Chủ đề này có 185 trả lời

[chrome98]

Bài 56: Cho $a,b,c,d,e\in \mathbb{N^{*}}$, $a<b<c<d<e$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{lcm(a,b)}+\frac{1}{lcm(b,c)}+\frac{1}{lcm(c,d)}+\frac{1}{lcm(d,e)}\leq \frac{15}{16}$

Bài 57: Chứng minh rằng : Với $k\in \mathbb{Z^{+}}$ cố định, có vô số số chính phương có dạng $n\cdot 2^k-7$, với $n\in \mathbb{Z^{+}}$.

Bài 58: Cho $x\geq \frac{1}{2}$. Chứng minh rằng $\exists n\in \mathbb{N}$ sao cho $|x-n^2|\leq \sqrt{x-\frac{1}{4}}$.
p/s: đã sửa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chrome98: 01-09-2012 - 20:40

[nguyenta98]

Bài 56: Cho $a,b,c,d,e\in \mathbb{N^{*}}$, $a<b<c<d<e$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{lcm(a,b)}+\frac{1}{lcm(b,c)}+\frac{1}{lcm(c,d)}+\frac{1}{lcm(d,e)}\leq \frac{15}{16}$
Bài 57: Chứng minh rằng : Với $k\in \mathbb{Z^{+}}$ cố định, có vô số số chính phương có dạng $n\cdot 2^k-7$, với $n\in \mathbb{Z^{+}}$.
Bài 58: Cho $x\geq \frac{1}{2}$. Chứng minh rằng $\exists n\in \mathbb{N}$ sao cho $|x-n^2|\leq \sqrt{x-\frac{1}{4}}$.
p/s: đã sửa

Mình hiểu rồi, bài này là cố định $k$
Giải như sau:
Bài 56: Ta có nhận xét $lcm(a,b)\geq max(a,b)$
Từ đó ta chặn được $VT(pt)\le \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{e}$ và dùng chặn ta dễ dàng suy ra đpcm, dấu đẳng thức xảy ra khi $a=1,b=2,c=2^2,d=2^3,e=2^4$

Bài 57: Đặt $n.2^k-7=t^2 \Rightarrow n.2^k=t^2+7$
Với $k$ cho trước, ta sẽ chứng minh tồn tại vô hạn số $t$ sao cho $t^2+7 \vdots 2^k$
Trước tiên nếu tồn tại $t^2+7 \vdots 2^k$ khi ấy $t'=t+2^k$ khi ấy $t'^2+7=(t+2^k)^2+7=t^2+7+2^{2k}+2^{k+1} \vdots 2^k$ (do $t^2+7 \vdots 2^k$) như vậy nên nếu tồn tại $t^2+7 \vdots 2^k$ thì tồn tại vô hạn $t$ như vậy
Bước tiếp theo, ta cần chứng minh tồn tại $t^2+7 \vdots 2^k$
Ta giả sử $t^2+7 \vdots 2^x$
Khi ấy ta sẽ chứng minh cũng tồn tại $t^2+7 \vdots 2^{x+1}$
Thật vậy nếu $t^2+7 \vdots 2^{x+1}$ thì giả thiết được cm
Còn nếu $t^2+7 \vdots 2^{x}, \not \vdots 2^{x+1}$ suy ra chọn $t'=t+2^{x-1}$ khi ấy $t'^2+7=t^2+7+2^{2(x-1)}+2^x \equiv t^2+7+2^x \equiv 2^x+2^x \equiv 0 \pmod{2^{x+1}}$ (do $t^2+7 \vdots 2^x, \not \vdots 2^{x+1}$ thì $t^2+7 \equiv 2^x \pmod{2^{x+1}}$) như vậy suy ra giả thiết cũng được cm
Do đó ta có nhận xét $t^2+7 \vdots 2^x$ thì ắt tồn tại $t^2+7 \vdots 2^{x+1}$
Như vậy ta thấy chắc chắn có $t$ để $t^2+7 \vdots 2^1$ theo nhận xét trên tồn tại $t^2+7 \vdots 2^2$ và tiếp tục như vậy đến vô hạn
Do đó ta suy ngay ra luôn tồn tại $t^2+7 \vdots 2^k$
Như vậy các bước của bài toán đã được hoàn thành, ta có luôn tồn tại $t^2+7 \vdots 2^k$ và từ đó suy ra có vô hạn $t$ để $t^2+7 \vdots 2^k$ nên ta có đpcm

