VMO preparation bồi dưỡng thi olympic toán

13 411 1
VMO preparation bồi dưỡng thi olympic toán

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,

Đề số 1 Cho f: R  R hàm số thoả mãn điều kiện f(x2+x+3) + 2f(x2-3x+5) = 6x2 – 10x + 17 với x thuộc R Hãy tìm f(85) Cho tam giác ABC có cạnh a M điểm mặt phẳng tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến A, B, C tương ứng p, q, r khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng Chứng minh biểu thức P = x2 + y2 + z2 – 2(p2+q2+r2) không phụ thuộc vào vị trí điểm M Tìm tất số nguyên dương lẻ n cho tồn số nguyên lẻ x 1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện x12 + x22 + … + xn2 = n4 Cho P điểm nằm hyperbol xy = Q điểm nằm ellipse x2 + 6y2 = Chứng minh khoảng cách P Q không nhỏ 9/7 Gọi O giao điểm hai đường chéo tứ giác lồi ABCD, AO = CO Các điểm P Q chọn đoạn AO CO tương ứng cho PO = OQ Gọi N K giao điểm cạnh AB, CD với đường thẳng DP, BQ tương ứng Chứng minh N, O, K thẳng hàng  1 Dãy số xn xác định 1 +   n n + xn = e Chứng minh dãy số {x n} có giới hạn n dần đến vô tìm giới hạn Trong nhóm 17 người biết người có người quen Chứng minh tìm người không quen người quen chung Đề số Giải hệ phương trình  x( y + z ) = x +   y ( z + x) = y +  z( x + y) = z +  Cho tam giác cân ABC với AB = AC P điểm nằm hay nằm cạnh tam giác ABC Chứng minh PA + PB.PC ≤ AB2 [ n / 2] Chứng minh ∑ (−2007) k =0 k C n2 k chia hết cho 2n-1 Cho a, b, c số thực dương phân biệt Chứng minh a (b + c ) + b (c + a) + c (a + b) − 6abc 16abc ≥ 2 a + b + c − ab − bc − ca (a + b + c) Trên phân giác góc A tam giác ABC bên tam giác tìm điểm L cho ∠LBC = ∠LCA = ∠LAB Chứng minh độ dài cạnh tam giác ABC tạo thành cấp số nhân Tìm tất hàm số f: Q  R thoả mãn điều kiện | f(x) – f(y) | ≤ (x-y)2 với x, y thuộc Q Tại hội nghị có 100 đại biểu Trong số có 15 người Pháp, người quen với 70 đại biểu 85 người Đức, người quen với không 10 đại biểu Họ phân vào 21 phòng Chứng minh có phòng không chứa cặp quen Đề số Giải phương trình x + x + log x = x +1 2 Trong hình vuông ABCD cạnh BC CD lấy điểm P Q tương ứng; độ dài đoạn PQ d Đường tròn đường kính d tiếp xúc với cạnh AB, AD đoạn PQ Chứng minh ∠PAQ = 450 Chứng minh số nguyên đôi khác tìm số a, b, x y cho ab – xy chia hết cho Khẳng định có không với số? Chứng minh với số thực x > số nguyên dương n ta có bất đẳng thức (1+xn+1)(1+x)n-1 ≥ (2x)n Các đường chéo hình thang ABCD cắt điểm P Điểm Q nằm hai đáy BC AD chọn cho ∠AQD = ∠CQB Điểm P Q nằm khác phía cạnh CD Chứng minh ∠BQP = ∠DAQ Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(x+y) = f(x).f(y).f(xy) với số thực x, y Với số nguyên dương n > xét S = {1, 2, 3, …, n} Tô số S màu, u số màu đỏ v số màu xanh Hãy tìm số (x, y, z) thuộc S cho a) x, y, z tô màu; b) x + y + z chia hết