Thế tớ đổi biến luôn $(a;b;c)\rightarrow \begin{pmatrix} \frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x} \end{pmatrix}$ mà không cần phải chuẩn hóa được không cậu?

Không thể đặt như vậy, vì nếu đặt như vậy là cậu đã chấp nhận $abc=1$ rồi còn gì.

6,Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $P=\frac{2x^2-3x+3}{x+1}$ biết $x\in \left [ 0;2 \right ]$

PP miền giá trị

$P=\frac{2x^2-3x+3}{x+1}\Leftrightarrow f(x)=2x^2-(P+3)x+3-P=0$ (1)

$\Delta_{(1)}=(P+3)^2-4.2.(3-P)=P^2+14P-15=(P-1)(P+15)\ ;\\ f(0)=3-P\ ;\ f(2)=5-3P$

Viét : $\frac{S}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{P+3}{4}$
(gt) : (1) có nghiệm $x\in[0;2]\Leftrightarrow 0\le x_1\le x_2\le2$  $\vee$  $0\le x_1\le2\le x_2$  $\vee$  $x_1\le0\le x_2\le2$

$\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta_{(1)}\ge0\\f(0)\ge0\\f(2)\ge0\\0\le\frac{S}{2}\le2 \end{cases}$  $\vee$  $\begin{cases}f(0)\ge0\\f(2)\le0 \end{cases}$  $\vee$  $\begin{cases}f(0)\le0\\f(2)\ge0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow\begin{cases}P\le-15\ \vee\ P\ge1\\P\le3\\P\le\frac{5}{3}\\1\le P\le5\end{cases}$ $\vee$ $\begin{cases}P\le3\\P\ge\frac{5}{3}\end{cases}$ $\vee$ $\begin{cases}P\ge3\\P\le\frac{5}{3}\end{cases}$

$\Leftrightarrow 1\le P\le\frac{5}{3}$   $\vee$   $\frac{5}{3}\le P\le 3$   $\vee$   $P\in\varnothing$

Từ đây ta thấy : $\min P=1$ tại $\Delta_{(1)}=0\Leftrightarrow x=\frac{S}{2}=\frac{P+3}{4}=1$;

$\max P=3$ tại $f(0)=0\Leftrightarrow x=0$.

1 Bài Bất..
Cho a,b,c là các số dương.

CM: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$ 

Giải

Chuẩn hóa $abc=1$. Đặt $(a;b;c)\rightarrow \begin{pmatrix} \frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x} \end{pmatrix}$

BĐT cần chứng minh tương đương với

$\frac{xy}{xz+yz}+\frac{yz}{xy+xz}+\frac{xz}{xy+yz}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{x^2y^2}{xy(xz+yz)}+\frac{y^2z^2}{yz(xy+xz)}+\frac{z^2x^2}{zx(xy+yz)}\geq \frac{3}{2}$ $(1)$

Áp dụng BĐT S-vác, ta có

$VT_{(1)}\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{\sum xy(xz+yz)}=\frac{(xy+yz+zx)^2}{2xyz(x+y+z)}$

Như vậy ta cần chứng minh $xyz(x+y+z)\leq \frac{(xy+yz+zx)^2}{3}$. Nhưng BĐT này luôn đúng vì đây là BĐT $AM-GM$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$

 Phép chuẩn hoá chỉ có thể áp dụng đối với các bài đẳng cấp đồng bậc. Bài này không thuộc dạng này nên ko thể chuẩn hoá được $abc=1$ đâu !!!

hỏi cách chuyển số thập phân vô hạn không tuần hoàn ( số vô tỉ ) ra phân số

Khái niệm - Số hữu tỉ là số biểu diễn được dưới dạng phân số, tức là tỉ số của hai số nguyên. Ngoài ra, số hữu tỉ cũng biểu diễn được dưới dạng : hoặc số thập phân hữu hạn; hoặc số thập phân vô hạn nhưng tuần hoàn.

- Số vô tỉ là số không biểu diễn được dưới dạng phân số; còn biễu diện dạng thập phân của nó thì là số thập phân vô hạn không tuần hoàn.

Thế thì sao lại "hỏi cách chuyển số thập phân vô hạn không tuần hoàn ( số vô tỉ ) ra phân số" !!!

Tuy nhiên, nếu học lên lớp cao hơn, thì sẽ biết về liên phân số (phân số nhiều tầng). Mọi số thực (kể cả hữu tỷ hay vô tỷ) đều có biểu diễn liên phân số. Số hữu tỷ thì có số tầng của liên phân số là hữu hạn. Còn số vô tỷ thì có số tầng của liên phân số là vô han, nên liên phân số chỉ ứng dụng để tìm một số hữu tỷ xấp xỉ gần bằng với số vô tỷ cho trước, với một sai số cho trước.

