Đến nội dung


famas1stvn98

Đăng ký: 05-06-2012
Offline Đăng nhập: 26-10-2012 - 21:21
-----

#340993 Tìm 3 số tự nhiên

Gửi bởi famas1stvn98 trong 28-07-2012 - 09:53

Đặt 3 số đó là a,b,c $\epsilon$ $Z^+$. WLOG: 1<a<b<c <1>
Theo đề ta có ab+1 $\vdots$ c;bc+1 $\vdots$ a;ca+1 $\vdots$ b
$\Rightarrow$ đặt M=$\frac{(ab+1)(bc+1)(ca+1)}{abc}$ ta có M $\epsilon$ N
Phá ngoặc ta được M=abc+a+b+c+($\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$).
Do M $\epsilon$ N $\Rightarrow$ đặt P=$\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$ ta có P $\epsilon$ N
Từ <1> ta có $\frac{1}{abc}<\frac{1}{c}<\frac{1}{b}<\frac{1}{a}$ $\Rightarrow$ P<$\frac{4}{a}$ $\leq$ $\frac{4}{2}$=2 <2>
$\Rightarrow$ P=1 <3>. Mà theo <2> có P<$\frac{4}{a}$ $\Rightarrow$ a<4 <3>. Kết hợp với <1> có a $\epsilon$ {2;3}
Xét a=2 ta được $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2}$=1 $\Rightarrow$ $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}$=$\frac{1}{2}$
Lại chặn như ở <3> ta có $\frac{3}{b}$>$\frac{1}{2}$ $\Rightarrow$ b<6 $\Rightarrow$ b $\epsilon$ {3;4;5} (do b>a)
Xét b=3 thế vào được c=7;xét b=4 thế vào được c=4,5(loại),xét b=5 được c=$\frac{11}{3}$(loại)
Xét a=3 ta được b $\geq$ 4, c $\geq$ 5,abc $\geq$ 3*4*5=60 $\Rightarrow$ P $\leq$ $\frac{1}{60}+\frac{1}{5}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}$ <1
( mâu thuẫn với <3>,loại)
Như vậy bộ 3 số tự nhiên đó là {2;3;7} và các hoán vị.


#340281 Tìm số tự nhiên $n$ để $S=n^2+3n-38$ chia hết cho 49.

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 22:35

Mình xin nêu ý chính lời giải bài 2/ :D . Nếu cần mình sẽ trình bày chi tiết
Theo định nghĩa phần nguyên ta có
n=$\left [ \sqrt[3]{n^3} \right ]=\left [ \sqrt[3]{n^3+1} \right ]=...=\left [ \sqrt[3]{(n+1)^3-1} \right ]$
Từ $n^3$ tới $(n+1)^3-1$ có số số hạng là: $(n+1)^3-1$-$n^3$+1=$3n^2+3n+1$<1>
$\Rightarrow$ ta tính được y theo cách tính tổng như ở <1>
$\left[\sqrt[3]{n^3}\right] + \left[\sqrt[3]{n^3+1}\right ] +...+ \left[\sqrt[3]{(n+1)^3-1}\right]$=(3$n^2$+3n+1)n
$\Rightarrow$
$\left [ \sqrt[3]{1} \right ]+\left [ \sqrt[3]{2} \right ]+...+\left [ \sqrt[3]{x^3-1} \right ]$
= $3*(1^3+2^3+...+(x-1)^3)$+$3*(1^2+2^2+...+(x-1)^2)$+3*(1+2+...+(x-1) <2>
(Lưu ý là cách tính tổng ở <1> khi áp dụng cho từng số n chạy từ 1 tới x-1 thì sẽ 'bao phủ' hết các số hạng)
Đến đây ta sẽ chứng minh các đẳng thức sau bằng quy nạp:
$1^3+2^3+...+n^3$=$(1+2+...+n)^2$ <3>
$1^2+2^2+...+n^2$=$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ <4>
1+2+...+n=$\frac{n(n+1)}{2}$ <5> sau đó thay luôn công thức ở <5> vào <3>
Chứng minh quy nạp dễ rồi,xin không trình bày ở đây
Tính tổng <2> dựa theo <3>,<4> và <5>: thay vào rồi nhóm lại ta sẽ được
y=$\frac{(x-1)(x)(3x^2+x)}{4}$=$\frac{(x-1)(3x+1)(x^2)}{4}$ <6>. Xét x lẻ ta được (x-1)(3x+1) $\vdots$ 4
$\Rightarrow$ y $\vdots$ $x^2$ vô lý, loại vì x,y $\epsilon$ P
Vậy x chẵn $\Rightarrow$ x=2. Thay vào <6> được y=7 (thỏa mãn đề)
Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn phương trình là x=2,y=7


