Sử dụng bổ đề mà mình đã chứng minh ở đây: https://diendantoanh...-mãn-p2-pq-q31/

 "Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thì $a^3 \equiv b^3 (mod p) \Rightarrow a \equiv b (mod p)$

Áp dụng từ giả thiết ta suy ra $a^3 \equiv b^3 (mod p)$ nên suy ra: $a \equiv b (mod p)$. Vì thế mà ta có:

$a^2 +ab +b^2 \equiv 3a^2 (mod p) \Rightarrow 3a^2 \vdots p$.Mà $(3,p)=1$ dẫn đến $a^2 \vdots p \Rightarrow a \vdots p \Rightarrow b \vdots$

Một số nguyên tố dạng $3k+2$ thì chưa chắc xảy ra trường hợp $a^3$ đồng dư $b^3$ mod $p$

Cho $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$. CMR nếu $a^2+ab+b^2$ chia hết cho p thì cả $a$ và $b$ chia hết cho $p$.

chỗ nào, đúng mà em

Mà $(\sqrt[4]{xy}+\sqrt[4]{yz}+\sqrt[4]{zx})^2\geq \frac{9}{2}$

Cái đoạn này hình như sai

Bài này đã có đáp án tại đây

Hình như bài giải đó có vấn đề chị ạ!

b-a > 0 mà =))))

Nhầm:D

Đc khoảng bao nhiêu điểm thế bạn?

tạch mất câu chống liệt thì còn thi thố gì nữa

Mình không thi bạn à. Thế bạn có làm đc k?

tạch mất câu chống liệt

 

Bài 3

b. Ta có: $20412\vdots 2$ và $8y^2\vdots 2$ nên $x\vdots 2$

Đặt $x=2x_1$ Khi đó phương trình trở thành:

$5x_1^2+2y^2=5103$. Vì $5103\vdots 3$ 

Nên $5x_1^2+2x^2$ $\vdots 3$

Hay $x_1^2+ y^2 \vdots 3=>x_1,y\vdots 3$ 

Đặt $x_1=3x_2$ và$y=3y_1$ thì phương trình trở thành $5x_2^2+2y_1^2=567$

Suy luận tương tự ta cũng đặt $x_2=3x_3$ và $y_1=3y_2$, ta được $5x_3^2+2y_2^2=63$

Đặt $x_3=3x_4$ và $y_2=3y_3$,ta được $5x_4^2+2y_3^2=7$

Nếu $x_4=0,y_3=0$ thì phương trình đã cho vô nghiệm

Nếu $x_4y_3\neq 0$ thì $x_4=\pm 1$ và $y_3=\pm 1=>x=\pm 54, y=\pm 24$

Vậy $x=\pm 54, y=\pm 24$

 

$y=27$ và $y=-27$ chớ

P/s: bài hôm nay làm tốt ko.Thấy thằng Kiệt làm được 9 đ thì phải

Bài 3.

 Ta có $VT= (\frac{z+y+xyz}{z} )(\frac{x+y+xyz}{y}) (\frac{z+x+xyz}{x})$

               $= \frac{1}{xyz}(4-x)(4-y)(4-z)$

Ta có $4=xyz+x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz} + xyz$

Đặt $\sqrt[3]{xyz}= a$ khi đó $4 \geq 3a + a^{3} \Rightarrow (1-a)(a^{2}+a+4) \geq 0 \Rightarrow 1\geq a$ hay $1\geq \sqrt[3]{xyz}$ $(1)$

BĐT tương đương với $(4-x)(4-y)(4-z) \geq 27xyz$

                                  $\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 7xyz+ 4(x+y+z)$

                                  $\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 3xyz + 16$

                                  $\Leftrightarrow xy+yz+zx \geq 3xyz$

Mặt khác áp dụng $(1)$ và $AM-GM$ ta có $xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}.1} \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{3}}= 3xyz$

Từ đó ta có đpcm. ĐTXR khi $x=y=z=1$

Do dấu bằng xảu ra $<=>x=y=z=1$ nên chỗ bôi đỏ đó bạn AM-GM bốn số cho nhanh!

Mà: $S_{ABCD}<S_{ht}<50,27$ nên tồn tại một trong $67$ tam giác có diện tích: $<\dfrac{50,27}{67}<\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$

Ta có ngay đpcm

Bạn thử nghĩ lại xem vì ta dễ dàng chứng minh được $S_{ABCD}\leq32$ rồi nên theo cách của bạn thì mỗi tam giác có diện tích $<\dfrac{32}{67}<\dfrac{1}{2}<\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}}{2}$ đó. Khi đó kết quả sẽ cách cả một khoảng dài như thế à!

Mình là nên tính số tam giác đôi một không có điểm trong chung nhiều nhất có thể tạo bởi 33 điểm trên; giả sử là $n$; thì khi này tồn tại một tam giác có diện tích nhỏ hơn $\frac{S_{ABCD}}{n}$; mà $S_{ABCD}\leq 32cm^2$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{32}{n}<\frac{3\sqrt{3}}{4}$ là xong. Tuy nhiên là mình khá băn khoăn về con số $\frac{3\sqrt{3}}{4}$

Nếu thế thì mình nghĩ cách của bạn na ná của mình rồi, mình cũng băn khoăn con số $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ nhưng theo mình nghĩ đề yêu cầu bé hơn nên nó cũng có thể là để đánh lạc hướng suy nghĩ hoặc phụ trợ cho một giá trị nhỏ hơn thôi!

