Chủ đề này có 8 trả lời

[Juliel]

Bài 1 : Giải phương trình $$4x^{2}+12x\sqrt{x+1}=27(x+1)$$

 

Bài 2 : Cho $x,y,z>0$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của : $$P=6(y+z-x)+27xyz$$

 

Bài 3 : Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $n\mid 3^n-2^n$

 

Bài 4 : Cho tam giác $ABC$ nhọn với các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $DE, CF$ và $DF, BE$; $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$. Chứng minh rằng hai đường thẳng $OA$ và $MN$ vuông góc với nhau

 

Bài 5 : Trong một giải đấu bóng đá có $10$ đội tham gia theo thể thức mỗi đội đều gặp đội khác một lần. Người ta nhận thấy một điều thú vị là với $3$ đội bóng $A,B,C$ bất kì, nếu $A$ thắng $B$ và $B$ thắng $C$ thì $A$ thắng $C$. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai điều sau phải xảy ra:

(i)                Có $4$ đội $A,B,C,D$ mà $A$ thắng $B$, $B$ thắng $C$ và $C$ thắng $D$.

(ii)              Có $4$ đội mà các trận giữa họ đều hoà.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-01-2014 - 12:18

[mathandyou]

Bái:Cộng thêm 9(x+1).

Bài 2:Giải rồi.

Bài 3:Cấp của số.

biết giải 3 bài à

[Zaraki]

Bài 3 : Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $n\mid 3^n-2^n$

Bổ đề. Nếu $p|a^n-b^n$ với $a,b,n,p \in \mathbb{N}^*$ và $p$ nguyên tố. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|a^k-b^k$. Khi đó $k|n$.

Chứng minh. Đặt $n=kq+r$ với $q,r \in \mathbb{N},0 \le r \le k-1$. Ta có $$a^n-b^n=a^{kq+r}-b^{kq+r}= a^r \left( a^{kq}-b^{kq} \right)+ b^{kq} \left( b^r-a^r \right).$$

Ta suy ra $p|b^r-a^r$. Theo điều kiện nhỏ nhất của $k$ thì ta dẫn đến $r=0$. Như vậy $k|n$.

Lời giải. Nhận thấy $n=1$ thoả mãn bài toán.

Nếu $n \ge 2$ thì ta gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$, khi đó $p|n$ nên $p|3^n-2^n$.

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|3^k-2^k$. Theo bổ đề thì $k|n$.

Dễ thấy rằng $3 \nmid n,2 \nmid n$ nên theo định lý Fermat nhỏ $p|3^{p-1}-2^{p-1}$ nên $k|p-1$ suy ra $p>k$.

Ta sẽ chứng minh rằng $\gcd (n,k)=1$.

Giả sử ngược lại, $r| \gcd (n,k)$ với $r$ nguyên tố, khi đó $r|n$ và $r<k<p$, điều này mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của $p$.

Do đó $\gcd (n,k)=1$. Mà $k|n$ nên $k=1$. Khi đó $p|3-2$ hay $p|1$, mâu thuẫn vì $p$ nguyên tố.

Vậy $n=1$. $\blacksquare$

[Juliel]

Bái:Cộng thêm 9(x+1).

Bài 2:Giải rồi.

Bài 3:Cấp của số.

biết giải 3 bài à

Em giải được bài Số, Bài hình vs Bài đầu @@ (hôm qua chép thêm Bài bất nữa là 4 )

 

Bổ đề. Nếu $p|a^n-b^n$ với $a,b,n,p \in \mathbb{N}^*$ và $p$ nguyên tố. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|a^k-b^k$. Khi đó $k|n$.

Chứng minh. Đặt $n=kq+r$ với $q,r \in \mathbb{N},0 \le r \le k-1$. Ta có $$a^n-b^n=a^{kq+r}-b^{kq+r}= a^r \left( a^{kq}-b^{kq} \right)+ b^{kq} \left( b^r-a^r \right).$$

Ta suy ra $p|b^r-a^r$. Theo điều kiện nhỏ nhất của $k$ thì ta dẫn đến $r=0$. Như vậy $k|n$.

Lời giải. Nhận thấy $n=1$ thoả mãn bài toán.

Nếu $n \ge 2$ thì ta gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$, khi đó $p|n$ nên $p|3^n-2^n$.

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|3^k-2^k$. Theo bổ đề thì $k|n$.

Dễ thấy rằng $3 \nmid n,2 \nmid n$ nên theo định lý Fermat nhỏ $p|3^{p-1}-2^{p-1}$ nên $k|p-1$ suy ra $p>k$.

Ta sẽ chứng minh rằng $\gcd (n,k)=1$.

Giả sử ngược lại, $r| \gcd (n,k)$ với $r$ nguyên tố, khi đó $r|n$ và $r<k<p$, điều này mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của $p$.

Do đó $\gcd (n,k)=1$. Mà $k|n$ nên $k=1$. Khi đó $p|3-2$ hay $p|1$, mâu thuẫn vì $p$ nguyên tố.

Vậy $n=1$. $\blacksquare$

Anh giải cách khác, cũng dùng cấp số.

Lời giải :

Hiển nhiên $n=1$ là thỏa. Xét $n>1$ thì $n$ có ước nguyên tố nhỏ nhất $p$.

Gọi $t$ là nghịch đảo của $2$ modulo $p$, tức $2t\equiv 1\;(mod\;p),1\leq t\leq p-1$

Khi đó $\left ( 3t \right )^{n}\equiv \left ( 2t \right )^{n}\equiv 1\;(mod\;p)\Rightarrow ord_p(3t)\mid n$

Theo $Fermat$ nhỏ thì có được $ord_p(3t)\mid p-1$

Do đó tồn tại ước nguyên tố $r$ của $ord_p(3)$ mà trái với tính nhỏ nhất của $p$.

