Đến nội dung

pcoVietnam02

pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: 27-01-2024 - 17:19
****-

#726775 Hỏi phải lấy ra ít nhất bao nhiêu viên bi để chắc chắn có hai viên bi khác màu

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 09-05-2021 - 20:30

a/ $20 + 1 = 21$ viên
b/ $5 + 1 = 6 $viên
c/$ (5+5+9+9+9)+1 = 38 $viên
d/$ (5+5+20+20)+1 = 51$ viên

 

Phải tính trường hợp xấu nhất có thể xảy ra chứ, nếu chọn như câu d thì sẽ xảy ra trường hợp 51 viên 3 màu đỏ, xanh, vàng.




#726614 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 07-05-2021 - 23:43

Tại anh Mr handsome ugly không cho anh ra trả lời bài tập trên TOPIC nên anh sẽ phụ anh ấy ra bài tập nhé: 

$\boxed{134}$ Tìm số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $n$ sao cho $p^3-p=n^7-n^3$




#726564 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 07-05-2021 - 09:33

Bài 126: Tìm x, y, z là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^z$
P/s: không biết đã có ở topic cũ chưa :)

 

Bài này đã có rồi nhé, đây là bài gốc: 'Tìm $x, y, n, p$ là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^n$', và đây là lời giải (không sử dụng LTE): 

Lời giải:

Đặt $gcd(a, b)=d$ suy ra $d|p^n$ do đó $d$ là lũy thừa của $p$

Suy ra đặt $a=xp^k$ và $b=yp^k$ với $x$ và $y$ là các số tự nhiên, $k$ là số tự nhiên và $gcd(x, y)=1$

Suy ra $x^3+y^3=p^{n-3k}$ cho nên đặt $m=n-3k$ suy ra $m$ tự nhiên.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\leq y$

$(x+y)(x^2-xy+y^2)=p^m$

$gcd(x+y, x)=gcd(x, y)=gcd(x+y, y)=1$ nên $gcd(x+y, xy)=1$

Suy ra $gcd(x+y, x^2-xy+y^2)=gcd(x+y, 3xy)=gcd(x+y, 3)$

 

Nếu $3\not|x+y$ thì $x+y$ và $x^2-xy+y^2$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $p$

Do đó $x+y>1$ so $x^2-xy+y^2=1$

Suy ra $0\leq(x-y)^2=1-xy\leq 0$ nên $x-y=0$ vì thế $x=y=1$ vì $x$, $y$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $p^m=2$ $\Rightarrow$ $p=2$ và $m=1$

 

Mặt khác $3|x+y$ nên $3|x^2-xy+y^2$ và $p=3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}$ và $\frac{x^2-xy+y^2}{3}$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}=1$ hoặc $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$

Với $\frac{x+y}{3}=1$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

Với $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$ $\Rightarrow$ $(x-y)^2=3-xy$ suy ra $xy=2$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

 

Do đó $(x, y, p, m)=(1, 1, 2, 1); (1, 2, 3, 2); (2, 1, 3, 2)$

Vậy $(a, b, p, n)=(2^k, 2^k, 2, 3k+1); (3^k, 2\cdot 3^k, 3, 3k+2); (2\cdot 3^k, 3^k, 3, 3k+2)$ với $k$ là số tự nhiên.




#726501 $\binom{n}{0}f(x)+\binom{n}{1}f(x^{2})+...+\binom{n}{n}f(...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:42

