Didier

Bài 1 :Cái này có thể sử dụng phuơng trình đồng dư
ta có $a^{3}-a+1\equiv 0(mod5)$ thấy rằng pt này $a\equiv -2(mod5)$là nghiệm duy nhất của pt trên trong khoảng $\left [ 1;5 \right ]$
có lại có $f'(3)\not\equiv 0(mod5)$
$\Rightarrow pt a^{3}-a+1\equiv 0(mod5^{k})$ có đúng một nghiêm trong khoảng $\left [ 1;5^{k} \right ]$ đây là điều mà ta phải chứng minh
Bổ đề trên chứng minh các bạn có thể tham khảo cuốn đa thức và áp dụng của Nguyễn Văn Mậu
tớ có thể nói qua là nó dùng quy nạp
Bên MS có một cách chứng minh khá hay không cần dùng tới bổ đề này mà chỉ cần giả sử pt đó có 2 nghiệm khác nhau là x và x' sau đó sau một vài phép biến đổi chúng bằng nhau

$ a^{5}-a^{2}\geq a^{3}-1$
$\Leftrightarrow (a^{3}-1)(a^{2}-1)\geq 0$(luôn đúng)
vậy $a^{5}-a^{2}+3\geq a^{3}+2$
vậy ta phải chứng minh
$(a^{3}+2)(b^{3}+2)(c^{3}+2)\geq (a+b+c)^{3}$
dùng hodler là xong

ĐỀ KIỂM TRA THÁNG 11/2011
Ngày 1
26/11/2011


Bài 1(5 Điểm) Cho dãy số $(x_{n})$ xÁc định bởi
$\begin{cases}
x_{0}=-2\\
x_{n}=\dfrac{1-\sqrt{1-4x_{n-1}}}{2}\\
\end{cases}$(Với mọi $n\geq 1$)


Đặt $u_{n}=nx_{n}$ và $v_{n}=(1+x_{0}^{2})(1+x_{1}^{2})(1+x_{2}^{2})(1+x_{3}^{2})...(1+x_{n}^{2})$.Chứng minh rằng cÁc dãy số $(u_{n})$và $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn khi n tiến đến vô cùng

câu2(5 điểm)Cho $A$ là một tập hợp hưuc hạn số thực dương phân biệt . Định nghĩa cÁc tập $B,C$ như sau

$B=\left \{ \dfrac{x}{y};x,y\in A \right \}$
$C=\left \{ xy;x,y\in A \right \}$

Chứng minh rằng $\left | A \right |\left | B \right |\leq \left | C \right |^{2}$
trong đó $\left | X \right |$là số cÁc phần tử của tập $X$.


Bài 3(5 Điểm) Cho hai đường tròn $(O)$và $(O')$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$. chọn hai điểm $P$ và $Q$ tương ứng nằm trên $(O)$và $(O')(\neq A,B)$ sao cho $AP=AQ$ .Đường thẳng $PQ$ cắt $(O)$và $(O')$tại cÁc điểm thứ hai tương ứng là $M,N$ .Gọi $E$ là trung điểm của cung $BP$ không chứa $A$ và gọi $F$ là trung điểm của cung $BQ$ không chứa $A$ . Chứng minh rằng $MNEF$ là tứ giÁc nọi tiếp


Bài 4(5 Điểm) Cho một bảng ô vuông gồm 9 cọt và $n$ hàng .Tìm giÁ trị lớn nhất của $n$ sao cho ta có thể điền được vào cÁc ô của bảng , mỗi ô bởi một số trong tập $\left \{ 1,2,....9 \right \}$sao cho
(a)Mỗi hàng chứa đủ cả chín số $1,2,....9$
(b)Không có hai hàng nào giống nhau
©Với hai hàng bất kì , luôn tìm được ít nhất một cột sao cho giao của nó với hai hàng đó chứa hai số giống nhau
Ngày 2
27/11/2011
Bài 5:(6 điểm) Tìm tất cả cÁc số nguyên dương n với tính chất : tồn tại một hoÁn vị của $(1,2,...,n)$ sao cho $\left \{ a_1,a_1a_2,a_1a_2a_3,...,a_1a_2...a_n\right \}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $n$

Bài 6: (7 điểm). Tìm tất cả cÁc hàm số $f,g : \mathbb Q\to\mathbb Q$ sao cho
$f(g(x)-g(y))=f(g(x))-y$
$g(f(x)-f(y))=g(f(x))-y$
với mọi số hữu tỉ $x,y$.