ý của em là khi em giải phương trình bằng máy tính casio fx 570es thì nó ra số vô tỉ.  Em muốn biết cách chuyển nó về dạng phân số hoặc căn thức thì phải làm thế nào ạ? Mong anh chỉ bảo

Casio FX-570ES giải pt bậc 2 sẽ ra được hoặc nghiệm dạng số nguyên (tức nó là số nguyên), hoặc dạng phân số (tức nó là số hữu tỉ) , hoặc nghiệm dạng căn thức (tức nó là số vô tỉ). Quan trọng là e giải pt bậc 2 có đúng cách bấm máy không thôi.

-  Đầu tiên bấm ON  để mở máy,

- để máy hiện được dạng căn thức, cần phải bấm SHIFT + MODE để chọn chế độ MathLN hiển thị căn thức, rồi bấm MODE để tìm chọn EQUATION (hoặc EQ),

- rồi bấm NÚT SỐ tương ứng với dòng A.X^2+B.X+C=0 để vào giải pt bậc 2,

- sau đó máy hiện hỏi A? thì nhập giá trị tương ứng cho A rồi bấm =, tới B? thì nhập giá trị của B rồi bấm =, tới C? thì nhập giá trị cho C rồi bấm =.

- Cuối cùng máy sẽ hiện ra nghiệm $X_1= ... $  , bấm = thì sẽ hiện tiếp $X_2=....$. Nếu pt có 2 nghiệm y chang nhay thì sẽ chỉ hiện một cái $X=...$ thôi chứ ko có $X_1=...X_2=...$

Tìm nguyên hàm của $I=\int \ln (x+\sqrt{x^{2}+1})dx$

Đặt $t=x+\sqrt{x^2+1}$, ta có : $\frac{1}{t}=\sqrt{x^2+1}-x$ và $t+\frac{1}{t}=2\sqrt{x^2+1}\ ;\ t-\frac{1}{t}=2x\Rightarrow dx=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt$

Suy ra $I=\int \ln t.\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt$

Đặt $\left\{\begin{array}\\u=\ln t \\ dv=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt\end{array}\right.\rightarrow$ Chọn $\left\{\begin{array}\\du=\frac{1}{t}dt \\ v=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\end{array}\right.$

Suy ra $I=\int udv=uv-\int vdu=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right).\ln t-\int\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{t^2}\right)dt$ $=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right).\ln t-\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)$ $=x.\ln(x+\sqrt{x^2+1})-\sqrt{x^2+1}\ ./.$

Bài 27:Cho tam giác ABC có $\widehat{C}$ tù và $\widehat{A}$ =2$\widehat{B}$ Đường thẳng đi qua B và vuông góc BC cắt AC tại D.Gọi M là trung điểm AB.cmr $\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$ 

Gọi $AC=x$ ; $\widehat{ABC}=\alpha$ ; $\widehat{BAC}=2\alpha$

Định lí hàm Sin $\Delta ABC$ $\Rightarrow\frac{AC}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin2\alpha}=\frac{AB}{\sin3\alpha}$

$\Rightarrow BC=2x.\cos\alpha$ ; $AB=x(3-4\sin^2\alpha)=x(4\cos^2\alpha-1)$ ; $AM=BM=\frac{AB}{2}=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{2}$

$\Delta BCD\ :\ DC=\frac{BC}{\cos3\alpha}=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}\Rightarrow AD=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}+x=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{4\cos^2\alpha-3}$

Lấy $E\in DM$ s/c $CE//AM$. Suy ra $\widehat{ECB}=\widehat{CBA}=\alpha$ (so le trong) ; $\widehat{ECD}=\widehat{BAC}=2\alpha$ (đồng vị)

Định lí Talet $\Rightarrow\frac{EM}{ED}=\frac{CA}{CD}=\frac{4\cos^2\alpha-3}{2}=\frac{AM}{AD}$

$\Rightarrow AE$ là phân giác $\widehat{MAD}$ (T/c đường phân giác trong $\Delta$)

$\Rightarrow\widehat{CEA}\overset{\text{so le trong}}{=}\widehat{EAM}\overset{\text{t/c p.g}}{=}\widehat{EAC}$ $\Rightarrow CE=CA$ ($\Delta$ có 2 góc đáy = nên cân)

Định lí hàm Cosin $\Delta ACE$ $\Rightarrow AE^2=2x^2+2x^2.\cos2\alpha=2x^2(1+\cos2\alpha)=4x^2\cos^2\alpha$$\Rightarrow AE=2x\cos\alpha=BC$

Suy ra $ABEC$ là hình thang câm (tứ giác có 1 cặp cạnh // và 2 chéo =)

Xét $\Delta ACM=\Delta BEM$ (c.g.c) $\Rightarrow\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$. $\boxed{}$

Bài 26 : Cho hình thang cân ABCD ( AB// CD ) có chu vi = 5 . Góc DBC = 90 độ , CD = 2 . Tính AB  ( các bạn giãi giúp mình bài này nhé, mình chưa học tam giác đồng dạng )

Xem ở đây

Bài 27: Cho 2 bộ ba số nguyên dương a, b, c và d, e, f sao cho $(a,b,c)=1;(d,e,f)=1$ (1) và thoả mãn đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$; $\frac{1}{d}+\frac{1}{e}=\frac{1}{f}$ (2). Chứng minh rằng 2(a + b + d + e) là tổng bình phương của hai số tự nhiên.  