cho n Đề số Giải phương trình (2x3+x-3)3 = – x3 Chứng minh sin π 3π 5π π 3π 5π sin sin = − sin + sin − sin 14 14 14 14 14 14 Chứng minh tồn đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện: phương trình P(x) = nghiệm nguyên với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho P(x) chia hết cho n Cho n ≥ số nguyên dương, a 1, …, an; b1, …, bn số thực thoả mãn điều kiện n ∑ ai2 = 1, i =1 n n ∑ bi2 = 1, ∑a b i =1 i =1 i i =0 2  n   n  Chứng minh  ∑  +  ∑ bi  ≤ n  i =1   i =1  Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đáy AC điểm E, với cạnh bên AB, BC M K Đường thẳng MK cắt cạnh AC nối dài P Chứng minh PI vuông góc với BE Dãy số {an} xác định công thức truy hồi a n −1 a1 = 1/2, a n = 2n.a + với n > n −1 (a1 + a + + a n ) Tìm giới hạn lim n →∞ Cho X tập n+2 phần tử {-n, -n+1, …, n-1, n} Chứng minh tồn ba phần tử phân biệt a, b, c X cho a + b = c Đề số Giải phương trình x − 12 x + 72 + x − x + 18 = y + 12 y + 72 − y − y + 18 Cho tam giác ABC có BC > AB > AC cosA + cosB + cosC = 11/8 Xét điểm X thuộc BC Y thuộc AC kéo dài phía C cho BX = AY = AB a) Chứng minh XY = AB/2 b) Gọi Z điểm nằm cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác không chứa C cho ZC = ZA + ZB Hãy tính tỷ số ZC/(XC+YC) Chứng minh với số tự nhiên a > tồn dãy số tăng số nguyên dương a1, a2, a3, … cho a12 + a22 + …+ ak2 chia hết cho a1 + a2 + … + ak với k ≥ Cho a, b, c > 0, a + b + c = Chứng minh 1 + + ≥ a2 + b2 + c2 a b c Cho tam giác ABC có đường phân giác AD Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ADB ADC M N tương ứng Chứng minh đường tròn qua trung điểm đoạn BD, DC MN tiếp xúc với (d) Cho dãy số thực không âm x 1, x2, …, x2008 thoả mãn điều kiện x1 = x2008 = 2008 với n = 2, 3, …, 2007 ta có x n+1 = xn2 – xn-12 + xn-1 Hãy tìm x1000 Cho bàn cờ 100 x 100 N quân cờ Xét cách xếp quân cờ vào ô bàn cờ thoả mãn điều kiện: hai quân cờ xếp vào ô kề Với giá trị nhỏ N tồn cách xếp vậy, chuyển quân cờ sang ô bên cạnh tính chất bị vi phạm Đề số Chứng minh với x cho sinx ≠ 0, tồn số tự nhiên n cho |sin(nx)| ≥ / Cho tam giác ABC có góc 4π/7, 2π/7, π/7 tương ứng Kẻ đường phân giác AA1, BB1, CC1 Chứng minh A1B1C1 tam giác Tìm tất số nguyên dương n biểu diễn dạng n = [a, b] + [b, c] + [c, a] a, b, c số nguyên dương ([a, b] ký hiệu bội số chung nhỏ số nguyên dương a, b) Các số thực khác khác đôi x, y, z thoả mãn điều kiện x3 + y2z = y3 + z2x = z3 + x2y Chứng minh 1/x + 1/y + 1/z = Lục giác lồi ABCDEF có ABF tam giác vuông cân A, BCEF hình bình hành AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 Tính diện tích lục giác Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(f(x) + y)) = f(f(x) – y) + 4f(x)y với x, y thuộc R Trong nhóm có 2n+1 người biết với n người tồn người không nằm số họ quen với tất