Bài 7: (7 điểm)Tron trường có $n$ em học sinh. Gọi $A_1$ (tương ứng $A_2$) là số cÁch chọn ra hai em học sinh (không tính thứ tự) trong trường sao cho chênh lệch về cân nặng của hai em đó không quÁ 1 kg (tương ứng 2 kg). Chứng minh rằng $A_2<3A_1+n$.
---------------Hết-------------

$ f(a,b,c)= \dfrac{a}{b^{2}+1}+\dfrac{b}{c^{2}+1}+\dfrac{c}{a^{2}+1}$
$=a-\dfrac{ab^{2}}{b^{2}+1}+b-\dfrac{bc^{2}}{c^{2}+1}+c-\dfrac{ca^{2}}{a^{2}+1}=k-\dfrac{ab^{2}}{b^{2}+1}+\dfrac{bc^{2}}{c^{2}+1}+\dfrac{ca^{2}}{a^{2}+1}$
ta co: $\dfrac{ab^{2}}{b^{2}+1}+\dfrac{bc^{2}}{c^{2}+1}+\dfrac{ca^{2}}{a^{2}+1}\leq \dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ca}{2}\leq \dfrac{(a+b+c)^{2}}{6}=\dfrac{k^{2}}{6}$
vậy $f(a,b,c)\geq k-\dfrac{k^{2}}{6}$
dấu bằng đạt khi $a=b=c $
Đây đơn thuần chỉ là cosi ngược dấu

Thầy ơi thầy xem xem có tài liệu Tổ Hợp & Toán Rời Rạc nào dễ hiểu không share cho em với em học phần này ko giỏi lắm mới chỉ dừng lạiở mức độ đọc hiểu nhưng ko tự làm được

Giải phương trình nghiệm nguyên
$$x^{2008}-y^{2008}=2^{2009}$$

Giải bài cho đỡ buồn U23 Việt nam đá quyết tâm thế mà vẫn thua ko hiểu bọn Ina nó ăn gì mà khoẻ thế nhỉ , ghét nhất thằng BONNAI
ta có
$ x^{2008}-y^{2008}=2^{2009}$
$ \Leftrightarrow (x^{1004}-y^{1004})(x^{1004}+y^{1004})=2^{2009}$
ta có hệ
$ \begin{cases}
x^{1004}-y^{1004}=2^{m}\\
x^{1004}+y^{1004}=2^{n}\\
\end{cases}$
với $ m<n$
$ m=1\Rightarrow n=2008\Rightarrow $thay vào giải tiếp
ta có giả sử $ m>n$ nên $ 2x^{1004}=2^{m}(2^{n-m}+1)(m> 1)$
ta có $ m> 1\Rightarrow x$ chẵn thì$ m>1005 $nên $ n<1004$ vô lí

THQ034
$ (3a^{2}+3b^{2}+4c^{2}+2ab+bc+ca)(a-b)^{2}+
(3b^{2}+3c^{2}+4a^{2}+2bc+ac+ab)(b-c)^{2}+(3c^{2}+3a^{2}+4b^{2}+2ac+ab+bc)(c-a)^{2}$
Đây là phân tích của câu THQ034 còn các câu có dấu bằng không xảy ra tại $ a=b=c $ thì ai biết post nhé còn câu đẩu thì có một cách khác không cần phân tích bình phương
$ a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}$(BĐT hoán vị)
$ \Rightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+2abc(a+b+c)=(ab+bc+ca)^{2}\geq 0$

BĐT $ \Leftrightarrow (a-b)^{2}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{8}{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}+a+b})\geq 0$
$ \Rightarrow Q.E.D$

hoàn toàn là chọn điểm rơi
$ a^{3}+\dfrac{216}{125}+\dfrac{216}{125}\geq \dfrac{108}{25}a$
$ b^{3}+\dfrac{216}{125}+\dfrac{216}{125}\geq \dfrac{108}{25}b$
$ 4c^{3}+\dfrac{108}{125}+\dfrac{108}{125}\geq \dfrac{108}{25}c$
cộng các vế rồi trừ ta có min
dấu bằng xảy ra khi$ a=b=\dfrac{6}{5} c=\dfrac{3}{5}$

Bài 1b
$ 3x(2+\sqrt{9x^{2}+3})-(x+1)(2+\sqrt{x^{2}+2x+4})=0$
$ \Leftrightarrow 3x(2+\sqrt{9x^{2}+3})=(x+1)(2+\sqrt{x^{2}+2x+4})$
xét hàm số sau
$ g(t)=x(2+\sqrt{x^{2}+3})$ đồng biến $ \Rightarrow g(3x)=g(x+1)$
$ \Leftrightarrow 3x=x+1\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

$ \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=1+u_{n}^{2011}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{u_{n}^{2011}}{u_{n+1}}=\dfrac{1}{u_{n}}-\dfrac{1}{u_{n+1}}$
$ \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}\dfrac{u_{k}^{2011}}{u_{k+1}}=1-\dfrac{1}{u_{n+1}}$
theo ct truy hồi$ u_{n+1}=u_{n}+u_{n}^{2012}$ đây là hàm tăng
giả sử u_{n có giới hạn là L}
$\rightarrow L=L+L^{2012}$
$ \rightarrow L=0 <1vôlí\Rightarrow u_{n}\rightarrow +\infty$
vậy$ lim\sum_{k=1}^{n}\dfrac{u_{k}^{2011}}{u_{k+1}}=1$