Nếu $a=b$ thì $\overset{(2)}{\Rightarrow} a=b=2c$ $\overset{(1)}{\Rightarrow} 1=(a,b,c)=(2c,2c,c)=c$ $\Rightarrow a=b=2\Rightarrow a+b=4=2^2=(c+1)^2$.

Giả sử $a>b$ thì $a>2c>b>c\Rightarrow a-c>c>b-c\ge1$.

Gọi $d=(b,c)$ thì $b=db_1; c=dc_1; (b_1,c_1)=1$.

$(2)\Rightarrow ab=c(a+b)\Rightarrow ab_1=c_1(a+db_1)\Rightarrow a\vdots b_1, a\vdots c_1\Rightarrow a\vdots b_1c_1$ $\Rightarrow a=k.b_1c_1\Rightarrow k(b_1-c_1)=d\Rightarrow k|d|b,c$ và $k|a\Rightarrow k=1$

$\Rightarrow a=b_1c_1; b_1-c_1=d\Rightarrow b-c=d^2\Rightarrow a+b=b_1c_1+c+d^2=b_1c_1+(b_1-c_1)c_1+$$(b_1-c_1)^2=b_1^2$

Vậy ta luôn có $a+b$ là số chính phương $m^2$. Tương tự với $d+e=n^2$.

Suy ra $2(a+b+d+e)=2(m^2+n^2)=(m+n)^2+(m-n)^2$ là tổng bình phương của hai số tự nhiên. (đpcm)

Bài 17 : (tiếp theo ý 2)

Như vậy việc tìm $n=b^2-a^2$  chính là tìm bộ nghiệm nguyên $(a,b)$ của PT $3a^2-2b^2=1$.

PT $Aa^2-Bb^2=1$ (1) là PT Pell dạng tổng quát, ta sẽ chuyển về PT Pell loại 1 như sau :

Đặt $x=Aa^2+Bb^2, y=2ab,d=AB$ thì $x^2-dy^2=(Aa^2+Bb^2)^2-AB(2ab)^2=(Aa^2-Bb^2)^2=1^2=1$

$x^2-dy^2=1$ (2) là PT Pell loại 1, nếu d không chính phương thì với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất), ta có thể tìm $(x_n,y_n)$ là tất cả các nghiệm của (2), bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất :

$x_n+y_n\sqrt{d}=(x_1+y_1\sqrt{d})^n$

b) Công thức truy hồi :

$x_{n+1}=x_1x_n+dy_1y_n$

$y_{n+1}=x_1y_n+y_1x_n$

c) Công thức tong quát :

$x_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n+(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2}; y_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n-(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}$

 

 

Từ đây, ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau :

1/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất) của PT (1) thì $(a_1,b_1)$ là nghiệm của HPT

$\left\{\begin{matrix}Aa^2+Bb^2=x_1 \\ 2ab=y_1 \end{matrix}\right.$ ,    (với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở của PT (2) ).

 2/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở của PT(1) thì có thể tìm $(a_n,b_n)$ là tất cả các nghiệm của PT (1) bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất:

$a_n\sqrt{A}+b_n\sqrt{B}=(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}$

b) Công thức truy hồi:

$a_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)a_n+(2a_1b_1)Bb_n$

$b_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)b_n+(2a_1b_1)Aa_n$

c) Công thức tổng quát:

$a_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}+(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{A}}; b_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}-(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{B}}$

Áp dung vào bài toán, ta tìm được tất cả các bộ nghiệm của PT $3a^2-2b^2=1$ là : (1,1); (9,11); (89,109); ...

Tương ứng với n=0 (loại); n=40 (nhận); n=3960; ...

Vậy $n=40$ là số nhỏ nhất thoả $2n+1$ và $3n+1$ là các số chính phương.

Bài 17: Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 đều là số chính phương. Hỏi  5n + 3 là số nguyên tố hay hợp số? Tìm số n nhỏ nhất thỏa tất cả điều kiện đó.

(Cải biên lại từ đề đề nghị thi Olimpic 30/4 lớp 10 năm 2009 của Trường THPT chuyên KonTum - Sở GD - ĐT KonTum)

Giả sử $2n+1=a^2, 3n+1=b^2$. (1) $\Rightarrow 3a^2-2b^2=1$ và $b^2-a^2=n$. (2)

Do $n\in\mathbb{Z}^+$ nên $a\ge 2, b\ge 3, b>a$.

Ta có : $5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)$. (3)

Nếu $2a-b=1$ thì $b=2a-1$, thay vào (2) được $n=3a^2-4a+1$, thay tiếp vào (1) được $5a^2-8a+3=0$ (VN do $a\ge 2$).