#339996 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình: $$31(xyzt+xy+xt+zt+1)=...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 12:06

Chuyển vế ta có(31x-40)yzt+(31x-40)y+(31x-40)t+31zt+31=0 <1>
Xét x $\geqslant$ 2 $\Rightarrow$ 31x-40 > 0. Do x,y,z,t $\epsilon$ $Z^+$ nên pt <1> vô nghiệm vì các hệ số đều nguyên dương
(hệ số 31x-40>0 và hệ số tự do 31)
Xét x=0 ta được 31zt+31=40yzt+40y+40t. Chuyển vế lại ta được
(40y-31)zt+(40y-31)+40t=0<2>
xét y $\geqslant$ 1 pt có các hệ số nguyên dương nên cũng vô nghiệm (hệ số 40y-31 $\geqslant$ 9)
vậy y=0 thay vào ta có được 31zt+31=40t. Dễ thấy z lẻ vì z chẵn thì vt lẻ,vp chẵn. Cũng chặn tương tự kiểu trên ta có z<2
$\Rightarrow$ z=1. Thay vào ta được 9t=31, loại
Xét x=1 ta được 31(yzt+y+t+zt+1)=40(yzt+y+t). Chuyển vế lại ta được
9yzt+9y+9t=31zt+31. Chặn tương tự kiểu trên được y<4. Xét
*y=0 $\Rightarrow$ 9t=31zt+31. Lại chặn tiếp được z<1 $\Rightarrow$ z=0 $\Rightarrow$ 9t=31,loại
*y=1 $\Rightarrow$ 9zt+9+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 22zt+22=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=22,loại
*y=2 $\Rightarrow$ 18zt+18+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 13zt+13=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=13,loại
*y=3 $\Rightarrow$ 27zt+27+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 4zt+4=9t $\Rightarrow$ t $\epsilon$ Ư{4}
- xét t=1 được 4z+4=9 loại
- xét t=2 được 8z+4=18 loại
- xét t=4 được 16z+4=36 $\Rightarrow$ z=2
Như vậy phương trình có nghiệm x=1,y=3,z=2,t=4
P/s: sorry bài trước bị nhầm. Cách của anh yeutoan11 hay.


#339882 Tổng của 100 số thực đã cho bằng 0. CMR: tồn tại ít nhất 99 cặp 2 số cố tổng...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 08:20

Không biết giải kiểu này đúng không, cứ chém bừa vậy :lol:
Gọi 100 số đó là $a_{1},a_{2},...,a_{100}$. WLOG: $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant ...\geqslant a_{100}$ <1>
Theo đề $\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}=0$ <2>
Giả sử $a_{1}+a_{51}<0$
$\Rightarrow$ $a_{50}+a_{100}$ $\leqslant$ $a_{49}+a_{99}$ $\leqslant$ ... $\leqslant$ $a_{1}+a_{51}$<0 (theo <1>)
$\Rightarrow$ $a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{1}+a_{51} \geqslant$ 0 <3>
Xét 2 trường hợp:
A/ $a_{1}+a_{100} \geqslant 0$ $\Rightarrow$ có 99 cặp 2 số có tổng không âm thỏa mãn đề:
$a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{100}\geqslant 0$
B/ $a_{1}+a_{100} < 0$. Tới đây giả sử tồn tại n $\epsilon$ {3,4,...,51} sao cho $a_{2}+a_{n}<0$:
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \leqslant a_{2}+a_{n} <0 $ (vì $n \leqslant 51$)
Ta có $a_{50}+a_{99}\leqslant a_{49}+a_{98}\leqslant ...a_{2}+a_{51}< 0$(theo <1>) và $a_{1}+a_{100}<0$
$\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \geqslant 0$ <4>
Từ <3> ta được 50 cặp 2 số tổng không âm: $a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{51}\geqslant 0$
Từ <4> ta được 49 cặp 2 số tổng không âm: $a_{2}+a_{3}\geqslant a_{2}+a_{4}\geqslant ...a_{2}+a_{51}\geqslant 0$
Như vậy có ít nhất 99 cặp 2 số có tổng không âm
$\Rightarrow$ đpcm


#335306 Tìm các số nguyên n để A chia hết cho B.