Bài 58:
TH1: $x\le n^2$ khi ấy $|x-n^2|\le \sqrt{x-\dfrac{1}{4}} \Leftrightarrow n^2-x\le \sqrt{x-\dfrac{1}{4}} \Rightarrow n^2\le x^2+\sqrt{x-\dfrac{1}{4}}$
Mặt khác $x+\sqrt{x-\dfrac{1}{4}}\geq 0$ nên luôn tồn tại $n^2$ thỏa mãn $đpcm$
TH2: $x>n^2$ khi ấy $|x-n^2|\le \sqrt{x-\dfrac{1}{4}} \Leftrightarrow x-n^2\le \sqrt{x-\dfrac{1}{4}} \Rightarrow x+\sqrt{x-\dfrac{1}{4}}\le n^2$ mà $x+\sqrt{x-\dfrac{1}{4}}\geq 0$ nên luôn tồn tại $n^2$ thỏa mãn nên $đpcm$
Do đó suy ra $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-09-2012 - 21:31

[tran thanh binh dv class]

Bài 59: Cho 4 số tự nhiên thỏa tính chất: Bình phương của tổng hai số bất kỳ chia hết cho tích hai số còn lại. Chứng minh rằng có ít nhất ba trong bốn số đó phải bằng nhau

[nguyenta98]

Bài 59: Cho 4 số tự nhiên thỏa tính chất: Bình phương của tổng hai số bất kỳ chia hết cho tích hai số còn lại. Chứng minh rằng có ít nhất ba trong bốn số đó phải bằng nhau

Giải như sau:
Gọi $4$ số là $x,y,z,t$ với $x=fa,y=fb,z=fc,t=fd$ với $gcd(a,b,c,d)=1$
Khi ấy ta có
$(a+b)^2 \vdots cd$
$(a+c)^2 \vdots bd$
$(a+d)^2 \vdots bc$
$(b+c)^2 \vdots ad$
$(b+d)^2 \vdots ac$
$(c+d)^2 \vdots ab$
Giả sử $c \vdots p \Rightarrow (a+b)^2 \vdots p \Rightarrow a+b \vdots p$ với $p$ nguyên tố
Tương tự ta cũng có $a+d,b+d \vdots p$
Như vậy $a+b+a+d-b-d \vdots p \Rightarrow 2a \vdots p$
Nếu $p>2$ suy ra $a \vdots p$ khi đó cm tương tự cũng có $2b \vdots p,2d \vdots p \Rightarrow a,b,c,d \vdots p$ vô lí vì $gcd(a,b,c,d)=1$
Do đó $p=2$ hoặc $c=1$ ($c$ không có ước nguyên tố)
Nếu $p=2$ suy ra $c \vdots 2$ nên $c=2^r$ (do mọi ước $p$ ng tố của $c$ chỉ là $2$) nhưng nếu $c \vdots 8$ thì theo trên có $a+b \vdots 4$ và $a+d,b+d$ cũng vậy thì $2a \vdots 4$ thì $a$ chẵn, khi ấy $(b+d)^2 \vdots ac$ nên $b,d$ cùng tính chẵn lẻ nhưng chúng không thể cùng chẵn (do $gcd(a,b,c,d)=1$) suy ra $b,d$ lẻ nhưng khi ấy $(a+d)^2$ lẻ trong khi $bc$ chẵn, vô lí, do đó $c=2$ hoặc $4$ khi ấy lập luận với các số khác ta sẽ cm được có $3$ số bằng $1$ khi đó trong $x,y,z,t$ có 3 số bằng nhau và bằng $f$ đpcm
Nếu $c=1$ lập luận tương tự ba số còn lại cũng ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-09-2012 - 14:56