Vậy $2a+b>2a-b>1$. Từ (3)$\Rightarrow 5n+3$ có 2 ước lớn hơn 1 nên là hợp số.

$(a^2,b^2)=(2n+1,3n+1)=(2n+1,n)=(n+1,n)=1\Rightarrow (a,b)=1$.

Như vậy việc tìm $n$ thoả đề bài chính là tìm bộ nghiệm nguyên (a,b) nguyên tố cùng nhau của PT $3a^2-2b^2=1$.

(Xem tiếp bài giải ở bên dưới #99).

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$. (1)

(1)$\Leftrightarrow z(xy+2)=x^2+2 \Rightarrow z\ne0$.

* Nếu $x=0$ thì $z=2$ và $y\in\mathbb{Z}$ bất kỳ. Nghiệm $(0,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Nếu $y=0$ thì $x^2-2z+2=0\Leftrightarrow x^2=2(z-1)$. Nghiệm $(2t,0,2t^2+1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Xét $xyz\ne0$:

Nhận xét : nếu $(x,y,z)$ là nghiệm thì $(-x-y,z)$ cũng là nghiệm. Nên không mất tính tổng quát, chỉ cần xét $x>0$. Khi đó nếu $y>0$ thì $z>0$ và nếu $z<0$ thì $y<0$. Do đó ta chỉ có 3 TH sau :

• TH1: $y<0<z$ thì $0>xy>-2\Rightarrow xy=-1\Rightarrow$ Nghiệm là $(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$.
• TH2: $y,z>0$ thì $z=\frac{x^2+2}{xy+2}\ge1\Rightarrow x\ge y; x-yz=x-\frac{x^2y+2y}{xy+2}=\frac{2(x-y)}{xy+2}\ge0$
  • nếu $z=1$ thì $x=y$. Suy ra nghiệm là $(t,t,1)$, với $t\in\mathbb{Z}$.
  • nếu $z>1$ thì $x>yz>y$ và $2(x-y)\ge xy+2\Rightarrow (x+2)(2-y)\ge6\Rightarrow 0<y<2\Rightarrow y=1$

$\Rightarrow z=\frac{x^2+2}{x+2}=x-2+\frac{6}{x+2}\Rightarrow x+2=6\Rightarrow x=4$.

Vậy nghiệm là $(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$.

• TH3: $y,z<0$. Đặt $a=x,b=-y,c=-z$ thì $a,b,c>0$ thoả $abc=a^2+2c+2$ $\Rightarrow ab>2$ và $bc>a$ $\Rightarrow c=\frac{a^2+2}{ab-2}\Rightarrow bc-a=b.\frac{a^2+2}{ab-2}-a=\frac{2(a+b)}{ab-2}$ $\Rightarrow 2(a+b)\ge ab-2 \Rightarrow (a-2)(b-2)\le6$
  • nếu $b=1$ thì $c=\frac{a^2+2}{a-2}=a+2+\frac{6}{a-2}\Rightarrow a-2\in\{1;2;3;6\}\Rightarrow a\in\{3,4,5,8\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(3,1,11); (4,1,9); (5,1,9); (8,1,11)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(3,-1,-11); (4,-1,-9); (5,-1,-9); (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11); (-4,1,-9); (-5,1,-9); (-8,1,-11)$.
  • nếu $b=2$ thì $2c-a=\frac{2(a+2)}{2a-2}=1+\frac{3}{a-1}\Rightarrow a-1\in\{1,3\}\Rightarrow a\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (4,2,3)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3); (-4,2,-3)$.
  • nếu $a=1$ thì $c=\frac{3}{b-2}\Rightarrow b-2\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(1,3,3); (1,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(1,-3,-3); (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3); (-1,5,-1)$.
  • nếu $a=2$ thì $c=\frac{3}{b-1}\Rightarrow b-1\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (2,4,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3); (-2,4,-1)$.
  • nếu $a,b>2$ thì $ab-2\ge7$ và $(a-2)(b-2)=k, 0<k\le6$. $\Rightarrow 2(a+b)=ab+4-k\Rightarrow bc-a=\frac{ab+4-k}{ab-2}=1+\frac{6-k}{ab-2}$. 
    • nếu $0<k<6\Rightarrow (6-k)\vdots(ab-2)\Rightarrow 6-k\ge ab-2\ge7\Rightarrow k\le-1$. (Vô lý !)
    • nếu $k=6\Rightarrow bc-a=1\Rightarrow bc=a+1$ $\Rightarrow a^2+a=abc=a^2+2c+2\Rightarrow a=2c+2\Rightarrow bc=2c+3 \Rightarrow c=\frac{3}{b-2}$ $\Rightarrow b-2\in\{1,3\} \Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(8,3,3); (4,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(8,-3,-3); (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3); (-4,5,-1)$.