Gửi bởi famas1stvn98 trong 13-07-2012 - 19:15

Cách mình "trâu bò" quá, làm mãi cũng chả ra thêm cách nào hay hơn :ohmy:
Ta có $17n^3+81n^2-20n$ <1> $\vdots$ $n^3-n+1$ và $17n^3-17n+17$ $\vdots$ $n^3-n+1$
lấy hiệu được $81n^2-3n-17$ $\vdots$ $n^3-n+1$ lại lấy $17n^2+81n-20$ ra để khử:
81*($17n^2+81n-20$)-17($81n^2-3n-17$)=6612n-1331 $\Rightarrow$ 6612n-1331 $\vdots$ $n^3-n+1$<2>
$\Rightarrow$ $6612n^3-1331n^2$ $\vdots$ $n^3-n+1$ và $17n^3+81n^2-20n$ cũng thế(từ <1>)
$\Rightarrow$ có 6612($17n^3+81n2-20n$)-17($6612n^3-1331n^2$)=$558199n^2-132240n$ <3>
từ <3> và đề có 558199($17n^2+81n-20$)-17($558199n^2-132240n$)=47462199n-11163980
$\Rightarrow$ 47462199n-11163980 $\vdots$ $n^3-n+1$ <4>
từ <2> và <4> ta có 15820733(6612n-1331)-2204(47462199n-11163980) $\vdots$ $n^3-n+1$
$\leftrightarrow$ 3548016297 $\vdots$ $n^3-n+1$
lại có 3548016297=$3^3*7*17^3*3821$ và ngoài ra ($n^3-n+1$) là ước của $7*17^3*3821$
vì $n^3-n+1$ $\equiv$ 1 (mod 3) với mọi n nguyên do đó ($n^3-n+1$,3)=1
vì thế $n^3-n+1$ chỉ nhận các giá trị như -119,1,7,.. bởi các giá trị của n tương ứng là -5,-1,0,1,2,...
(chưa thử hết :D)
Vậy n $\in$ {-5,-1,0,1,2}
(chắc chỉ có từng này nghiệm thôi :mellow: .)


#334613 Chứng minh rằng số $$m = n(n+1)...(n+7)+7!$$ không th...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 22:58

đào mộ cái pic :D
dễ thấy n(n+1)....(n+7) chia hết 64
( tích 8 số liên tiếp sẽ có 1 số chia hết cho 8, 1 số nữa chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8, 1 số chẵn nữa không chia hết cho 4)
7! thì chia hết cho 16
như thế thì sẽ có m $\vdots$ 16. Giả sử m biểu diễn được dạng $a^2+b^2$ (a,b $\epsilon$ Z)
ta lại có tính chất số chính phương thì $\equiv$ 0,1,4,9 (mod 16)
chỉ có $a^2$ $\equiv$ $b^2$ $\equiv$ 0 (mod 16) mới thỏa mãn được m $\vdots$ 16
như vậy a và b cùng $\vdots$ 4. Đặt a=4c,b=4d ta lại có $\frac{m}{16}$=$c^2+d^2$
$\Leftrightarrow$ $c^2+d^2$=$\frac{64k+7!}{16}$=4k+315$\equiv$3 (mod 4)
có tính chất số chính phương thì $\equiv$ 0,1 (mod 4)
do đó không tồn tại cặp c,d thỏa mãn $\Rightarrow$ không tồn tại a,b để biểu diễn m dưới dạng tổng 2 số chính phương
Ta được đpcm


#334445 Chứng minh rằng hai số $2005^n$ và $\left (2005^n+5^n...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 17:42

Gọi k $\epsilon$ Z+ thỏa mãn $10^k<2005^n<10^{k+1}$. Vì k=1 đúng nên ta xét k $\geqslant$ 2
Ta sẽ chứng minh $2005^n$+$5^n$ < $10^{k+1}$
Thật vậy, giả sử $2005^n$+$5^n$ $\geqslant$ $10^{k+1}$
ta thấy rằng dấu bằng không xảy ra vì $2005^n$ và $5^n \equiv$ 1(mod 4) mà $10^{k+1}$ chia hết 4
(với mọi k $\geqslant$ 2, k $\epsilon$ Z+)
vậy $2005^n$+$5^n$ > $10^{k+1}$ > $2005^n$ $\Rightarrow$ k+1>n. Đặt k+1=m+n (m $\epsilon$ Z+)
chia 2 vế cho $5^n$ được $401^n$+1> $2^{(m+n)}$ * $5^m$ > $401^n$
(điều này vô lý vì không tồn tại số nguyên giữa 2 số nguyên liên tiếp)
Vậy điều giả sử là sai. Ta có đpcm