n người Chứng minh nhóm người có người quen với tất người Lời giải, đáp số, hướng dẫn 1.1 Đáp số: f(85) = 167 Hướng dẫn: Thay x 1-x 1.2 Hướng dẫn: Dùng toạ độ véc-tơ 1.3 Lời giải tóm tắt: Nếu x số nguyên lẻ x ≡ mod Từ đó, n số nguyên dương thoả mãn yêu cầu xét hai vế theo mô-đun 8, ta suy n đồng dư mô-đun 8, tức n = 8k + Với n = 8k+1, ta chọn x = n2 – 2, x2 = 2n – 1, 8k-1 số lại có 3k số 5k-1 số tổng bình phương xi (n2-2)2 + (2n-1)2 + 27k + 5k-1 = n4 1.4 Bài toán tương đương với việc chứng minh xy = u + 6v2 = (x-u)2 + (y-v)2 ≥ (9/7)2 Áp dụng bất đẳng thức CBS, ta có (1+6)((x- u)2 + (y-v)2) ≥ ((x-u) + (y-v))2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có |x + y| = |x| + |y| ≥ Áp dụng bất đẳng thức CBS, ta có |u + v| ≤ 2(u + 6v ) = 12 Từ suy điều phải chứng minh 1.5 Cách Kẻ NM // KL // AC (M, L thuộc BD) Đặt a = BO, b = DO, c = PO = OQ, l = AO = OC, x = KL, u = OL, y = NM, v = OM Từ tam giác đồng dạng BOQ BLK suy x/c = (a+u)/a, suy x/c = + u/a Từ tam giác đồng dạng DOC DLK suy x/l = (b-u)/b, suy x/l = – u/b Từ suy x(1/c-1/l) = u(1/a+1/b), suy x/u = (1/a+1/b)/(1/c-1/l) Hoàn toàn tương tự y/v = (1/a+1/b)/(1/c-1/l) Từ suy x:u = y:v, suy tam giác ONM OKL đồng dạng, suy góc NOM KOL nhau, từ N, O, K thẳng hàng Cách Áp dụng định lý Menelaus thuận cho tam giác ABO, BQO cát tuyến KPD, DNC tương ứng Sau áp dụng định lý Menelaus đảo cho tam giác ABQ điểm K, O, N 1.6 Đáp số: 1/2 Hướng dẫn: Chứng minh bất đẳng thức x – x 2/2 < ln(1+x) < x – x2/2 + x3/3 dùng giới hạn kẹp Có thể chuyển sang hàm số dùng quy tắc L’Hopitale 1.7 Lời giải: Ta chuyển sang ngôn ngữ đồ thị, người tương ứng với đỉnh hai người quen nối cạnh Giả sử ngược lại với khẳng định toán, đỉnh X nối với 16 đỉnh lại, trực tiếp, qua đỉnh thứ Vì X nối với đỉnh đỉnh nối với đỉnh khác, đồ thị không đỉnh khác tất đỉnh nhắc đến khác Ngoài cạnh lại đồ thị có số lượng 17.4/2 – 16 = 18 nối đỉnh Mỗi 18 cạnh cho chu trình độ dài qua X Vì X đỉnh bất kỳ, qua 16 đỉnh lại có 18 chu trình Mỗi chu trình qua đỉnh, suy số chu trình 18.17/5, mâu thuẫn Như khẳng định toán chứng minh 2.1 Hướng dẫn: Đặt u = y+z-x, v = z+x – y, w = x + y – z x = (v+w)/2, y = (u+w)/2, z = (u+v)/2 ta hệ vu + wu = 4, uv + wv = 6, uw + vw = Từ suy uv = 1, uw = 3, vw = 2.2 Hướng dẫn: Dùng phương pháp toạ độ dùng phương tích Các dùng phương tích sơ lược sau: Vẽ đường tròn (C) tâm A bán kính R = AB Khi ta cần chứng minh PB.PC ≤ R2 – PA2 = PC(P) Nối dài BP cắt (C) B’, ta cần chứng minh PB’ > PC xong Cái dùng so sánh góc 2.3 Cách 1: Ta có tính chất: y số phương lẻ mô đun y số phương mô đun 2n với n Thật vậy, giả sử y = x mod 2n Đặt y = x2 + k.2n Xét (x + t.2n-1)2 = x2 + xt.2n + t2.22n-2 = y + (xt – k)2n + t2.22n-2 Vì n≥ nên 2n-2 ≥ n+1 x lẻ nên tồn t cho xt – k chia hết cho Vì -2007 số phương mod