$ x^{3}-3x^{2}-8x+40=8\sqrt[4]{4x+4}$
ta có$ 8\sqrt[4]{4x+4} =\sqrt[4]{2^{4}2^{4}2^{4}(4x+4)}\leq x+13(AM-GM)$
ta phải chứng minh$ x^{3}-3x^{2}-8x+40\geq x+13$
$ \Leftrightarrow (x-3)^{2}(x+3)\geq 0 \forall x$(có xét cả đk $ x\geq -1$)
đề thi quốc gia 1năm

ta có $ x+\dfrac{3x}{\sqrt{x^{2}+1}}=1$
đặt $ x=tan\alpha (-\dfrac{\pi}{2}\leq \alpha\leq \dfrac{\pi}{2} )$
thay vô pt ta có
$ tan\alpha +3sin\alpha =1$
$ \Leftrightarrow 3sin\alpha cos\alpha +sin\alpha =cos\alpha $
$ \Leftrightarrow 3sin\alpha cos\alpha=cos\alpha-sin\alpha $
đặt $ sin\alpha cos\alpha =t(-\dfrac{1}{2}\leq t\leq \dfrac{1}{2})$
pt tương đương $ 9t^{2}=1-2t$ giải ra rồi thử lại tìm ra nghiệm
tớ giải thế này phần điều kiện không biết đúng hay sai mong mọi người kiẻm tra giùm

Bài dãy số xim cm con b vì con a chỉ cần cm là dãy tăng(giảm) rồi cm bị chặn là được
Đặt
Đặt $ f(x)=\dfrac{3x+4}{x+1}\Rightarrow f'(x)=\dfrac{-1}{(x+1)^{2}}<0$
đây là hàm nghịch biến
áp dụng kết quả câu trên chia làm hai dãy $ u_{2n}$ và $ u_{2n+1}$
và $ lim u_{2n}=a$ ,$ limu_{2n+1}=b$
vậy từ $ f(f(u_{n}))=f(u_{n})$ ta có hệ
$ \begin{cases}
a=\dfrac{3b+4}{b+1} \\
b=\dfrac{3a+4}{a+1}\\
\end{cases}$
$ \Leftrightarrow a=b$ thay $ a=b $vào hệ giải ra có giới hạn cần tìm

cách làm bài BDT thứ 2
chuẩn hoá cho $ a+b+c=3$
$ \dfrac{a^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{b^{3}}{a^{2}+c^{2}}+\dfrac{c^{3}}{b^{2}+a^{2}}\geq \dfrac{1}{3}(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\sum \dfrac{1}{b^{2}+c^{2}})$
ta có$ \dfrac{1}{3}(a^{3}+b^{3}+c^{3})=\dfrac{(a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{9}\geq \dfrac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{9}$
lại có
$ \sum \dfrac{1}{b^{2}+c^{2}}\geq \dfrac{9}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{3}(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\sum \dfrac{1}{b^{2}+c^{2}})\geq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}$
$ \dfrac{b^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{b(b^{2}+c^{2})}{4}\geq b^{2}$
tương tự $ \dfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{a(a^{2}+b^{2})}{4}\geq a^{2}
\dfrac{c^{3}}{c^{2}+a^{2}}+\dfrac{c(c^{2}+a^{2})}{4}\geq c^{2}$
cộng lại thì
$ \dfrac{b^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{c^{3}}{c^{2}+a^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}-\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2}$
vậy thì
$ \dfrac{a^{3}+b^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{b^{3}+c^{3}}{c^{2}+a^{2}}+\dfrac{c^{3}+a^{3}}{a^{2}+b^{2}}\geq \dfrac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2}$
ta phải chứng minh
$ \dfrac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2}-3\geq 0$
đặt $ f(a,b,c)=\dfrac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2}-3$
$ f(\dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c)=\dfrac{3}{2}(\dfrac{(a+b)^{2}}{2}+c^{2})-\dfrac{(a+b)^{3}+4c^{3}}{8}-3$
dễ thấy$ f(a,b,c)\geq f(\dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c)$
ta chỉ cần chứng minh$ f(\dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c)\geq 0$
$ f(\dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c)=\dfrac{3}{2}(\dfrac{(3-c)^{2}+2c^{2}}{2})-\dfrac{(3-c)^{3}+4c^{3}}{8}-3=3\dfrac{(1-c)^{3}}{8}$
mà vì $ a+b+c=3$ thì luôn $ \exists a\leq 1$
vậy BĐT luôn đúng
ở đây mình giả sử $ a \ged b \ged c$ nhé