Kết luận : Nghiệm của PT(1) là $(0,t,1); (2t,0,2t^2+1); (t,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$;

$(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$;

$(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$;

$(3,-1,-11), (4,-1,-9), (5,-1,-9), (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11), (-4,1,-9), (-5,1,-9), (-8,1,-11)$;

$(2,-2,-3), (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3), (-4,2,-3)$;

$(1,-3,-3), (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3), (-1,5,-1)$;

$(2,-2,-3), (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3), (-2,4,-1)$;

$(8,-3,-3), (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3), (-4,5,-1)$.

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta CM bang pp qui nạp theo $n>4$.

• $n=5$: $p_5=11>2.5=10$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>4)$, tức là ta có $p_n>2n \forall n=\overline{5..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>2k$. Suy ra $p_{k+1}>2k+2=2(k+1)$

Như vậy bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>4$. (đpcm)

b)  Ta CM bang pp qui nap theo $n>11$.

• $n=12$: $p_{12}=37>3.12=36$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>11)$, tức là ta có $p_n>3n \forall n=\overline{12..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ lien tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>3n$, tức là $p_k\ge 3n+1$. Suy ra $p_{k+1}\ge 3k+1+2=3(k+1)$.

Dấu $"="$ không thể xảy ra vì khi đó $p_{k+1}\vdots3$ (mâu thuẫn với $p_{k+1}$ là số nguyên tố).

Vậy $p_{k+1}>3(k+1)$. Bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý qui nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>11$. (đpcm)

Bài này mình chỉ giải được trên tập nghiệm tự nhiên nên trình bày cách giải ra để mọi người cùng góp ý, nếu ai giải được trên tập nghiệm nguyên thì bổ sung cho bài của mình nhé !

 

$PT\Leftrightarrow z(xy+2)=x^{2}+2\Rightarrow z=\frac{x^{2}+2}{xy+2}\in N$

$\Rightarrow x+\frac{2(y-x)}{xy+2}\in Z\Rightarrow 2(y-x)=k(xy+2)$ với $k$ tự nhiên

 

• Xét $x=1$ ta có $yz=3-2z\Leftrightarrow z(y+2)=3\Rightarrow y=z=1$
• Xét $x\geq 2$ :

Nếu $k = 0$ thì $x^{2}+2=0$ (loại)

Nếu $k\geq 1$ thì $2(y-x)\geq xy+2\Leftrightarrow (x-2)(y+2)+6\leq 0$

Nhưng $x\geq 2,y\geq 0\Rightarrow (x-2)(y+2)+6>0$

Phương trình vô nghiệm

Vậy : Phương trình có nghiệm tự nhiên duy nhất $(1 ; 1; 1)$

$k\in\mathbb{Z}$ mà, sao lại cho $\in\mathbb{N}$ luôn vậy !!!

$k=0$ thì $x=y$ và PT có VSN dạng $(t,t,1)$ mà !!!

Giải bài 27 (đã hết hạn bỏ bài  ): Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + b và c + d đều là số chính phương.

Vì (a, b, c) = 1 tức là a, b, c ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$. ...

Căn cứ nào mà lại có thể giả sử như thế !!? Bạn chứng minh được điều đó không ??

Bài 67. Tìm tất cả các số nguyên $x,y$ thoả $\frac{x^2-x+2}{y}$ và $\frac{y^2+y+2}{x}$ đều là các số nguyên.

Bài 31:

 Cho số tự nhiên y .Chứng minh tồn tại vô số nguyên tố p sao cho  và .

Viết đề kiểu này khó hiểu quá! Phát biểu lại ý của đề bài cho dễ hiểu hơn đây :

"Cho trước số tự nhiên $y$. CMR : Có vô số số tự nhiên $n$ để số $(2^ny+1)$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$."

 

Vì (a, b, c) = 1 tức là $a, b, c$ ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$...

 

Bởi vì khi chuyển vế ta được $a+b=\frac{ab}{c}$. Đến đây chắc bạn có thể hiểu lí do vì sao mình đặt như vậy rồi chứ...  

Nhưng mà với $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c},\ ab\ \vdots\ c$ thì sao có thể giả sử $b\ \vdots\ c\ ,\ (a,c)=1$ ???

$(a,b,c)=(10,15,6)$ cũng thoả $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c}$ được mà điều giả sử của bạn thì không !

Xem như mình ngu muội, xin bạn hãy giải thích rõ thêm. Vì điều đó thật sự không chặt chẽ chút nào !

Giải PT nghiệm nguyên $a,b,c$ thoả : $(a,b,c)=1$ (1) và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (2)

 

PT này có VSN dạng $(a,b,c)=(\ m(m+n), n(m+n), mn\ )$ với $(m,n)=1$.

Chứng minh:

$(2)\Leftrightarrow a+b=\frac{ab}{c}$. Gọi $m=(a,c)\Leftrightarrow\begin{cases}a=mk\\ c=mn\end{cases}\ (k,n)=1$.

Suy ra $a+b=\frac{kb}{n}\xrightarrow{(k,n)=1} b\ \vdots\ n\Rightarrow b=tn$. Suy ra $mk+tn=kt$ (*)

Do $1=(a,b,c)=(mk,tn,mn)\Rightarrow (t,m)=1$.