[tran thanh binh dv class]

Giải như sau:
Gọi $4$ số là $x,y,z,t$ với $x=fa,y=fb,z=fc,t=fd$ với $gcd(a,b,c,d)=1$
Khi ấy ta có
$(a+b)^2 \vdots cd$
$(a+c)^2 \vdots bd$
$(a+d)^2 \vdots bc$
$(b+c)^2 \vdots ad$
$(b+d)^2 \vdots ac$
$(c+d)^2 \vdots ab$
Giả sử $c \vdots p \Rightarrow (a+b)^2 \vdots p \Rightarrow a+b \vdots p$ với $p$ nguyên tố
Tương tự ta cũng có $a+d,b+d \vdots p$
Như vậy $a+b+a+d-b-d \vdots p \Rightarrow 2a \vdots p$
Nếu $p>2$ suy ra $a \vdots p$ khi đó cm tương tự cũng có $2b \vdots p,2d \vdots p \Rightarrow a,b,c,d \vdots p$ vô lí vì $gcd(a,b,c,d)=1$
Do đó $p=2$ hoặc $c=1$ ($c$ không có ước nguyên tố)
Nếu $p=2$ suy ra $c \vdots 2$ nên $c=2^r$ (do mọi ước $p$ ng tố của $c$ chỉ là $2$) nhưng nếu $c \vdots 8$ thì theo trên có $a+b \vdots 4$ và $a+d,b+d$ cũng vậy thì $2a \vdots 4$ thì $a$ chẵn, khi ấy $(b+d)^2 \vdots ac$ nên $b,d$ cùng tính chẵn lẻ nhưng chúng không thể cùng chẵn (do $gcd(a,b,c,d)=1$) suy ra $b,d$ lẻ nhưng khi ấy $(a+d)^2$ lẻ trong khi $bc$ chẵn, vô lí, do đó $c=2$ hoặc $4$ khi ấy lập luận với các số khác ta sẽ cm được có $3$ số bằng $1$ khi đó trong $x,y,z,t$ có 3 số bằng nhau và bằng $f$ đpcm
Nếu $c=1$ lập luận tương tự ba số còn lại cũng ra đpcm

bạn giải thích chỗ này được không mình nghĩ mãi không ra

[nguyenta98]

bạn giải thích chỗ này được không mình nghĩ mãi không ra

Thôi được rồi, mình sẽ nói đầy đủ
Nếu $p=2$ khi đó $c$ chẵn, ta chứng minh được $c=2,4$ rồi
Mặt khác ta thấy $a,b,d$ ắt phải lẻ toàn bộ vì nếu tồn tại một trong số chúng chẵn, giả sử là $a$ thì từ $(b+d)^2 \vdots ac \Rightarrow b+d$ chẵn nên $b,d$ cùng lẻ (vì nếu cùng chẵn thì $gcd(a,b,c,d)\vdots 2$ vô lí) do đó $b,c$ củng lẻ nhưng khi ấy xét $(a+b)^2 \vdots cd$ ta có $a+b$ phải chẵn mà $a$ chẵn $b$ lẻ nên mâu thuẫn, như vậy $a,b,d$ ắt cùng lẻ, mặt khác ta có lúc này vai trò $a,b,d$ tương tự như $c$ rồi nên cũng giả sử $a \vdots p$ từ đó $p=2$ hoặc $a=1$ nhưng $a$ lẻ nên $a=1$ lập luận tương tự $b=d=1$ nên có $đpcm$
Nếu $c=1$ thì lúc này $c$ sẽ là 1 trong ba số $a,b,d$ ở trường hợp trên nên lập luận tương tự ta cũng có $đpcm$ như vậy ít nhất ba số trong $a,b,c,d$ bằng $1$ khi ấy giả sử $a=b=c=1 \Rightarrow x=y=z=f$ đpcm

