|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
21-09-2018, 12:06 PM | #16 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Câu BĐT đề KHTN: Với đề bài này ta nghĩ ngay tới phép thế $x=\frac{a}{b+c}, y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ Biểu thức đã cho trở thành: $A=\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)}+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)( c+a)}}\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}$ Hay: $1+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}-2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}})$ Đặt $\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=t$ $1.$ Nếu a,b,c không có số nào bằng 0 thì $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq 2>t$ Nếu có $1$ số $=0$, dễ thấy không đồng thời có $2$ số $=0$ nên WLOG gs $a=0$ thì $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum\sqrt{\frac{b}{c}}\geq 2>t$ Rõ ràng cả $2$ TH đều cho ta $A\geq1$ hay $minA=1$ dấu $"="$ xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,0)$ và các hoán vị $2$. Ta có BĐT sau: $\sum \sqrt{\frac{2a}{b+c}}\geq 3$ $CM:$ Do vai trò đồng bậc, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ Bằng pp tiếp tuyến, ta CM đc $\sqrt{\frac{2a}{3-a}}\geq 1+\frac{a-1}{4}$ Biến đổi tương đương cái trên thành $(a-1)^2(a+5)\geq0$ hiển nhiên đúng Áp dụng: $A\leq -2t^2+\frac{3}{\sqrt{2}}t+1$ Kháo sát hàm bậc $2$ trên $[0,\frac{1}{2\sqrt{2}}]$ có $A'=-4t+\frac{3}{\sqrt{2}}>0$ nên hàm đồng biến Do vậy $A$ đạt cực đại tại $A(\frac{1}{2\sqrt{2}})=\frac{3}{2}$ Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=\frac{1}{2}$ ------------------------------ Bài $12$ Đại số (Quảng Bình): Gọi $x_1, x_2, . . . , x_n$ là các nghiệm thực của $P(x)$. Nếu tồn tại $i ∈ {1, 2, . . . , n}$ sao cho $x_i<y$ thì $P(x_i)>0$ (mâu thuẫn vì $x_i$ là nghiệm của $P(x)$). Vậy ta có $0 < y ≤ x_i (i=1,n)$ Mặt khác ta có $P(x) = (x − x_1) (x − x_2). . .(x − x_n)$ và $n$ chẵn nên $P(0) = (−1)^nx_1x_2 . . . x_n = x_1x_2 . . . x_n > 0$ (do n là số chẵn) $P(y) = (y − x_1) (y − x_2). . .(y − x_n)= (x1 − y) (x2 − y). . .(xn − y) ≥ 0$ Điều cần chứng minh trở thành $[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n≤ x_1x_2 . . . x_n$ Áp dụng BĐT Holder ta được: $x_1x_2 . . . x_n = (y + x_1 − y) (y + x_2 − y). . .(y + x_n − y)≥[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n$ Đây chính là điều phải chứng minh. thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 21-09-2018 lúc 12:26 PM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following User Says Thank You to nguyenhaan2209 For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 01:28 PM | #17 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Câu $13$ Đại số (Quảng Bình) $f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y) \forall x\in R$ (1) Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x$ bởi $u$, $y$ bởi $v$ vào (1) + $P(x,0): f(0)(f(x)-2)=0$. TH $f(x)=2\forall x\in R$ ta thấy thỏa mãn do đó ta xét $f(0)=0$ + $P(-1,-1): f(1)=f(-1)^2$ mà $P(0,1): f(-1)=-f(1)$ nên $f(1)=0$ hoặc $1$ $TH1: f(1)=0$ nên $f(-1)=0$ + $P(x+1,1): f(x)=0$ thử lại ta thấy $f(x)=0 \forall x\in R$ thỏa mãn TH$2$: $f(1)=1$ + $P(x+1,1): f(x+1)=f(x)+1$ $(2)$ + $P(x+1,y): f(x+1-y)+f(xy+y)=f(x+1)-f(y)+f(x+1)f(y)$ Từ $(2)\Rightarrow f(x-y)+1+f(xy+y)=f(x)+1-f(y)+f(x)f(y)+f(y)$ $\Rightarrow f(x-y)+f(xy+y)=f(x)+f(x)f(y)=f(x-y)+f(xy)+f(y)$ $\Rightarrow f(xy+y)=f(xy)+f(y) \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$ $(3)$ + $P(0,y):f(-y)=-f(y)$ do đó $f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)$ Thay vào $(1)$ thì $f(xy)=f(x)f(y)$ $(4)$ Từ $(3)(4)$ theo kết quả quen thuộc thì $f(x)=x$ Vậy bài toán có $3$ nghiệm hàm là $f(x)\equiv 0, f(x)\equiv 2, f(x)\equiv x \forall x\in R$ |
21-09-2018, 01:38 PM | #18 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 48 Thanks: 52 Thanked 57 Times in 30 Posts | Trích:
\[1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{4} .\] Theo giả thiết thì và kết hợp đẳng thức trên thì \[ \sum_{k=1}^nx^3_k+ \sum_{k=1}^nk^3= \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{2}.\] Vì thế bài toán cần chứng minh \[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \sum_{k=1}^n \left( x^3_k+k^3\right),\] hay \[\sum_{k=1}^n \left( x_k-k\right)^2\left( x_k+k\right)\ge 0.\] Bất đẳng thức trên là luôn đúng trên tập số tự nhiên. | |
The Following User Says Thank You to Le khanhsy For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 02:53 PM | #19 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
2. Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau: " Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn (I); đường phân giác của góc $B$ cắt $AC$ tại $E$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $K$; đường phân giác góc $C$ cắt $AB$ tại $F$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $L$. Khi đó ta có $IE.BK=IF.CL$" Chứng minh: Kí hiệu $a$, $b$, $c$ lần lượt là độ dài các cạnh $BC$, $CA$, $AB$; $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$ và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $BK.BE=ca$, đồng thời $\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{\left[ {AIC} \right]}}{{\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\frac{1}{2}br}}{{pr}} = \frac{b}{{a + b + c}}$, nên $BK.IE = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, tương tự $CL.IF = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, suy ra $IE.BK=IF.CL$. Hoàn tất chứng minh. Trở lại bài toán. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFPQ$ . Ta có $K$ nằm trên $\Delta $ nếu và chỉ nếu $IK$ vuông góc với $BC$, hay:\[I{B^2} - I{C^2} = K{B^2} - K{C^2} \qquad(1).\] Điều này tương đương với: \[ IB.BP + IB.IP - IC.CQ - IC.IQ = BP.BE - CQ.CF.