện trên.

Ta có $2(x_0^2+y_0^2+x_0y_0)$ là số chẵn mà là số chính phương nên $4\mid 2(x_0^2+y_0^2+x_0y_0)$

$\Rightarrow 2\mid x_0^2 + x_0y_0+y_0^2\Rightarrow 2\mid x_0,y_0$.

Đặt $x_0 = 2x_1, y_0 = 2y_1$ với $x_1,y_1\in\mathbb N^*$

Thế thì $x_1+y_1 < x_0+y_0$ và $8(x_1^2 + y_1^2 + x_1y_1)$ là số chính phương $\Rightarrow 2(x_1^2+y_1^2+x_1y_1)$ là số chính phương.

Điều này mâu thuẫn với cách chọn $(x_0,y_0)$.

Do đó một trong hai số $x,y$ bằng $0$.

Nếu $x=0$ thì $2y^2$ là số chính phương $\Rightarrow y=0\Rightarrow a=b=c$.

Nếu $y=0$ thì tương tự cũng có $a=b=c$.

Vậy $a=b=c$.

 




#735567 $\sum_{d|n} f(d) = n$

Gửi bởi Hoang72 trong 03-11-2022 - 23:59

Một cách giải khác: Ta sẽ chứng minh $f$ là hàm nhân tính (không phải nhân tính hoàn toàn).

Thật vậy, ta sẽ chứng minh rằng: $f(a) . f(b) = f(ab)$, với mọi $a,b\in\mathbb N^*; (a,b) = 1$. $(*)$

Ta chứng minh quy nạp theo $a+b$.

Khi $a+b=2$ thì hiển nhiên.

Giả sử $(*)$ đúng với mọi cặp số nguyên dương nguyên tố cùng nhau $(a,b)$ mà $a+b\leq k$, $k\in\mathbb N^*\setminus \{1\}$ nào đó.

Ta chứng minh $(*)$ đúng với mọi $a,b\in\mathbb N^*$ thoả mãn $(a,b) = 1; a+b=k+1$.

Thật vậy, xét $(a,b)$ là một cặp như vậy.

Ta có: $\begin{cases} \displaystyle\sum_{d|a}f(d) = a \\ \displaystyle\sum_{d\mid b}f(d) = b\end{cases}\Rightarrow \sum_{d_1|a}f(d_1) . \sum_{d_2|b}f(d_2) = ab$

$\Rightarrow  \sum_{d_1|a}f(d_1) . \sum_{d_2|b}f(d_2)=\sum_{d|ab}f(d)$. $(*)$

Với mọi $d$ là ước của $ab$, do $(a,b)=1$, ta có duy nhất một cách viết $d$ dưới dạng $d = d_1d_2$, với $d_1,d_2\in\mathbb N^*$ thoả mãn $d_1\mid a; d_2\mid b$.

Khi $d < ab$ thì $d_1 < a$ hoặc $d_2 < b$, do đó $d_1+d_2 < a+b\Rightarrow d_1+d_2 \leq k$.

Theo giả thiết quy nạp thì $f(d_1)f(d_2) = f(d_1d_2)=f(d)$.

Do đó từ đẳng thức $(*)$, nhân chéo VT ra ta sẽ suy ra $f(a) . f(b) = f(ab)$.

Theo nguyên lí quy nạp ta có $(*)$ đúng nên $f$ là hàm nhân tính.

Hơn nữa, bằng quy nạp dễ dàng ta có $f(p^k)  = p^{k-1}(p-1) = \varphi(p^k)$ với mọi $p$ nguyên tố, $k\in\mathbb N^*$.

Mà $f$ là hàm nhân tính nên $f(n) = \varphi(n),\forall n\in\mathbb N^*$.

 




#735557 CMR $AA_{1}$,$BB_{1}$,$CC_{...

Gửi bởi Hoang72 trong 02-11-2022 - 00:10

Nhận thấy $\Delta A_1BF\sim\Delta A_1EC(g.g)$

$\Rightarrow \frac{d_{A_1/AB}}{d_{A_1/AC}} = \frac{BF}{CE} = \frac{BD}{CD}$

$\Rightarrow \frac{\sin \widehat{A_1AB}}{\sin \widehat{A_1AC}} = \frac{BD}{CD}$.

Tương tự, nhân lại và sử dụng định lý Ceva sin ta có đpcm.