nên -2007 số phương mod n với n Tồn số nguyên lẻ x cho 2007 = x2 mod 2n Từ [ n / 2] [ n / 2] k =0 k =0 ∑ (−2007) k C n2k = ∑ ( x ) k C n2k (mod n ) Tiếp theo khai triển (x-1)n + (x+1)n suy đpcm [ n / 2] k 2k n n Cách 2: ∑ (−2007) C n =(1 − i 2007 ) + (1 + i 2007 ) = S n Ta có hệ thức truy k =0 hồi Sn+1 – 2Sn + 2008Sn-1 = Từ suy đpcm 2.4 Hướng dẫn: Có thể đưa dạng a (b + c ) + b (c + a) + c (a + b) − 6abc 16(a + b + c − ab − bc − ca) ≥ abc (a + b + c) dùng phương pháp: dồn biến, SOS, ABC Chú ý tương đương với toán sau: Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1, chứng minh 1 + + + 48(ab + bc + ca) ≥ 25 a b c Một cách giải khác: 2.5 Cách Đặt ∠LBC = ∠LCA = ∠LAB = ∠LAC = α Áp dụng định lý hàm số cho tam giác LBC, ta có cosα = (LB2 + a2 – LC2)/2a.LB Hạ LH vuông góc AB AH = b/2, suy LB – LC2 = BH2 – AH2 = c2 – bc Từ cosα = (a2 + c2 – bc)/2a.LB Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác LAB ta có LB/sinα = c/sinB, suy LB = csinα/sinB Thay vào, ý 2sinαcosα = sinA ta suy đpcm Cách Áp dụng định lý hàm số sin AL/sin(B-A/2) = BL/sin(A/2); BL/sin(C-A/2) = LC/sin(A/2) Từ đó, AL = LC suy sin 2(A/2) = sin(BA/2)sin(C-A/2) Biến đổi đẳng thức suy a2 = bc Cách Nối dài BL cắt đường tròn nội tiếp tam giác ALC Q Chứng minh ABC đồng dạng QCA => AB/QC = BC/CA Mà QC = BC => đpcm 2.6 Chia đoạn [x, y] thành n đoạn điểm x = x, x1, x2, …, xn = y ta có |f(x) – f(y)| = |f(x0) – f(x1) + f(x1) – f(x2) + … + f(xn-1) – f(xn)| n ≤ ∑ ( xi − xi −1 ) =| x − y | / n i =1 Vì n chọn tuỳ ý nên từ suy f(x) = f(y) Từ suy f(x) hàm 2.7 Mỗi người Pháp phải quen với 70-14 = 56 người Đức Suy số cặp người quen Pháp-Đức 15 x 56 = 840 Có 21 phòng, có 15 người Pháp, suy có phòng toàn người Đức Ta chứng minh phòng cặp quen Thực vậy, giả sử ngược lại, phòng phòng có cặp quen có cặp người Đức quen  có 12 người Đức quen nhiều người Pháp Từ đó, số cặp quen Đức Pháp không vượt 12 x + 73 x 10 = 838, mâu thuẫn 3.1 Rõ ràng x = nghiệm phương trình Nếu x > x + x > x + nên VT > VP Nếu x < x+1 > x + x nên VT < VP Suy x = nghiệm phương trình 3.2 Hướng dẫn: Tính toán, toạ độ dựng tam giác vuông cân PO 1Q Chứng minh O1 tâm đường tròn đường kính d 3.3 Hướng dẫn: Chỉ cần xét theo môđun Nếu có số = OK Nếu có nhiều Suy có số khác Nếu tất khác OK, lấy 5.6 – 1.2 = 27 chia hết cho Nếu có cặp giống OK Vậy có a, a b, c, d, e (b, c, d, e a Trong số bc, bd, be, cd, ce, de có số giống OK Nếu khác phải có cặp đồng dư với a mođun 3.4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy + xn+1 ≥ 2xn+1/2, 1+x ≥ 2x1/2 3.5 Dùng phép vị tự 3.6 Thay x = y = ta f(0) = f 3(0) Suy f(0) = f(0) = ± Nếu f(0) = thay y = phương trình, suy f(x) đồng Nếu f(0) = ± 1.thì thay y = -x suy ± 1= f(x)f(-x)f(-x2) Suy f(x) khác với x Thay x x-1 y = 1, suy f(x) = f2(x-1)f(1) với x