\] Hay: \[\begin{array}{l} {\rm{ }}IB.IP - IC.IQ = BP.IE - CQ.IF\\ \Leftrightarrow IN.IF - IE.IM = BP.IE - CQ.IF\\ \Leftrightarrow IE.\left( {BP + IM} \right) = IF.\left( {CQ + IN} \right)\\ \Leftrightarrow IE.\left( {BM - PI} \right) = IF.\left( {CN - IQ} \right)\\ \Leftrightarrow IE.BM = IF.CN. \qquad(2) \end{array}\] Tới đây, áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có ngay đẳng thức $(2)$ đúng, tức là đẳng thức $(1)$ đúng, do đó $K$ thuộc $\Delta$. | |
The Following 2 Users Say Thank You to ncthanh For This Useful Post: | Le khanhsy (25-09-2018), nguyenhaan2209 (21-09-2018) |
21-09-2018, 04:11 PM | #20 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Hình học $1$. Chú ý tính chất điểm $Kosnita$ ($U$ là tâm $(OBC)$ thì $AU,BP,CQ$ đồng quy). Đoạn sau sử dụng hàng điểm điều hòa và chú ý qua phép đối xứng trục là pg góc $A$ bảo toàn tỉ số kép nên $AX,AY$ đẳng giác $2$. Câu $a$ biến đổi góc đơn giản. Câu $b$ sử dụng định lí $4$ điểm ĐPCM tương đương với $SB^2-SC^2=IB^2-IC^2$ sau cùng cần cm $IE/IF=BN/CM$ điều này đúng dựa theo định lí $sin$ (lồng $IB, IC$ vào) và ta có ĐPCM $3$. $a) OJ.OK=ON.OM=OB.OD$ nên $BJDK$ nội tiếp $b)$ $OI.OK=1/2R.2R=OA^2$ nên $OAI=OKA=KAB$ nên $AK$, $AI$ đẳng giác góc $BAC$ mà $AI$ là đường kính $(APQ)$ nên $AK$ là đg cao tức $AK$ vg $PQ$ $4$. $a)$ Theo kết quả quen thuộc thì $BXYC$ nội tiếp mà $XY/BC=XY/2R=sinXBY=sinEFI=sinA/2$ luôn cố định do $A$ const $b)$ Kẻ đgt qua $N//BC$ ta có $IEG$~$IFH$ do $EIG=END=HNF=HIF$ nên $IH/IG=IE/IF=1$ tức $N$ là tđ $HG$ suy ra $AN$ đi qua tđ $M$ của $BC$ $NX/NY=IX/IY.cosC/2:cosB/2=sinC/2cosC/2:sinB/2cosB/2=sinC/sinB=AC/AB$ $5.$ $a)$$DH.DA=DB.DC=DG.DT$ (Maclaurin) nên $H$ là trực tâm $ATG$ hay $GH$ vg $AT$ $b)$Gọi $IJ$ cắt $(O)$ tại $S$, $GS$ cắt $(O)$ tại $L$. Ta có: $LC/LB=GC/GB.SB/SC$ (bổ đề quen thuộc) =$GC/GB.IC/IB.JB/JC$ (bổ đề cát tuyến) $=EC/EA.FA/FB.IC/IB.JB/JC$ (định lí $Menelaus$) $=(AC/AB)^2.DC/DB.sinPAC/sinPAB.JB/JD.JD/JC$ (định lí $sin$) $=(AC/AB)^2.DC/DB.AB/AC.PC/PB.BD/PC.BP/DC$ ($JB/JD=JP/JC$) $=AC/AB$ Từ đó theo bổ đề cát tuyến ta có $AL$ đi qua tđ $T$ của $BC$, từ đó rõ ràng thấy $S$ cố định hay $IJ$ luôn đi qua điểm $S$ cố định thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 21-09-2018 lúc 04:14 PM |
The Following User Says Thank You to nguyenhaan2209 For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 08:39 PM | #21 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