[laiducthang98]

e xin đóng góp mấy bài mong các anh vào đây cho ý kiến cùng lời giải :
Bài 1 :Tìm a $\epsilon Z$ để $\sqrt{a^{2}+a+23}$ thuộc Q
Bài 2 : Cho một nhóm 6 người.CMR có 3 người đôi một quen nhau hoặc đôi 1 không quen nhau
Bài 3 :Trên mặt phẳng có 2000 điểm .CMR có 1 hình vuông chứa trong nó đúng 1000 diểm còn lại nằm ngoài hình vuông
Bài 4 : Cho 6 điểm không có 3 điểm nào thằng hàng và khoảng cách giữa 2 điểm bất kì đôi một cắt nhau .Xét các tam giác có điểm là 3 trong 6 đỉnh trên .CMR có một đoạn nối 2 điểm là cạnh nhỏ nhất của tam giác này nhưng là cạnh lớn nhất của tam giác khác

[triethuynhmath]

e xin đóng góp mấy bài mong các anh vào đây cho ý kiến cùng lời giải :
Bài 1 :Tìm a $\epsilon Z$ để $\sqrt{a^{2}+a+23}$ thuộc Q

Bài này đã
Để có điều trên thì
:
$a^2+a+23=k^2 (k\epsilon N)\Leftrightarrow 4a^2+4a+1+91=4k^2\Leftrightarrow 4k^2-(2a+1)^2=91\Leftrightarrow (2k-\begin{vmatrix} 2a+1 \end{vmatrix})(2k+\begin{vmatrix} 2a+1 \end{vmatrix})=91=13.7=91.1$
Đên đây xem như xong

[duongchelsea]

e xin đóng góp mấy bài mong các anh vào đây cho ý kiến cùng lời giải :
Bài 1 :Tìm a $\epsilon Z$ để $\sqrt{a^{2}+a+23}$ thuộc Q

Theo mình, bài này có thể đổi đề thành "Tìm a để $\sqrt{a^{2}+a+23}$ thuộc Q" thì sẽ hay hơn. Các bạn làm thử nhé!

[BlackSelena]

Bài 2 : Cho một nhóm 6 người.CMR có 3 người đôi một quen nhau hoặc đôi 1 không quen nhau

Bài này viết đề rõ ràng ra phải là
Cho một nhóm 6 người. Chứng minh rằng có 3 người đôi một quen nhau hoặc 3 người đôi 1 không quen nhau .
Lời giải:
Gọi 6 người đó là $A,B,C,D,E,F$
Theo nguyên lí Dirichlet thì $A$ quen hoặc không quen ít nhất 3 người.
Không mất tính tổng quát, giả sử $A$ quen $B,C,D$
Nếu trong $B,C,D$ có đôi một quen nhau thì nó tạo với $A$ 3 người đôi một quen nhau
Nếu trong $B,C,D$ không có đôi một quen nhau thì ta có đpcm $\blacksquare$

[nguyenta98]

Mình viết nhầm đề, post lại:

" Cho $P_n$ là tích tất cả các số nguyên tố $\leq n$. Chứng minh rằng $P_n<4^n$. "