thay y = -1 f(x-1) = f(x)f(-1)f(-x) Từ suy f(x) = f2(x)f2(-1)f2(-x)f(1) suy f(x)f2(-x) = const Thay x –x suy f(-x)f2(x) = const  f(x) = const Cách Cũng xét trường hợp tồn a cho f(a) = trường hợp f(x) khác với x Trong trường hợp thứ 2, khai triển f(x+y+1), ta f(x+y+1) = f(x)f(y+1)f(xy+x) = f(x)f(y)f(1)f(y)f(xy)f(x)f(x2y) = f2(x)f2(y)f(1)f(xy)f(x2y) Đổi vị trí x, y f(x 2y) = f(xy2) Từ suy f(x) = c với x khác Tiếp theo đơn giản 3.7 Hướng dẫn: Số cách x, y, z cho x + y + z chia hết cho n n (x có n cách chọn, y có n cách chọn Sau chọn x, y z có cách chọn) Trong số có 3uv khác màu (vì sao?) Từ suy đáp số (u+v)2 – 3uv = u2 + v2 – uv Cách khác: Gọi a 1, …, au số tô màu xanh, b1, b2, …, bv số tô màu đỏ Đặt f(x) = x a1 + … + xau, g(x) = xb1 + … + xbv Ta cần tính tổng S hệ số số hạng x kn f3(x) + g3(x) Nhưng f3(x) + g3(x) = (f(x) + g(x))(f2(x) +g2(x) – f(x)g(x)) = (x + x2 + … + xn)(f2(x) +g2(x) – f(x)g(x)) Chú ý ứng với hệ số xk khai triển tắc f2(x) +g2(x) – f(x)g(x), tồn i thuộc 1, 2, …, n cho cho k+i bội n Suy S tổng hệ số f 2(x) +g2(x) – f(x)g(x), tức f2(1) +g2(1) – f(1)g(1) = u2 + v2 – uv 4.1 Cách Chứng minh phương trình có nghiệm Chứng minh 2x3 = x nghiệm phương trình Cách 2: Đặt – x3 = y3 (1) từ phương trình ta 2x + x – = y (2), cộng (1) (2) suy x3 + x = y3 + y Do hàm x3 + x tăng nên từ suy ta x = y Từ – x3 = x3 suy x = (3/2)1/3 Thử lại nghiệm 4.2 Ta có π 3π 5π − 2π 4π 5π 7π 3π 9π π sin sin = 2(cos − cos ) sin = (sin + sin ) − (sin + sin ) 14 14 14 14 14 14 14 14 14 14 π 3π 5π = − sin + sin − sin 14 14 14 sin 4.3 Ta chọn P(x) = 6x2 – 5x + = (2x-1)(3x-1) Phương trình có nghiệm 1/2, 1/3, không nguyên Nếu n = 2a.m, m số lẻ a số nguyên không âm Đặt r = (m+1)/2 Khi 2r-1 = m tất số có dạng 2(r+km) – bội số m Vì (3, 2a) = nên tồn b, c nguyên cho 3b + 2a.c = Tất số 3(b+k.2a) – có 2a ước số chung Vì (2a, m) = tồn số nguyên x cho x chia m dư r chia 2a dư b Như ta nói trên, 2x-1 chia hết cho m 3x-1 chia hết cho a Và (2x-1)(3x-1) chia hết cho n = 2a.m n n i =1 i =1 4.4 Đặt A = A = ∑ Ai , B = ∑ Bi , Ta có n n ≤ ∑ (1 − Aai − Bbi ) =∑ (1 + A ai2 + B bi2 − Aai − Bbi + ABai bi ) i =1 i =1 n n n n n n i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 = ∑1 + A ∑ a i2 + B ∑ bi2 − A∑ − B ∑ bi + AB ∑ bi = n − A − B 4.5 Tính toán theo cạnh Hoặc dùng véc-tơ: Khai triển theo IE EA.Sử dụng tính chất aIA + bIB + cIC = Hoặc dùng phép nghịch đảo, dùng cực đối cực 4.6 Hướng dẫn: Chứng minh an = n(n+1) 4.7 Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, ta có + (-1) = Giả sử mệnh đề đến với số < n Xét trường hợp Trường hợp 1: Trong n+2 số đủ số n –n Khi có (n-1) + số nằm {1-n , – n, …, n-2, n-1} có số a, b, c phân biệt mà a + b = c Trường hợp 2: X chứa n –n Nếu X chứa xong Nếu X không chứa 0, ta n số có trị tuyệt đối từ đến