#334322 Giải pt nghiệm nguyên $y^3=(x-2)^4-x^4$

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 10:43

Ta có $y^3$=$(x-2)^4$-$x^4$=-8(x-1)($x^2$-2x+2)
$\Rightarrow$ y chẵn $\Rightarrow$ đặt y=-2k(k $\epsilon$ Z).
$\Rightarrow$ -8$k^3$=-8(x-1)($x^2$-2x+2) $\Leftrightarrow$ $k^3$=(x-1)($x^2$-2x+2)
Do ƯCLN(x-1,$x^2$-2x+2)=1 nên x-1=$a^3$ và $x^2$-2x+2=$b^3$ (a,b $\epsilon$ Z)
Ta có $(a^3)^2$+1=$b^3$ $\Rightarrow$ b>0. Đặt $a^2$=c(c $\epsilon$ N)
ta có $c^3$+1=$b^3$ mà b,c $\epsilon$ N nên b>c.
Th1: b-c $\geqslant$ 2 $\Rightarrow$ $b^3$ $\geqslant$ $(c+2)^3$=$c^3$+6$c^2$+12c+8>$c^3$+1
$\Rightarrow$ trường hợp này loại
Th2:b-c=1 $\Rightarrow$ $c^3$+1=$(c+1)^3$ $\Leftrightarrow$ 3$c^2$+3c=0
$\Leftrightarrow$ 3c(c+1)=0 $\Rightarrow$ c=0( vì c $\epsilon$ N)
$\Rightarrow$ a=0 $\Rightarrow$ x=1 và y=0
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x=1 và y=0

@nguyenta98: Bài này còn cách giải khác
Cách giải khác
$y^3=-8(x^3-3x^2+4x-2)=(-2x)^3+24x^2-32x+16$ sau đó kẹp giữa hai số lập phương liên tiếp :)


#334314 Nghiệm nguyên : $a(b-c)(b+c-a)^{2}+c(a-b)(a+b-c)^{2}=17$

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 10:22

phá tung ra sau đó nhóm lại được b(a-c)$(a-b+c)^2$=17
đến đây ta thấy rằng b, a-c và a-b+c đều lẻ <1>
do a-c lẻ nên a-c+2c lẻ $\Rightarrow$ a+c lẻ.<2>
Từ <1> và <2> $\Rightarrow$ a-b+c chẵn(vô lý với điều suy ra ở trên)
vây phương trình vô nghiệm nguyên


#322939 Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n

Gửi bởi famas1stvn98 trong 06-06-2012 - 19:58

Theo công thức nghiệm phương trình bậc 2 thì x= $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ nên ta xét cái $b^2$-4ac
$b^2$-4ac=4+4n(n+1)(n+2)(n+3)=$(2n^2+6n+2)^2$. Thay vào ta được x1=$\frac{n^2+3n}{n+1}$ (hữu tỉ)
còn x2=$\frac{-n^2-3n-2}{n+1}$ (cũng hữu tỉ)
$\rightarrow$ đpcm
P/s: đoạn cuối mình viết nhầm nên chắc bạn không hiểu. Nó hữu tỉ là vì cả tử lẫn mẩu của phân thức đều là số nguyên.


#322879 Tìm $x$, $y$, $t$ thỏa mãn : $ (y+t)^{x} =...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 06-06-2012 - 15:18

Ta có x>1 (vì nếu x=1 thì y+z=$\overline{xyt}$, vô lí)
Ta xét lấy 5 trường hợp
* y+t $\geq$ 10 $\Rightarrow$ x < 3(vì $10^3$=1000) mà x > 1 nên x=2. Thay vào thì ta có $(y+t)^2$ = $\overline{2yt}$. Do đó y+t $\epsilon$ {15;16;17}
Lần lượt thay các giá trị y+t vào ta có y+t=17 thỏa mãn (cho ra kết quả là 289 có 8+9=17) và y=8,t=9.
* 4 $\leq$ y+t $\leq$ 9 $\Rightarrow$ 2<x<5 (vì $9^2$=81 và $4^5$=1024) nên x $\epsilon$ {3;4}
- Xét x=3 $\Rightarrow$ $(y+t)^3$ = $\overline{3yt}$ $\Rightarrow$ y+t=7 (vì $6^3$=216<$x^3$<512=$8^3$). Thay vào thì ra
$\overline{3yt}$ =$7^3$=343 do đó y=4,t=3
-Xét x=4 $\Rightarrow$ $(y+t)^4$ = $\overline{4yt}$ . Nhưng vì $4^4$<$\overline{4yt}$<$5^4$ nên không có y,t tương ứng thỏa mãn
* y+t=3 $\Rightarrow$ x $\vdots$ 3 vì $3^x$=$\overline{xyt}$ mà y+t=3
Thay vào x=3,6,9 thì đều không thỏa mãn
* y+t=2 $\Rightarrow$ x $\epsilon$ {7;8;9}. Thay vào cũng đều không thỏa mãn.
* y+t=1 $\Rightarrow$ 1=$\overline{xyt}$ loại
Kết luận bài toán có 2 bộ nghiệm là (x,y,t)=(2,8,9)=(3,4,3)