Lúc trước mình có post bài này nhưng bị sai, sau đây mình xin làm lại
Giải như sau:
Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp toán học
Thử với $n=1,2,3,4,5$ đều đúng cả
Giả sử đúng đến $n=k$ hay $P_k<4^k$
Ta sẽ chứng minh đúng với $n=k+1$ hay $P_{k+1}<4^{k+1}$
Thật vậy
TH1: $k+1$ chẵn suy ra $k+1=2t$
Do đó gọi $p_1,p_2,..,p_i$ là các số nguyên tố $\le t$ khi đó ta có vì $k+1=2t \Rightarrow k>t$ nên theo giả thiết quy nạp đúng hết cho tới $k$ nên nó cũng phải đúng với $t$ do đó $p_1p_2...p_i<4^t$ $(*)$
Gọi $p_{i+1},p_{i+2},...,p_j$ là các số nguyên tố lớn hơn $t$ và nhỏ hơn $2t$ (chú ý nhỏ hơn hẳn $2t$ vì $2t$ là hợp số)
Suy ra ta có $gcd(t!,p_{i+1})=gcd(t!,p_{i+2})=...=gcd(t!,p_j)$ $(1)$
Mặt khác do $t<p_{i+1},p_{i+2},...,p_j<2t$ suy ra $(t+1)(t+2)...(2t) \vdots (p_{i+1}.p_{i+2}...p_j)$ $(2)$
Mà $\dfrac{(t+1)(t+2)...(2t)}{t!}=C_{2t}^t$ theo công thức tổ hợp chập $t$ của $2t$ phần tử suy ra nó nguyên, như vậy ta sẽ có $\dfrac{(t+1)(t+2)...(2t)}{t!} \in \mathbb{Z}$ mặt khác từ $(1)(2)$ suy ra $\dfrac{(t+1)(t+2)...(2t)}{t!} \vdots (p_{i+1}.p_{i+2}...p_j)$
Ta có bdt $\dfrac{(t+1)(t+2)...(2t)}{t!}<4^t$ (sẽ chứng minh ở cuối bài)
Suy ra $(p_{i+1}.p_{i+2}...p_j)<4^t$ $(**)$
Từ $(*)(**)$ suy ra $p_1p_2...p_j<4^{2t}=4^{k+1}$ $đpcm$
TH2: $k+1$ lẻ suy ra $k+1=2r+1$
Ta gọi $p_1,p_2,...,p_i$ là các số nguyên tố không vượt quá $r+1$ khi ấy ta có $k+1=2r+1 \Rightarrow k=2r \Rightarrow r+1<k$ do đó theo GTQN đúng đến $n$ suy ra $p_1p_2...p_i<4^{r+1}$
Gọi $p_{i+1},...,p_j$ là các số nguyên tố lớn hơn $r+1$ và nhỏ hơn hoặc bằng $2r+1$
Khi ấy chứng minh tương tự như trên $p_{i+1}....p_j<4^r$
Như vậy $p_1p_2...p_j<4^{r+1}.4^r=4^{2r+1}=4^{k+1}$ như vậy suy ra $đpcm$
$$**********$$
Ở trên có đề cập một BDT sau $\dfrac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!}<4^n$
Mặt khác thấy $\dfrac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!}=C_{2n}^n$
Như vậy ta xét $(1+1)^{2n}$ khi khai triển nhị thức niuton sẽ xuất hiện thừa số $C_{2n}^n$
Do đó $(1+1)^{2n}>C_{2n}^n \Rightarrow 4^{n}>\dfrac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!}$ $đpcm$
Tổng hợp các điều trên ta suy ra $đpcm$
Tóm lại ta có $P_{n}<4^n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-10-2012 - 20:38

[L Lawliet]

Topic hình như đi trật đường thì phải? Mục đích của em BS là ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10 thôi mà sao toàn cho bài như vầy @/_\@.
----
Bài 60: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho phân số $\dfrac{21n+17}{14n+3}$ là số nguyên.

Bài 61: Chứng minh rằng nếu $p$ và $8p^{2}+1$ là số nguyên tố lẻ thì $8p^{2}+2p+1$ là số nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 21-10-2012 - 12:32

[BlackSelena]

Topic hình như đi trật đường thì phải? Mục đích của em BS là ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10 thôi mà sao toàn cho bài như vầy @/_\@.
----
Bài 60: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho phân số $\dfrac{21n+17}{14n+3}$ là số nguyên.

Bài 61: Chứng minh rằng nếu $p$ và $8p^{2}+1$ là số nguyên tố lẻ thì $8p^{2}+2p+1$ là số nguyên tố.

Okay !!
Bài 62: Giải phương trình nghiệm nguyên
$1+ x + x^2 + x^3 = 2^y$
Đây là btvn của mình =)), mới tìm được là $x,y \geq 0$ và $x$ lẻ =.="

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 21-10-2012 - 12:32

[chrome98]

61. Nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $3|8p^2+1$ và $8p^2+1>3$ nên $8p^2+1$ là hợp số.
Xét với $p=2,p=3$ thì $p=3$ thỏa mãn đề bài và $8p^2+2p+1=79$ là số nguyên tố.