Giả sử $a = \max\{a,b,c\}.$ Ta xét hai trường hợp sau: 1. Nếu $b \geqslant c,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM \[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2.\] Ta quy bài toán về chứng minh \[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\] thu gọn thành \[\frac{(a-c)\left[b(b-c)+c(a-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng. 2. Nếu $b \leqslant c,$ đánh giá tương tự như trên \[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2,\] ta đưa bài toán về chứng minh \[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\] tương đương với \[\frac{(a-b)(2ca-ab-c^2)}{abc} \geqslant 0.\] \[\frac{(a-b)\left[c(a-c)+a(c-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng. Trong mọi trường hợp bất đẳng thức đều được chứng minh. Ngoài ra thì \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \-\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{ab^2} \geqslant 0.\] ------------------------------ Bài này có thể giải thuần túy Cauchy-Schwarz bằng 2 cách. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 21-09-2018 lúc 09:17 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 11:13 PM | #22 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
Ta có: \[\begin{array}{l} {x_{2n + 1}} = x_{n + 1}^2 + x_n^2,\forall n \ge 0\\ {x_{2n + 2}} = x_{n + 2}^2 - x_n^2,\forall n \ge 0 \end{array}\] nên ${x_{2n + 1}} + {x_{2n + 2}} = x_{n + 1}^2 + x_{n + 2}^2 = {x_{2n + 3}},\forall n \ge 0, \qquad(1).$ Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh \[{x_{2n}} = {x_{2n - 1}} + {x_{2n - 2}}, \forall n \ge 1, \qquad(2)\] Với $n=1$ dễ thấy mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng đến $n = k \ge 1$, tức là ${x_{2i}} = {x_{2i - 1}} + {x_{2i - 2}},\forall i = \overline {1,k} $. Ta cần chứng minh mệnh đề cũng đúng với $n=k+1$. Thật vậy, ta có: \[{x_{2k + 2}} - {x_{2k}} = \left( {x_{k + 2}^2 - x_k^2} \right) - \left( {x_{k + 1}^2 - x_{k - 1}^2} \right) = {\left( {{x_{k + 1}} + {x_k}} \right)^2} - {\left( {{x_{k + 1}} - {x_k}} \right)^2} - \left( {x_{k + 1}^2 + x_k^2} \right) = x_{k + 1}^2 + x_k^2 = {x_{2k + 1}}.\] Suy ra ${x_{2k + 2}} = {x_{2k + 1}} + {x_{2k}}$, tức là mệnh đề cũng đúng với $n=k+1$. Do đó $(2)$ được chứng minh. Từ $(1)$ và $(2)$ ta thu được ${x_{n + 2}} = {x_{n + 1}} + {x_n},\forall n \ge 0.$, đồng thời, để ý rằng ${x_0} = 0$ và ${x_1} = 1$ nên $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy Fibonacci. Từ đó, áp dụng tính chất quen thuộc của dãy Fibonacci: "${F_m}\mid {F_n}$ khi và chỉ khi $m\mid n$" ta có ngay điều cần chứng minh. Bởi nếu không, viết $n=qm$, với $m$ là số nguyên tố lẻ và $q$ là số tự nhiên lớn hơn 1, lúc đó ${x_m}\mid {x_{qm}} = {x_n}$, mà $\left( {{x_n}} \right)$ là dãy tăng nên ${x_m} \ge {x_3} = 2$, dẫn tới ${x_n}$ là hợp số. Vô lý!! | |
The Following User Says Thank You to ncthanh For This Useful Post: | MATHSCOPE (22-09-2018) |
22-09-2018, 03:27 PM | #23 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to Thụy An For This Useful Post: | ncthanh (22-09-2018) |