n-1 Có tất n-1 cặp số cách n đơn vị phải có cặp nằm X, giả sử (a, a+n) Khi a+n + (-n) = a 5.1 Đáp số x = 4, y = 12 Hướng dẫn: dùng bất đẳng thức 5.3 Hướng dẫn: Xây dựng dãy quy nạp 5.4 Hướng dẫn: 1) Chứng minh abc(1/a + 1/b2 + 1/c2) ≥ abc(a2+b2+c2) ≤ 2) Dùng dồn biến 3) Dùng phương pháp tiếp tuyến 5.6 Hướng dẫn: Chứng minh dãy dãy 5.7 Đáp số: N = 100 Giả sử tồn cách xếp cho N < 100 Suy phải tồn hàng trống Hàng chia bàn cờ thành phần (trong có phần rỗng) Nếu hàng trống biên tồn quân cờ gần biên Di chuyển quân sang biên ta cấu hình thoả mãn Mâu thuẫn Nếu hàng trống Khi hai hàng bên cạnh hàng trống trống … 6.3 Gọi X tập hợp số n biểu diễn dạng Với a = b = 1, c = k, ta n = 2k + Suy số lẻ lớn thuộc x Vì [2a, 2b] = 2[a, b] nên n thuộc X 2n thuộc X Suy tất số có dạng u (2k+1) thuộc X Chỉ lại số có dạng k Ta chứng minh số dạng không thuộc X Thật vậy, giả sử n = k số nhỏ biểu diễn dạng n = [a, b] + [b, c] + [c, a] Khi a, b, c đồng thời chẵn (khi n/2 biểu diễn được) đồng thời lẻ (khi n lẻ) Trường hợp số hai lẻ, số chẵn xảy n lẻ Cuối cùng, trường hợp a lẻ, b, c chẵn, ta có n = [a, b] + [b, c] + [c, a] = [2a, b] + [b, c] + [c, 2a] suy n/2 = [a, b/2] + [b/2, c/2] + [c/2, a] 6.6 Thay y = f(x) ta f(2f(x)) = f(0) + 4f 2(x) Thay y 2f(y) – f(x) ta f(2f(x) – 2f(y)) = f(2f(y)) – 4f(x)(2f(y)-f(x)) = f(0) + 4f 2(y) + 4f(x)(2f(y)f(x)) = f(0) + (2f(x)-2f(y))2 Nếu tồn x0 với f(x0) ≠ với x thuộc R ta có x = 2f(f(x0) + x/8f(x0)) – 2f(f(x0)-x/8f(x0)), nên f(x) = x2 + f(0) 6.7 Ta chứng minh tồn n+1 người đôi quen Thật vậy, giả sử k số lớn cho tồn k người đôi quen k < n+1 Khi xét k người này, theo giả thiết, tồn người khác k người quen với tất k người này, suy có k+1 người đôi quen nhau, mâu thuẫn Vậy có n+1 người đôi quen Xét n người lại, theo giả thiết, có người n+1 người nói quen n người này, suy người quen với tất người [...]... giả sử k là số lớn nhất sao cho tồn tại k người đôi một quen nhau và k < n+1 Khi đó xét k người này, theo giả thi t, tồn tại 1 người khác k người này quen với tất cả k người này, suy ra có k+1 người đôi một quen nhau, mâu thuẫn Vậy có n+1 người đôi một quen nhau Xét n người còn lại, theo giả thi t, có 1 người trong n+1 người nói trên quen n người này, suy ra người đó sẽ quen với tất cả mọi người ... =∑ (1 + A 2 ai2 + B 2 bi2 − 2 Aai − 2 Bbi + 2 ABai bi ) i =1 i =1 n n n n n n i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 = ∑1 + A 2 ∑ a i2 + B 2 ∑ bi2 − 2 A∑ ai − 2 B ∑ bi + 2 AB ∑ ai bi = n − A 2 − B 2 4.5 Tính toán theo cạnh Hoặc dùng véc-tơ: Khai triển theo IE và EA.Sử dụng tính chất aIA + bIB + cIC = 0 Hoặc dùng phép nghịch đảo, hoặc dùng cực đối cực 4.6 Hướng dẫn: Chứng minh an = n(n+1) 4.7 Ta chứng minh

Ngày đăng: 25/08/2016, 22:02

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan