Chủ đề này có 10 trả lời

[Near Ryuzaki]

Spoiler

lười type latex quá T.T

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 09-10-2014 - 21:01

[hoctrocuaZel]

Spoiler

lười type latex quá T.T

Câu 1/

Đặt $(x^2+x;x-1)=(a;b)$, PT viết thành: $PT\Leftrightarrow a^2+b^2=(a-b)\sqrt{-ab}\Leftrightarrow (a-b)^2+2ab-(a-b)\sqrt{-ab}=0$

Đặt: $a-b=t>0;\sqrt{-ab}=u\geq 0\rightarrow t^2-2u^2-tu=0\Leftrightarrow (t+u)(t-2u)=0\Leftrightarrow t=2u\Leftrightarrow a-b=2.\sqrt{-ab}\Leftrightarrow a+b=0\Leftrightarrow x^2+2x-1=0\Leftrightarrow x=-1\pm \sqrt{2}$

[nntien]

Câu 2:

Ta có: $u_2=-\frac{1}{3}$, $u_3=\frac{77}{6}>3$

Mặt khác nếu $u_n>3$ => $u^2_n>9>\frac{4n+1}{n}$ => $u_{n+1}>u_n$

Từ đó suy ra $u_4>u_3>3$...

Như vậy từ với $n>2$ dãy $u_n$ tăng.

Dễ thấy $u_n$ không bị chặn trên vì nếu bị chặn trên thì tồn tại giới hạn hữu hạn ta gọi là $L$.

Khi đó: $L=2L-\frac{4}{L}$ => $L=2 <3$ vô lý

Vậy $lim(u_n)=+\infty$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 09-10-2014 - 22:25

[Near Ryuzaki]

Đề ngày 2 

Hình gửi kèm

• 

[nguoivohinh98]

bài tổ hợp ngày 1 dùng công thức tính tổng 1+2+...+n suy ra không tồn tại N

[luuvanthai]

Đề ngày 2 

Câu 5:

 Xét 2 TH 

TH1:$1\geq a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow A\leq 0$

TH2:$1\geq a\geq c\geq b\geq 0$

$f(a,0,c)-f(a,b,c)=ac(a-c)(a+c)-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=(a-c)b(a^{2}+c^{2}+ac-b^{2})\geq 0$

$\Rightarrow A\leq ac(a-c)(a+c)$

   Xét $f(a)=ac(a^{2}-c^{2})=a^{3}c-ac^{3}$ với $1\geq a\geq c$

$f(a)'=3a^{2}c-c^{3}=c(3a^{2}-c^{2})\geq 0$$\Rightarrow f(a)$ đồng biến trên $\left [ 0;1 \right ]$

$\Rightarrow f(a)\leq f(1)=c-c^{3}$

 Xét $f(c)=c-c^{3}$ với $1\geq c\geq 0$

$f(c)'=1-3c^{2}=0\Leftrightarrow c=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow f(c)\leq f(\frac{1}{\sqrt{3}})=\frac{2\sqrt{3}}{9}$

Dấu = xảy ra khi $a=1;b=0;c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luuvanthai: 14-10-2014 - 16:20

[Zaraki]

Bài 6. Cho $p$ là số nguyên tố thoả mãn $5^{(p-1)^2}-1$ không chia hết cho $p$. Tìm cặp số nguyên dương $(x,y)$ thoả mãn $p^x+5=y^p$.

Lời giải. Nếu $p=5$ thì $5^x+5=y^5$, ta suy ra $5|y$ nên $5^5|y^5$, mà $5^5 \nmid 5^x+5$, mâu thuẫn. Vậy $p \ne 5$.

Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra $p \parallel 5^{p-1}-1$.

Dễ thấy rằng $p$ lẻ. Ta có $y^p \equiv y \equiv 5 \pmod{p}$. Đặt $y=pk+5$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $$y^p-5= (pk+5)^{p}-5= (pk)^p+p \cdot (pk)^{p-1} \cdot 5+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}+5 \left( 5^{p-1}-1 \right).$$

Để ý rằng $p^2| (pk)^p+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}$ nhưng $p \parallel 5 \left( 5^{p-1}-1 \right)$ nên ta suy ra $p \parallel (pk+5)^p-5=y^p-5$. Do vậy $x=1$. Ta có $p+5=y^p$. Nhận thấy $y \ge 2$.