25-09-2018, 12:31 PM | #24 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Bài $16$ (Hưng Yên): Ta giải quyết bài toán tổng quát khi thay $2018$ bởi $n$ Ta CM mệnh đề bài toán bằng phương pháp quy nạp Xét đa thức $f_n(x)=\prod (x\pm \sqrt{a_1}x\pm...x\pm \sqrt{a_{n}})$ Đề bài tương đương với việc cm $f_n(\sqrt{a_{n+1}})f_n(-\sqrt{a_{n+1}})$ là scp $1$. $f_n(x) \in Z_{[x]}: f_n(x)=f_{n-1}(x-\sqrt{a_n})f_{n-1}(x+\sqrt{a_n})=A^2-B^2a_n \in Z \forall x \in Z$ Bằng công thức nội suy Lagrange ta dễ dàng có $f_n(x) \in Z_{[x]}$ $2$. Dễ thấy $f_n(x)$ chứa $2^n$ thừa số mà các thừa số có thể ghép cặp với nhau nên $f_n(x)$ là hàm chẵn Từ $(1)(2)$: $f_n(x)=g_n(x^2)$ với $g_n(x) \in Z_{[x]}$ nên $f_n(\sqrt{a_{n+1}})f_n(-\sqrt{a_{n+1}})=g_n^2(a_{n+1})$ là SCP Bài $17$ (Hưng Yên): Ta có $2$ nhận xét sau $1$. Không có $2$ số lẻ nào kề nhau: Giả sử ngược lại tồn tại $2$ số lẻ kề nhau khi đó dựa vào $ii)$ dễ có tất cả các số trên bảng lẻ vô lí do trái với $i)$ $2$. Không có $2$ số chẵn nào kề nhau: CMTT như trên Xét khoảng cách giữa $2$ số lẻ $x_i, x_j$ liên tiếp: Do $(1)$ nên $x_i-x_j \geq 2$ mặt khác nếu $x_i-x_j=2$ thì số nằm giữa là số lẻ vô lí Nếu $x_i-x_j>3$ thì giữa chúng có $>3$ số chẵn cũng vô lí theo $(2)$ Vậy rõ ràng $2$ số lẻ liên tiếp cách nhau bởi $2$ số chẵn Ta thiết lập ánh xạ sao cho mỗi số lẻ đi kèm bởi $2$ số chẵn ngay sau nó dễ thấy chúng tạo thành $1$ chu trình đi hết đa giác nên số đỉnh của đa giác phải chia hết cho $3$ và ta có ĐPCM thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 25-09-2018 lúc 12:48 PM Lý do: Tự động gộp bài |
25-09-2018, 05:00 PM | #25 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | |
26-09-2018, 10:15 AM | #26 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2017 Bài gởi: 11 Thanks: 2 Thanked 1 Time in 1 Post | |
27-09-2018, 01:16 AM | #27 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2017 Bài gởi: 19 Thanks: 2 Thanked 3 Times in 3 Posts | Phương trình tương đương với\[(2x+3y)^2+(2y)^2=p.\]Tới đây đơn giản, vì $p=2$ thì không có nghiệm, còn với $p$ lẻ thì phương trình đó có nghiệm khi và chỉ khi $p\equiv 1\pmod 4.$ |
29-09-2018, 03:03 AM | #28 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
Đặt ${{x_1}{x_2} \ldots {x_n}}=P$, ta có $x_i+\dfrac{x_i}{P}\in\mathbb Z,\; \forall i=\overline{1,\,n}$, tức là với số nguyên tố $p$ bất kỳ ta có\[\begin{align}0 \le {v_p}\left( {{x_i} + \frac{{{x_i}}}{P}} \right) = {v_p}\left( {{x_i}} \right) + {v_p}\left( {1 + P} \right) - {v_p}\left( P \right)\quad \forall i=\overline{1,\,n},\quad (1).\end{align}\]Lấy tổng lại và để ý $v_p(P)=\sum\limits_{1\le i\le n}v_p\left (x_i \right )$, ta có\[0 \le n{v_p}\left( {1 + P} \right)-(n-1){v_p}\left( P \right) ,\quad (2).\]
| |