$(*)\Rightarrow tn\ \vdots\ k$ và $mk\ \vdots t$ $\xrightarrow{(k,n)=(t,m)=1} t\ \vdots\ k$ và $k\ \vdots\ t$ $\Rightarrow t=k\overset{(*)}{\Rightarrow} m+n=k=t$.

Vậy $(a,b,c)=(\ m(m+n),n(m+n),mn\ )$ với $(m+n,n)=(m+n,m)=1$ tức là $(m,n)=1$.

Trở lại Bài 27 :

Theo trên, ta có $a+b=m(m+n)+n(m+n)=(m+n)^2=x^2$.

Tương tự ta cũng có $d+e=y^2$.

Vậy $2(a+b+c+d)=2(x^2+y^2)=(x+y)^2+(x-y)^2$. (đpcm)

Không biết bài của e sai chỗ nào nhỉ ?????

 

Một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm n ẩn, n phương trình có nghiệm khác không khi và chỉ khi định thức của ma trận các hệ số bằng không mà a!!! (SAI RỒI. Phải là khi và chỉ khi định thức $\ne0$).

 Nếu  $detA\neq 0$ thì theo định lý Cramer thì hpt có nghiệm duy nhất (SAI RỒI. Phải là có nghiệm duy nhất không tầm thường, tức là nghiệm khác $0$). Do vậy $detA= 0$

Còn về tính định thức thì đầu tiên em :

- Lấy dòng n trừ đi dòng n-1 thay vào dòng cuối 

- Khai triển Laplace theo dòng cuối đấy 

$D_{n}=\begin{vmatrix} a & b &... &b &b \\ c& a & ... & b & b\\ c & c & ...&b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c & ... &a &b \\ c & c &... & c & a \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a & b &...&b &b \\ c& a & ... & b& b\\ c & c &... &b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c &... &a &b \\ 0 & 0 & ... & c-a & a-b \end{vmatrix}=(c-a)(-1)^{n+n+1}\begin{vmatrix} a &b &... &b & b\\ c& a &... & b &b \\ ...&... &... &... &... \\ c &c &... & a & b\\ c & c & ... & c & b \end{vmatrix}$

           

    $+ (a-b)(-1)^{n+n}D_{n-1}$

$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... & b&b \\ c & a&... &b & b\\ ... & ... &... &... &... \\ c &c &.. . & a & b\\ 0 &0 &... &a-c & 0 \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{2}(-1)^{n-2+n-1}\begin{vmatrix} a& b & ... & b & b\\ c & a & ... & b & b\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ c &c & ... & a &b \\ c & c& ...& c & b \end{vmatrix}=...=(a-b)D_{n-1}+(a-b)^{n-2}(-1)^{n-3}\begin{vmatrix} a & b\\ c& b \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+b(c-a)^{n-1}$

 

Rồi dùng sai phân ra $D_{n}=\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Không biết có sai chỗ nào không  ạ !!!

 

Sửa lại cho đúng nè :

$D_{n}=\begin{vmatrix} a & b &... &b &b \\ c& a & ... & b & b\\ c & c & ...&b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c & ... &a &b \\ c & c &... & c & a \end{vmatrix}_n$ $=\begin{vmatrix} a & b &...&b &b \\ c& a & ... & b& b\\ c & c &... &b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c &... &a &b \\ 0 & 0 & ... & c-a & a-b \end{vmatrix}_n$ $=(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... &b & b\\ c& a &... & b &b \\ ...&... &... &... &... \\ c &c &... & a & b\\ c & c & ... & c & b \end{vmatrix}_{n-1}$ $+ (a-b)D_{n-1}$

$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... & b&b \\ c & a&... &b & b\\ ... & ... &... &... &... \\ c &c &.. . & a & b\\ 0 &0 &... &c-a & 0 \end{vmatrix}_{n-1}$$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{2}\begin{vmatrix} a& b & ... & b & b\\ c & a & ... & b & b\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ c &c & ... & a &b \\ c & c& ...& c & b \end{vmatrix}_{n-2}$

$= \overset{\text{CMtt}}{...} =(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{n-2}\begin{vmatrix} a & b\\ c& b \end{vmatrix}_2=(a-b)D_{n-1}+b(a-c)^{n-1}$

Ta có : $D_n=(a-b)D_{n-1}+b(a-c)^{n-1}$

Rồi dùng sai phân ra $D_{n}=\frac{c(a-b)^{n}}{c-b}+\frac{b(a-c)^{n}}{b-c}$

Trong sách giáo trình của Nguyễn Hữu Việt Hưng có viết đây ạ . Thế thì đk phải là det A=0 chứ ạ ???

Bạn hiểu sai rồi. Một hpt tuyến tính $A.X=B$ bất kỳ luôn luôn có nghiệm tầm thường là ma trận $X=0$.

Người ta nói hpt có nghiệm duy nhất (trong đó ko tính đến nghiệm $0$ tầm thường). Có nghĩa nghiệm duy nhất muốn nói đến ở đây là nghiệm khác $0$.

Cho hệ 

$\left\{\begin{matrix} ax_{1}+bx_{2}+...+ bx_{n}=0\\ cx_{1}+ax_{2}+...+bx_{n}=0\\ \ddots\\ cx_{1}+cx_{2}+...+ax_{n}=0 \end{matrix}\right.$

 

Tìm điều kiện của a, b, c để hệ phương trình trên có nghiệm không tầm thường ??

 

Em làm thế này nhưng không ổn lắm 

 

Điều kiện là $detA= 0$ trong đó $A$ là ma trận các hệ số của hpt

 

Em dùng khai triển Laplace với quy nạp tính được $det A =\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Đến đây thì chả biết giải đk det A = 0 thế nào ạ

 

Mọi người xem giúp e có hướng nào khác làm bài này không nhé !!!!

$D_n=|A_n|=\left|\begin{matrix}a&b&b&...&b&b \\ c&a&b&...&b&b\\ c&c&a&...&b&b \\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots \\ c&c&c&...&a&b \\ c&c&c&...&c&a\end{matrix}\right|_n$ $\overset{c_1'=c_1-c_2}{=}\left|\begin{matrix}a-b&b&b&...&b&b \\ c-a&a&b&...&b&b\\ 0&c&&&& \\ \vdots&\vdots&&A_{n-2}&& \\ 0&c&&&& \\ 0&c&&&&\end{matrix}\right|_n$ $\overset{d_1'=d_1-d_2}{=}\left|\begin{matrix}2a-b-c&b-a&0&...&0&0 \\ c-a&a&b&...&b&b\\ 0&c&&&& \\ \vdots&\vdots&&A_{n-2}&& \\ 0&c&&&& \\ 0&c&&&&\end{matrix}\right|_n$

$\overset{(\text{theo }c_1)}{=}(2a-b-c).\left|\begin{matrix}a&b&...&b&b\\ c&&&& \\ \vdots&&A_{n-2}&& \\ c&&&& \\ c&&&&\end{matrix}\right|_{n-1}$$-(c-a).\left|\begin{matrix}b-a&0&...&0&0 \\ c&&&& \\ \vdots&&A_{n-2}&& \\ c&&&& \\ c&&&&\end{matrix}\right|_{n-1}$ $\overset{(\text{theo }d_1)}{=}(2a-b-c).D_{n-1}-(c-a)(b-a).D_{n-2}$

Ta có pt sai phân : $D_n+(b+c-2a).D_{n-1}+(b-a)(c-a).D_{n-2}=0$

Pt đặc trưng : $k^2+(b+c-2a)k+(b-a)(c-a)=0$ $\Leftrightarrow k_1=a-b\ ;\ k_2=a-c$

$\boxed{}$ Nếu $c\ne b$ : thì nghiệm TQ là : $D_n=C_1.(a-b)^n+C_2.(a-c)^2$

với $\left.\begin{cases}C_1(a-b)+C_2(a-c)=D_1=a\\C_1(a-b)^2+C_2(a-c)^2=D_2=a^2-bc\end{cases}\right\}$ $\Rightarrow C_1=\frac{c}{c-b}\ ;\ C_2=\frac{b}{b-c}$

Suy ra $\boxed{D_n=\frac{c}{c-b}.(a-b)^n+\frac{b}{b-c}.(a-c)^n=\frac{b.(a-c)^n-c.(a-b)^n}{b-c}}$

$\boxed{}$ Nếu $c=b$ : thì nghiệm TQ là : $D_n=(C_1.n+C_2).(a-b)^n$

với $\left.\begin{cases}(C_1+C_2).(a-b)=D_1=a\\(2C_1+C_2).(a-b)^2=D_2=a^2-b^2\end{cases}\right\}$ $\Rightarrow C_1=\frac{b}{a-b}\ ;\ C_2=1$

Suy ra $\boxed{D_n=\left(\frac{bn}{a-b}+1\right).(a-b)^n=[a+(n-1)b].(a-b)^{n-1}}$

Để hpt có nghiệm không tầm thường $\Leftrightarrow D_n\ne0$ $\Leftrightarrow\begin{cases}c\ne b \\ b(a-c)^n\ne c(a-b)^n \end{cases}$ hoặc $\begin{cases}c=b \\ a\ne (1-n)b\ \wedge\ a\ne b \end{cases}$

 Bài 1: Cho tam giác $ABC$, $S$ là diện tích tam giác, $p$ là nửa chu vi tam giác.

a) CMR: $S=pr$ (Với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác)

b) $h_a,h_b,h_c$ là đường cao tam giác kẻ từ $A,B,C$. 