Với $y \ge 3$ thì chứng minh theo quy nạp $y^p \ge 3^p>p+5$ với mọi $p \ge 3$.

Với $y=2$ thì $p+5=2^p$ suy ra $3|p$, dẫn đến $p=3$. Thử lại thấy thoả mãn.

Vậy $\boxed{(x,y)=(1,3)}$.

[Juliel]

Có một lời giải khác cho bài số học ngày 2 như sau :

Theo định lí Euler thì :

$$5^{\varphi (p^2)}=5^{p^2-p}\equiv 1\;\pmod p\Rightarrow 5^{(p-1)^2+(p-1)}\equiv 1\;\pmod p$$

Kết hợp với giả thiết đã cho ta được $5^{p-1}\not\equiv 1\;\pmod {p^2}$. Nếu $x>1$ thì từ phương trình ta suy ra :

$$5\equiv y^p\;\pmod {p^2}\Rightarrow y^{p(p-1)}\equiv 5^{p-1}\not\equiv 1\;\pmod {p^2}$$

Điều này mâu thuẫn với định lí Euler. Từ đó $x=1$. Sau đó làm tiếp giống Toàn.

[Near Ryuzaki]

Lời giải bài hình ngày 2:

a/ Gọi $I'$ là giao điểm $PE$ và $QF$, $I$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $PQ$

Theo đường thẳng Gauss thì $N,I,O$ thẳng hàng

Mà $MI\perp BD,OI\perp BD$ nên $M,O,I$ thẳng hàng.

Từ đó $M,I,O,N$ thẳng hàng.

Tứ giác $BDQP$ là tứ giác nội tiếp 

Suy ra $(DP,DQ)=(BD,BQ)$ mà $(BD,BQ)=(HD,HK)$

Từ đó $HK\parallel PQ\Rightarrow EF\parallel PQ$

Nên $M,N,I'$ thẳng hàng

$\Rightarrow I\equiv I'.$

Ta có điều phải chứng minh

b/ Gọi $Y$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $AY\perp BD$ . Kẻ $IS\perp AC.$

Tam giác $PAQ$ có $A$ là trực tâm.

$\Rightarrow AC\perp PQ\Rightarrow AC\perp EF$

Do $M$ là trung điểm $EF$

$\Rightarrow I(SMEF)=-1$

Ta có $IE,IF,IS,IM$ lần lượt vuông góc với $CJ,CI,CA,CY$

suy ra $C(AIJY)=-1$

Từ đó tứ giác $AIYJ$ là tứ giác điều hòa

Nên $A,X,Y$ thẳng hàng.

Vậy $AX\perp BD.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 09-07-2015 - 15:55

[trankhanhletruc]

 

File gửi kèm

•  aaaaaaaaa.doc   21K   207 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trankhanhletruc: 18-01-2016 - 17:12

[toanhoc2017]

Bài 6. Cho $p$ là số nguyên tố thoả mãn $5^{(p-1)^2}-1$ không chia hết cho $p$. Tìm cặp số nguyên dương $(x,y)$ thoả mãn $p^x+5=y^p$.
Lời giải. Nếu $p=5$ thì $5^x+5=y^5$, ta suy ra $5|y$ nên $5^5|y^5$, mà $5^5 \nmid 5^x+5$, mâu thuẫn. Vậy $p \ne 5$.
Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra $p \parallel 5^{p-1}-1$.
Dễ thấy rằng $p$ lẻ. Ta có $y^p \equiv y \equiv 5 \pmod{p}$. Đặt $y=pk+5$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $$y^p-5= (pk+5)^{p}-5= (pk)^p+p \cdot (pk)^{p-1} \cdot 5+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}+5 \left( 5^{p-1}-1 \right).$$
Để ý rằng $p^2| (pk)^p+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}$ nhưng $p \parallel 5 \left( 5^{p-1}-1 \right)$ nên ta suy ra $p \parallel (pk+5)^p-5=y^p-5$. Do vậy $x=1$. Ta có $p+5=y^p$. Nhận thấy $y \ge 2$.
Với $y \ge 3$ thì chứng minh theo quy nạp $y^p \ge 3^p>p+5$ với mọi $p \ge 3$.
Với $y=2$ thì $p+5=2^p$ suy ra $3|p$, dẫn đến $p=3$. Thử lại thấy thoả mãn.
Vậy $\boxed{(x,y)=(1,3)}$.

Hay