30-09-2018, 01:26 PM | #29 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Số học: Câu $14$: Tổng quát $2018$ bởi $n$ ta giải quyết bài toán như sau Giả sử $a_1=min(a_i)$. Xét TH $n$ lẻ thì $n+1$ chẵn do đó $a^{n+1}=(a_1-1)^{n+1} (mod a+a_1-1)$. Theo gt ta đặt $a=a_1k$. Chú ý rằng $(a_1-1)^{n+1}+a-1=(a_1-1)^{n+1}-a+a_1k \vdots a_1$ Từ đó kết hợp với $gcd(a_1,a+a_1-1)=1$ nên $a_1(a+a_1-1)|(a_1-1)^{n+1}+a-1$ nên $(a_1-1)^{n+1}+a-1 \geq a_1(a+a_1-1)$ Hay $(a_1-1)^{n+1}+a_1k \geq a_1^2k+a_1^2-a_1$ Chú ý rằng $k \geq a_1^{n-1}$ nên $(a_1-1)^{n+1} \geq a_1(a_1-1)k+a_1^2+a_1-a_1+1>a_1(a_1-1)a_1^{n-1}=a_1^n(a_1-1)$ suy ra $(a_1-1)^{n+1} \geq a_1^n(a_1-1)$ vô lí TH$2$: $n$ chẵn nên $n+1$ lẻ tương tự ta có $(a+a_1-1)|(a_1-1)^{n+1}-a+1$ mà $n+1$ lẻ nên $(a_1-1)^{n+1}+1 \equiv 0 (mod a_1)$. Do vậy $a_1(a+a_1-1)|(a_1-1)^{n+1}-1$ nên $(a_1-1)^{n+1}<a$ khi ấy $a-(a_1-1)^{n+1}-1 \geq 0$ mà $a_1(a+a_1-1)>a-(a_1-1)^{n+1}-1$ nên buộc $a-(a_1-1)^{n+1}-1=0$ hay $a=(a_1-1)^{n+1}+1$. Khi đó $((a_1-1)^{n+1}+a_1)|((a_1-1)^{n+1}+1)^{n+1}-(a_1-1)^{n+1}$ hay $(a_1-1)^{n+1}+a_1|a_1^{n+1}-a_1$ vậy $(a_1-1)^{n+1}+a_1|a_1^n-1$ vô lí do $VT>VP$ (cm bằng quy nạp) và ta có ĐPCM Câu $19$: Áp dụng bổ đề $(4x^2-1)^2$ chia hết cho $4xy-1$ khi và chỉ khi $x=y$ (Vieta jumping-IMO 2007) từ đó thay $x=k, y=3n$ ta có $k=3n$ Câu $20$: a) Ta giải quyết bằng cách chọn $4$ số sao cho không có điểm bất động, bằng xét TH ta được kq là $10$. Mà có $41$ lớp đồng dư module $41$ nên kq là $10^{41}$ $b)$ Sử dụng luật thuận nghịch Gauss và chú ý $41$ có dạng $8k+1$ nên $(2/41)=1$ từ đó ta tìm đc $20$ scp mod $41$ và $20$ số ko cp mod $41$. Ta giải quyết $41$ số đầu nhận giá trị từ $1$ đến $41$, $123$ số sau đơn thuần là đồng dư với $41$ số đầu theo mod $41$. Ta chỉ ra chu trình sau: $(2,6,13,12,11,7,14,28,15,17,19,22,34,29,24,35,27, 26,30,38,36,31,23,37,1,32,8,5,4,10,18,21,33,40,20, 39,9,35,23,16,41)$ thỏa mãn đề bài và câu trả lời là tồn tại (Tính toán khá mệt) Câu $22$: Xét ước và chặn khoảng của $n$ từ đó tìm đc $n=897$ Câu $23$: Trừ các đa thức cho nhau ta có $a,b+1,c$ chia hết cho $p$ thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 30-09-2018 lúc 01:31 PM |
30-09-2018, 05:07 PM | #30 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
Trích:
Để ý rằng, với mỗi $0\le i\le 9,\,0\le t\le 3$ sẽ tồn tại $k\in\mathbb Z^+$ thỏa $$\left( {{a_{41t+4i + 1}} ,\; {a_{41t+4i + 2}} ,\; {a_{41t+4i + 3}} ,\; {a_{41t+4i + 4}}} \right)=\left( 41t+{{r_{2k}},\;41t+{r_{2k - 1}},\;41t+{r_{20 + 2k - 1}},\;41t+{r_{20 + 2k}}} \right).$$ Vì thế nên ta có\[\begin{array}{l} {a_{41t+4i + 1}} + {a_{41t+4i + 2}} + {a_{41t+4i + 3}} + {a_{41t+4i + 4}} &\equiv {r_{2k}} + {r_{2k - 1}} + {r_{20 + 2k - 1}} + {r_{20 + 2k}}\\ &\equiv {6^{2k}} + {6^{2k - 1}} + {6^{20 + 2k - 1}} + {6^{20 + 2k}}\\ & \equiv \left( {{6^{20}} + 1} \right)\left( {{6^{2k}} + {6^{2k - 1}}} \right)\\ &\equiv 0\pmod{41}. \end{array}\]Kết hợp $41\mid a_i$ nếu $i\mid 41$, nên nếu $m$ chia $41$ dư $n$ thì có\[S_m={a_1} + {a_2} + \ldots + {a_m} \equiv {a_1} + {a_2} + \ldots + {a_n}\pmod{41}.\]Giả sử $n$ chia $4$ dư $r$, ta xét
| ||
The Following 2 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post: | huynhcongbang (03-10-2018), Le khanhsy (28-10-2018) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|