   CMR: $\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=\frac{1}{r}$

c) từ câu (b) hãy suy ra nếu $r=1$ còn $ha,hb,hc$ là các số tự nhiên thì $h_a=h_b=h_c$

Gọi $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh và I là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta ABC$.

a)Ta có: $S=S_{IBC}+S_{ICA}+S_{IAB}=\frac{ar}{2}+\frac{br}{2}+\frac{cr}{2}=\left(\frac{a+b+c}{2}\right)r=pr$.

b)Do $2S=ah_a=bh_b=ch_c=(a+b+c)r$ suy ra $\frac{1}{r}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{a}{2S}+\frac{b}{2S}+\frac{c}{2S}=\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}$.

c)$r=1$ thì $\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1$

Giải pt nghiệm nguyên $\boxed{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1}$. Và ta chỉ có 3 bộ nghiệm $(6,3,2); (4,4,2); (3,3,3)$ cùng các hoán vị của chúng.

Do đó ta chỉ cần xét 3 Th sau đây :

* TH1: $(h_a,h_b,h_c)=(6,3,2)$ thì $2S=6a=3b=2c$ suy ra $(a,b,c)=(t,2t,3t)$ với $t=\frac{S}{3}$.

TH này LOẠI vì $a+b=c$ không thoả BĐT tam giác.

* TH2: $(h_a,h_b,h_c)=(4,4,2)$ thì $2S=4a=4b=2c$ suy ra $(a,b,c)=(t,t,2t)$ với $t=\frac{S}{2}$.

TH này LOẠI vì $a+b=c$ không thoả BĐT tam giác.

* TH3: $(h_a,h_b,h_c)=(3,3,3)$ thì $2S=3a=3b=3c$ suy ra $(a,b,c)=(t,t,t)$ với $t=\frac{2S}{3}$.

TH này thoả các BĐT tam giác, và ta có $\Delta ABC$ đều nên $t=\frac{2h}{\sqrt 3}=2\sqrt 3$.

Gọi tập hợp số cần tìm là $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6}}$

Ta có: $8=1+3+4=1+2+5$ suy ra $a_{3},a_{4},a_{5}$ là hoán vị của $1,2,5$ hoặc $1,3,4$

Suy ra có 12 cách chọn $\overline{a_{3}a_{4}a_{5}}$

Với mỗi cách chọn $\overline{a_{3}a_{4}a_{5}}$ thì có $6$ cách chọn $a_{1}$ 

$5$ cách chọn $a_{2}$

$4$ cách chọn $a_{6}$

Vậy có tất cả $(6+5+4).12=180$ cách chọn 

Sai rồi bạn.

Phải là $12.6.5.4=1440$ cách chọn mới đúng.

Gọi $S=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$

Xét $N=\overline{a_5a_4a_3a_2a_1}$ với $a_i\in S$, $a_5\ne0$ và $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=$ chẵn. Ta chỉ có 3 TH sau :

 

$\boxed{}\ \underline{\text{ TH1 - 5 chữ số chẵn}}$ : có $4.5.5.5.5=4.5^4$ cách

 

$\boxed{}\ \underline{\text{ TH2 - 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ}}$ :

• chọn ra $3$ chữ số chẵn trong $S$, có $C_5^3$ cách
• chọn ra $2$ chữ số lẻ trong $S$, có $C_5^2$ cách
• Xếp $5$ chữ số vừa chọn ra vào $5$ vị trí, có $5!$ cách
• Số cách lập ra số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ (bao gồm các TH $a_5=0$ và $a_5\ne0$), có $C_5^3.C_5^2.5!$ cách
• Số cách lập ra số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ (mà $a_5=0$), có $C_5^2.C_5^2.4!$ cách
• Vậy số cách lập ra số $N$ trong TH2 này, có $C_5^3.C_5^2.5!-C_5^2.C_5^2.4!$ cách

$\boxed{}\ \underline{\text{ TH3 - 1 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ}}$ :

• chọn ra $1$ chữ số chẵn trong $S$, có $C_5^1$ cách
• chọn ra $4$ chữ số lẻ trong $S$, có $C_5^4$ cách
• Xếp $5$ chữ số vừa chọn ra vào $5$ vị trí, có $5!$ cách
• Số cách lập ra số tự nhiên có 1 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ (bao gồm các TH $a_5=0$ và $a_5\ne0$), có $C_5^1.C_5^4.5!$ cách
• Số cách lập ra số tự nhiên có 1 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ (mà $a_5=0$), có $1.C_5^4.4!$ cách
• Vậy số cách lập ra số $N$ trong TH3 này, có $C_5^1.C_5^4.5!-1.C_5^4.4!$ cách

Kết luận : Vậy số cách lập ra số $N$ có tất cả là

$$4.5^4+C_5^3.C_5^2.5!-C_5^2.C_5^2.4!+C_5^1.C_5^4.5!-1.C_5^4.4!=14980 \text{ cách}$$

2 chỗ màu đỏ lập luận sai rồi !! Xin lỗi. Cách này chỉ đúng đối với bài toán lập các chữ số khác nhau.

2/Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số mà tổng các chữ số của nó là 1 số chẵn

Xin lỗi, mình xoá bài trả lời vì cách giải sai.