Nhưng vấn đề là theo cách của $NHoang1608$ thì con số đó lại có tác dụng.

TH3 3 điểm này nằm trên đường tròn. Giải như TH1 thì $S_{EFG}\leq  \frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$

 

Bạn thử xem lại đề bài và trường hợp 3 xem

Đề yêu cầu là Chứng minh rằng trong 33 điểm đó luôn tìm được 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn  $\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^2$ chứ không phải nhỏ hơn hoặc bằng bạn nhé!

Khi $ABCD$ không phải hình vuông em sẽ xử lí thế nào?

Vì khi $ABCD$ là hình vuông thì nó đã có diện tích lớn nhất rồi nên các trường hợp $ABCD$ không phải là hình vuông thì nó có diện tích bé hơn nên ta vẫn có điều phải chứng minh.

Câu tổ mình giải như sau:

Do tứ giác $ABCD$ nội  tiếp đường tròn $(O)$ nên dễ dàng chứng minh được tứ giác $ABCD$ có diện tích lớn nhất khi là hình vuông.

Giả sử $ABCD$ là hình vuông khi đó tứ giác này có diện tích $32cm^2$

Khi đó $AB=BC=CD=DA=4\sqrt{2}$

Ta chia tứ giác $ABCD$ như hình vẽ:

Khi đó tứ giác $ABCD$ được chia thành $32$ tam giác nhỏ có diện tích là $1$ và $16$ hình vuông nhỏ có diện tích $2$ .

Giả sử tồn tại $3$ điểm trong $1$ tam giác ấy $=>$ ta có điều phải chứng minh.

Giả sử không có tam giác nào tồn tại từ $3$ điểm trở lên :

Khi đó theo nguyên lí $Dirichlet$ sẽ tồn tại một hình vuông nhỏ có chứa $3$ điểm. Ta dễ dàng chứng minh được diện tích lớn nhất của tam giác này là $1$

Vì vậy ta có điều phải chứng minh

P/s: Mình vốn gà tổ nên sai chỗ nào AE cứ ném đá thoải mái .

5. $(x+1)^{4}-(x-1)^{4}=y^{3}$

Khai triển ra ta được:

$(x^3+x)8=y^3$

Do $x,y$ nguyên nên $(x^3+x)$ là lập phương của 1 số nguyên mà $8=2^3=>x^3+x=t^3$($t$ nguyên)

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được:

$(x-1)^3<x^3+x<(x+1)^3$ với mọi $x$ mà $x^3+x=t^3=>x^3+x=x^3$

$<=>x=0$.Khi đó $y=0$

Vậy $(x,y)=(0,0)$

Tìm các cặp số nguyên tố (p;q)  sao cho p^3=2q(17q+24)

Thens.

Do $p^3=2q(7q+24)$ nên $p^3$ chia hết cho $2+>p=2$ (do $p$ nguyên tố)

Thay $p=2$ vào pt ta được:

$8=2q(17q+24)$ giải ra ta được $q$ vô tỉ nên pt ko có nghiệm nguyên tố!

oh, năm ngoái thi LS chị mắc phải cái dạng này đấy, boss lớn đã giải ở đây rồi nè

https://diendantoanh...z20082007t2008/

Cái dạng năm ngoái lại dễ,em lại làm được,vì nó nằm ở số mũ nên dễ phán đoán được một cái bằng không và chỉ có 3 ẩn thôi!

Tìm các số x,y,z,t nguyên thỏa mãn: 
$x^{2008}+y^{^{2008}}+z^{2008}=2007t^{2008}$

P/s: Bài này chắc dùng xuống thang nhưng không biết về dạng này lắm nên nhờ các bác giải hộ

Chỗ đó đúng mà nhỉ?

$x^2-x\vdots 2x^2\Leftrightarrow x^2-x=2kx^2\Leftrightarrow x-1=2kx\Leftrightarrow x-1\vdots x$

3.1-1 là 2 chia 3 dư 2 mà. Rõ ràng cách này không đc

Ý mình đang nói là:3q-1 chia dư 2 với mọi q khác 0,nhưng 3q-1 là số chính phương mà trong khi đó một số chính phương khi chia 3 chỉ có thể có số dư là 0,1 mà thôi!

E thấy trường hợp $p=3q-1$ không ổn lắm vì làm theo trường hợp trên thì $2+2\sqrt{12n^{2}+1} = 4.3q$. Mà $n^{2}=q(3q-1) có (q;3q-1)=1$ nên q là số chính phương => 3q không là số chính phương trừ khi q=0 

 

 

 

Ta có $3q-1$ là số chính phương nên $3q-1$ chia 3 dư 0,1.Mà $3q-1$ chia 3 dư 1 trong TH $q=1$

phải là $12n^2 = k^2- 1$ chứ bạn? với mình k hiểu lắm, 3q+1 = a thì A = 4a chứ nhỉ?

Xin lỗi,mình đánh nhầm!

Còn $3q+1=a^2$ do ta có tính chất:Tích của 2 số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương.

Bài 2:

a.đã có tại:https://diendantoanh...ố-chính-phương/

SAI.

Nếu em sai,chị có thể giải thích cho em biết tại sao em lại sai được không!

có thể giải cho tui cái TH1 được không, khó chứ không phải dễ đâu x^2-x chia hết cho 2x^2 rồi sao nữa đây

$x^2-x$ chia hết cho $2x^2=>x-1$ chia hết cho $2x=>1$chia hết cho $x=>x$ là ước của 1 (do $x$ nguyên)$.Đến đây bạn xét các trường hợp là được.