Do đó $ord_p(3t)=1\Rightarrow 3t\equiv 1\equiv 2t\;(mod\;p)\Rightarrow p\mid t$, mâu thuẫn vì $1\leq t\leq p-1$

Như vậy $n=1$.

[mathandyou]

Bổ đề. Nếu $p|a^n-b^n$ với $a,b,n,p \in \mathbb{N}^*$ và $p$ nguyên tố. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|a^k-b^k$. Khi đó $k|n$.

Chứng minh. Đặt $n=kq+r$ với $q,r \in \mathbb{N},0 \le r \le k-1$. Ta có $$a^n-b^n=a^{kq+r}-b^{kq+r}= a^r \left( a^{kq}-b^{kq} \right)+ b^{kq} \left( b^r-a^r \right).$$

Ta suy ra $p|b^r-a^r$. Theo điều kiện nhỏ nhất của $k$ thì ta dẫn đến $r=0$. Như vậy $k|n$.

Lời giải. Nhận thấy $n=1$ thoả mãn bài toán.

Nếu $n \ge 2$ thì ta gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$, khi đó $p|n$ nên $p|3^n-2^n$.

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|3^k-2^k$. Theo bổ đề thì $k|n$.

Dễ thấy rằng $3 \nmid n,2 \nmid n$ nên theo định lý Fermat nhỏ $p|3^{p-1}-2^{p-1}$ nên $k|p-1$ suy ra $p>k$.

Ta sẽ chứng minh rằng $\gcd (n,k)=1$.

Giả sử ngược lại, $r| \gcd (n,k)$ với $r$ nguyên tố, khi đó $r|n$ và $r<k<p$, điều này mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của $p$.

Do đó $\gcd (n,k)=1$. Mà $k|n$ nên $k=1$. Khi đó $p|3-2$ hay $p|1$, mâu thuẫn vì $p$ nguyên tố.

Vậy $n=1$. $\blacksquare$

Ta còn một cách như này:

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.Khi đó:$p\geq 5$

Gọi $a \in z+$ sao cho:$2a \equiv 1 (mod p)$

Vì:$3^n \equiv 2^n (mod p)$ nên $ (3a)^n \equiv 1 (mod )$.

Theo cụ Fermat thì:$(3a)^{p-1} \equiv 1 (mod p)$

Gọi $h$ là cấp của $3a$ (mod p) thì:$n \vdots h$ và $p-1 \vdots h$ và $p-1 \vdots h$

Từ đó $h=1$ nên $3a \equiv 1 (mod p)$.

Do đó $a \vdots p$.Vô lí

[LNH]

Bài 5 : Trong một giải đấu bóng đá có $10$ đội tham gia theo thể thức mỗi đội đều gặp đội khác một lần. Người ta nhận thấy một điều thú vị là với $3$ đội bóng $A,B,C$ bất kì, nếu $A$ thắng $B$ và $B$ thắng $C$ thì $A$ thắng $C$. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai điều sau phải xảy ra:

(i)                Có $4$ đội $A,B,C,D$ mà $A$ thắng $B$, $B$ thắng $C$ và $C$ thắng $D$.

(ii)              Có $4$ đội mà các trận giữa họ đều hoà.

Ta sẽ mô hình hoá bài toán trên thành đồ thị với tập đỉnh tương ứng với $10$ đội, 2 đỉnh được nỗi với nhau bằng cạnh màu đỏ nếu trận đấu kết thúc thằng-bại, màu xanh nếu trận đấu kết thúc hoà.

Theo định lí Ramsey, tồn tại một đồ thị đầy đủ $4$ đỉnh được tô bằng một màu.

Nếu đồ thị con này được tô màu xanh, điều này thoả mãn đk (ii), suy ra đpcm

Nếu đồ thị con được tô màu đỏ, ta sẽ vẽ thêm hướng trên cạnh của đồ thị con này từ người thắng đến người thua.

Ta có một tính chất rất quen thuộc:

Một tournament (đồ thị đầy đủ có hướng) luôn tồn tại một đường đi có hướng đi qua tất cả các đỉnh

Đây chính là điều kiện (i). Suy ra đpcm

P/s: có vẻ bài toán kết thúc mà không cần dùng dữ kiện nếu $A$ thắng $B$ và $B$ thắng $C$ thì $A$ thắng $C$

[vuvanquya1nct]

Bài 1 : Giải phương trình $$4x^{2}+12x\sqrt{x+1}=27(x+1)$$

 

 

 

PT dang cap

Dat $\left\{\begin{matrix} a=x & \\ b=\sqrt{x+1} & \end{matrix}\right.$

PT tro thanh $4a^2+12ab-27b^2=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=\frac{3}{2}b & \\ a=\frac{-9}{2}b & \end{bmatrix}$

Den day thi de roi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 29-01-2014 - 22:35

[Kaito Kuroba]

PT dang cap

Dat $\left\{\begin{matrix} a=x & \\ b=\sqrt{x+1} & \end{matrix}\right.$

PT tro thanh $a^2+12ab-27b^2=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=\frac{3}{2}b & \\ a=\frac{-9}{2}b & \end{bmatrix}$

Den day thi de roi

 

 

viết thiếu nè:

 

$4a^2+12ab-27b^2=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 29-01-2014 - 22:40

[vuvanquya1nct]

viết thiếu nè:

 

$4a^2+12ab-27b^2=0$

fix roi nhe dai k