62. $1+x+x^2+x^3=2^x=(x+1)(x^2+1)\rightarrow \begin{cases} x+1=2^m \\ x^2+1=2^n \end{cases}\rightarrow 2x=(x+1)^2-(x^2+1)=2^{2m}-2^n\rightarrow x=2^{2m-1}-2^{n-1}=2^{n-1}(2^{2m-1-n+1}-1)$
Đồng thời từ phương trình ta có $x=0$ hoặc $x$ lẻ nên $n-1=0\rightarrow n=1\rightarrow x=1$, không thỏa mãn
hoặc $2m-1=n\rightarrow 2m=n+1\rightarrow (x+1)^2=2(x^2+1)\rightarrow x=1$, không thỏa mãn
Vậy $x=0$.

editted

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chrome98: 21-10-2012 - 13:34

[Dramons Celliet]

Bài 61: Chứng minh rằng nếu $p$ và $8p^{2}+1$ là số nguyên tố lẻ thì $8p^{2}+2p+1$ là số nguyên tố.

Lời giải:
Nếu $p=3k\pm 1$ thì ta có $3\mid 8p^{2}+1$ không là số nguyên tố. Vậy $p$ chỉ có thể có dạng $p=3k$, $p$ nguyên tố nên $p=3$, $8p^{2}+1=73$. Khi đó $8p^{2}+2p+1=79$ là số nguyên tố.

[BlackSelena]

62. $1+x+x^2+x^3=2^x=(x+1)(x^2+1)\rightarrow \begin{cases} x+1=2^m \\ x^2+1=2^n \end{cases}\rightarrow 2x=(x+1)^2-(x^2+1)=2^{2m}-2^n\rightarrow x=2^{2m-1}-2^{n-1}=2^{n-1}(2^{2m-1-n+1}-1)$
Đồng thời từ phương trình ta có $x=0$ hoặc $x$ lẻ nên $n-1=0\rightarrow n=1\rightarrow x=1$, không thỏa mãn
hoặc $2m-1=n\rightarrow 2m=n+1\rightarrow (x+1)^2=2(x^2+1)\rightarrow x=1$
Vậy $x=0, x=1$.

Cậu coi lại đề hén ^^
$1+x+x^2 + x^3 = 2^y$

[Zaraki]

Cậu coi lại đề hén ^^
$1+x+x^2 + x^3 = 2^y$

Em nghĩ lời giải trên đúng rồi mà !

[BlackSelena]

Em nghĩ lời giải trên đúng rồi mà !

ừm nhưng có chỗ này anh chưa hiểu lắm, em giải thích cho anh đc ko ^^

Đồng thời từ phương trình ta có $x=0$ hoặc $x$ lẻ nên $n-1=0\rightarrow n=1\rightarrow x=1$, không thỏa mãn
hoặc $2m-1=n\rightarrow 2m=n+1\rightarrow (x+1)^2=2(x^2+1)\rightarrow x=1$

[Dramons Celliet]

ừm nhưng có chỗ này anh chưa hiểu lắm, em giải thích cho anh đc ko ^^

Mình giải thích có được không nhỉ
Vì vế phải của phương trình là $2^{y}$ luôn là số chẵn còn vế trái là $1+x+x^{2}+x^{3}$ nên $x+x^{2}+x^{3}$ là số lẻ (hoặc bằng $0$ khi đó $y=0$).

[BlackSelena]

Mình giải thích có được không nhỉ
Vì vế phải của phương trình là $2^{y}$ luôn là số chẵn còn vế trái là $1+x+x^{2}+x^{3}$ nên $x+x^{2}+x^{3}$ là số lẻ (hoặc bằng $0$ khi đó $y=0$).

Dạ cảm ơn anh nhưng ... lộn chỗ mất rồi ạ ^^

hoặc $x$ lẻ nên $n-1=0\rightarrow n=1\rightarrow x=1$, không thỏa mãn
hoặc $2m-1=n\rightarrow 2m=n+1\rightarrow (x+1)^2=2(x^2+1)\rightarrow x=1$