Ta chứng minh bổ đề: "Nếu $g(x)+g(x^2)=0$ $\forall x$ với vài hàm liên tục $g(x)$, thì $g\equiv 0$
Chứng minh:
$g(-x)=-g((-x)^2)=-g(x^2)=g(x)$ do đó $g(x)$ là hàm chẵn.
Cho $x>0$
Ta dễ dàng có được $g(x^{2^{-n}})=(-1)^n g(x)$
$\lim_{n\to+\infty}VT=g(1)$ do đó $g(x)=0\quad\forall x>0$ (vì nếu không thì $VP$ không có giới hạn)
Vì $f$ là hàm chẵn, $g(x)=0\quad\forall x\ne 0$
Vì $f$ liên tục, $g(0)=0$
Do đó $g\equiv 0$, đpcm.
Đặt $g_k(x)=\sum_{i=0}^k\binom kif(x^{2^i})$ (do đó bài toán có thể được viết lại là $g_n(x)=0\quad\forall x$)
Ta có$g_k(x)+g_k(x^2)=g_{k+1}(x)$
Vì $g_n(x)=0\quad\forall x$, bổ đề cho ta $g_{n-1}(x)=0\quad\forall x$
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta có $g_0(x)=\boxed  {f(x)\equiv 0}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#726499 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:30

Chính xác nhé. Chúng ta cùng tiếp tục cuộc thi, đây sẽ là một câu hỏi khá thách thức, có liên quan đến lượng giác: 

$\boxed{18}$ (3 điểm):

  Giả sử $\alpha$ và $\beta$ là 2 nghiệm thực phân biệt của phương trình $4x^2-4tx-1=0$ ($t \in\mathbb{R}$). $[\alpha, \beta]$ là tập xác định của hàm số $f(x)= \frac{2x-t}{x^2+1}$. 

  (1) Tình giá trị của $g(t)=$ $max$ $f(x) - $ $min$ $f(x)$

  (2) Chứng minh rằng với $u_{i} \in (0,\frac{\pi}{2})$ ,($i=1,2,3$), nếu $sin$ $u_{1}+ $ $sin$ $u_{2}+ $ $sin$ $u_{3} =1$, thì 

$$\frac{1}{g(tan (u_{1}))}+\frac{1}{g(tan (u_{2}))}+\frac{1}{g(tan (u_{3}))} < \frac{3}{4}\sqrt{6}$$




#726494 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:06

$\boxed{12}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa mãn

$f\left(x^2+f(y) \right)=y+f^2(x)$ $x,y$ thuộc $\mathbb R^+$

 

Đặt $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$
 
Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh.
Lấy $P(x,f(y)^2)$ trừ $P(y,f(x)^2)$ và sử dụng đơn ánh ta có $x^2+f(f(y)^2)=y^2+f(f(x)^2)$
 
Vì vậy $f(f(x)^2)=x^2+c$ với một số giá trị $c\ge 0$ 
$P(x,f(y)^2)$ cho ta một phép thế mới là $Q(x,y)$ : $f(x^2+y^2+c)=f(x)^2+f(y)^2$
 
$Q(x,x)$ $\Rightarrow$ $f(x)^2=\frac 12f(2x^2+c)$
 
Thay vào $Q(x,y)$, ta được $f(x^2+y^2+c)=\frac{f(2x^2+c)+f(2y^2+c)}2$
 
Đặt $g(x)=f(x+c)$, (một hàm $\mathbb R^+\to\mathbb R^+$).
Thay $g(x)$ lên trên ta được: $g(\frac{x+y}2)=\frac{g(x)+g(y)}2$ $\forall x,y> 0$
 
Đây là hàm quen thuộc (hàm Jensen), từ hàm Jensen ta có được:
$g(x)=ax+b$ với $a,b\ge 0$ không đồng thời bằng 0.
 
Suy ra $f(x+c)=ax+b$ $\forall x>0$ do đó $f(x)=ax+d$ $\forall x>c$ (với $d=b-ac$)
 
Chọn giá trị $x$ thỏa mãn đồng thời $x>c$ và $x^2>c$, và với mỗi $y$, $P(x,y)$ trở thành
$a(x^2+f(y))+d=y+(ax+d)^2$ $\forall y$ và $\forall x$ đặt giá trị đủ lớn
 
Từ đó ta có được (dựa vào $x$) $a=1$ và $u=0$ và vì vậy $f(y)=y\quad\forall y$
 
Vậy$\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#726490 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 15:43

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f\left(\dfrac{x+y}{x-y} \right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}$ $x\neq y$

 

Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh
 
$P(x,0) \Rightarrow f(1)=\frac{f(x)+f(0)}{f(x)-f(0)}$ $\forall x\ne 0$ 
Suy ra $f(1)=1$ (bởi vì nếu xảy ra điều ngược lại thì $f(x)$ là hàm hằng, vô lý) và từ đó $f(0)=0$
 
$P(x,-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$ $\forall x\ne 0$, điều này vẫn đúng với $x=0$,suy ra $f(x)$ là hàm lẻ
 
Cho $x\in\mathbb R$ và $y\in\mathbb R\setminus\{0\}$
 
$P(x,1)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(x)+1}{f(x)-1}$
$P(xy,y)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(xy)+f(y)}{f(xy)-f(y)}$ 
Trừ hai cái ở trên, vế theo vế ta được $f(xy)=f(x)f(y)$ $\forall x$, $\forall y\ne 0$, vẫn đúng với $y=0$
 
Để ý rằng ta có được $f(x^2)=f(x)^2$ cho nên $f(x)>0$ $\forall x>0$
Vì vậy $f(x)$ là một hàm chứa biến $x$ (khác hằng)
Chú ý $P(x,y)$ với $x,y>0$, ta có $f(x)>f(y)$ $\forall x>y>0$ và vì vậy $f(x)$ tăng trong tập $\mathbb R^+$
 
Vì $f$ là hàm nhân tính nên $P(x,y)$ có thể được viết lại với
$Q(x,y)$ : $f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x-y)(f(x)+f(y))$ $\forall x\ne y$, vẫn đúng với $x=y$
 
Đặt $a=f(2)\ne 0$ vì $f$ đơn ánh, suy ra $f(4)=a^2$
Vì $f$ đơn ánh nên $a\notin\{f(-1),f(0),f(1)\}=\{-1,0,1\}$ 
$Q(2,1)$ $\implies$ $f(3)=\frac{a+1}{a-1}$
$Q(4,1)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{(a-1)^2}$ (1)
$Q(2,3)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{2a+1-a^2}$ (2)
Từ (1), (2) suy ra $a=2$
 
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta được $Q(n,1)$ $\Rightarrow$ $f(n)=n$ và dùng tính chất nhân tính của hàm số ta có $f(x)=x\forall x\in\mathbb Q$
 
Vì $f$ tăng trong $\mathbb R^+$, suy ra $f(x)=x$ $\forall x\ge 0$
Cuối cùng, vì $f$ là hàm lẻ nên $\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#726387 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 03-05-2021 - 15:14

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: R\rightarrow R+$ thỏa mãn

$f\left(\dfrac{x+y}{x-y} \right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}$ $x\neq y$

 

Bài này cần sửa lại tập đích lại là $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ vì từ $P(x,y)$ và $P(y,x)$ sẽ cho ta được $f$ là hàm lẻ, tức là tồn tại giá trị $k$ thực sao cho $f(k)$ là số thực dương thì $f(-k)$ là âm, vô lí.

Còn về lời giải của bài đó nếu xét $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sẽ có sau vì mình đang hơi bận.




#725899 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 24-04-2021 - 22:26

Bài tiếp theo nhé: 

$\boxed{17}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

$$\frac{x}{\sqrt{\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}}}+\frac{y}{\sqrt{\sqrt[4]{z}+\sqrt[4]{x}}}+\frac{z}{\sqrt{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}}}\geq \frac{\sqrt[4]{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^7}}{\sqrt{2\sqrt{27}}}$$




#725789 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-04-2021 - 21:57

Trước khi có bài tiếp theo thì có bạn nào sử dụng Jensen để giải bài này không?




#725779 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-04-2021 - 15:50

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$

 

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$




#725775 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-04-2021 - 15:39

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$




#725719 Đề thi Intercontinental Mathematics Tournament

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-04-2021 - 11:41

Cái P3.2 ở đâu vậy anh??
:) Bài bất í


Câu này là câu dự bị để dành cho sự thiếu sót của câu 3.1. Nhưng mà làm xong bài trên r thì thôi :))


#725681 Chứng minh các đường thẳng $A_1B_2, B_1C_2, C_1A_2$ đồng quy

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-04-2021 - 22:26

Em có thể tham khảo ở đây




#725678 Đề thi Intercontinental Mathematics Tournament

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-04-2021 - 22:14

Hôm nay mình xin gửi các bạn một đề thi khá hay, được ra đề bởi hội đồng Iran, đề bài được ra bởi một số giáo sư nổi tiếng như Mohammad Ahmadi, Amir Hossein Parvardi, Mohammad Gharakhani. Năm nay kì thi được tổ chức lần đầu tiên ở diễn đàn AoPS, với sự tham gia của một số bạn trong VMF như KietLW9, ChiMiwhh, DaiphongLT, Syndycate, nehess, Hoang72, Mr handsome, pcoVietnam02, và 94 thí sinh khác từ rất nhiều quốc gia trên thế giới. Cuộc thi mang tính cọ xát nhiều hơn là thi đấu nhưng nhìn chung đề được thiết kế tương đối hay, phù hợp với các bạn THPT. Sau đây là đề thi IMT đánh bằng LaTeX (tái bản lần thứ 2 bởi oVlad, dịch bởi pcoVietnam02):

 

 
Ngày một (Đại số):
 
P1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}$ thỏa mãn với mọi số thực dương  $x,y$ và $z$ sao cho $x+f(y)$ và $x+f(z) +f(x+f(y))$ dương, ta có được điều sau:
 
$$f(x+f(z) +f(x+f(y)))+y+f(z)=0.$$
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
P2. Ramtin và Parsa chơi một trò chơi với đa thức sau
$$P(x)=\square \ x^4+\square \ x^3 +\square \ x^2 +\square \ x+\square\ .$$
Mỗi người sẽ lần lượt điền vào các hệ số thực bất kì (bắt đầu từ hệ số cao nhất). Parsa dự đoán rằng sau khi trò chơi kết thúc thì đa thức trên sẽ có 4 nghiệm thực hoặc không có nghiệm nào. Ramtin cần phải ngăn Parsa thắng. Nếu Ramtin đi trước thì chiến lược của ai sẽ thắng?
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
P3.1 Cho $x,y$ and $z$ là các số thực dương thỏa mãn
$$\frac{1}{x^4}+\frac{1}{y^4}+\frac{1}{z^4}=\frac{1}{8}.$$
Chứng minh rằng: 
$$\sqrt[3] {3(x+y+z)} \geq \sqrt[3] {x-\frac{16}{x^3}}+\sqrt[3] {y-\frac{16}{y^3}}+\sqrt[3] {z-\frac{16}{z^3}}.$$
 
Proposed by Amir Hossein Parvardi.
 
P3.2 Tìm hằng số thực $x$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau đúng với mọi $a, b, c$ thực: 
\[\sum_{cyc} \sqrt \frac{a^2+b^2}{2}+x\sum_{cyc} \sqrt{ab} \geq (1+x)(\sum_{cyc} a).\]
 
Proposed by Mohammad Ahmadi
 
 
 
Ngày hai: (Số học)
 
P1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb N \rightarrow \mathbb N$ thỏa mãn
$$m^2+n^2 \mid f(n)^{\varphi (m)} +f(m)^{\varphi (n)}.$$
($\varphi (n)$ là phi hàm Euler.)
 
Proposed by Mohammad Gharakhani
 
P2. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn
\[p^2+1 \mid 2021^q+17^q\text{ và }q^2+1 \mid 2021^p+17^p.\]
 
Proposed by @Hopeooooo
 
P3. Có vô số số $n \in \mathbb N$ thỏa mãn $6n^4+27n^3+51n^2+48n+18$ mà tồn tại ước nguyên tố lớn hơn \[\sqrt{4n^2+11n+99+4n\sqrt{2n+1}}?\]
 
Proposed by @Hopeooooo





  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Đang xem trang cá nhân: Likes: pcoVietnam02