nhungvienkimcuong

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5$. Có tồn tại hay không số $n\in \mathbb{N^{*}}$ và các số nguyên dương $x_1, x_2, ..., x_n \in (1,9)$ sao cho:

$x_n100^{n-1}+x_{n-1}100^{n-2}+...+x_1\equiv 0 (mod p)$

Nhìn nguy hiểm nhưng bài này lại rất tầm thường. Câu trả lời là tồn tại, trường hợp $p\neq 11$ thì chọn $n=p-1$ và tất cả các số $x_i=2$, khi đó

\[2\left(100^{p-2}+\dots+100+1 \right )=\frac{2(100^{p-1}-1)}{99}.\]

Vì $p\mid 100^{p-1}-1$ và ƯCLN$(99,p)=1$ nên biểu thức trên là bội của $p$. Trường hợp $p=11$ thì bạn tự nghĩ thử nhé.

cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max {(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}}$

                                                                                    (đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Mỹ năm 2000)

Bài này khá lỏng, dễ thấy 

\[\max \left( (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}\right )\ge \frac{\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{3}=\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right).\]

Như vậy ta cần chứng minh

\[\frac{1}{3}\sum a-\sqrt[3]{abc}\le\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right)\iff \sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge 2\sum\sqrt{ab}.\]

Tuy nhiên theo bất đẳng thức Schur thì

\[\sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge \sum\sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})\ge \sum\sqrt[3]{ab}\cdot 2\sqrt{\sqrt[3]{ab}}=2\sum \sqrt{ab}.\]

Mọi người giúp mình bài này với ạ:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn $f(1)=0$ và $\int_{0}^{1}(f'(x))^{2}=\int_{0}^{1}(x+1)e^{x}f(x)dx=\frac{e^{2}-1}{4}$. Tính $\int_{0}^{1}f(x)dx$

Ta có

\[\int_{0}^{1}(x+1)e^{x}f(x)\mathrm{d}x=xe^xf(x)\Big|_0^1-\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x,\]

kết hợp với giả thiết suy ra $\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x=\frac{1-e^2}{4}$. Theo bất đẳng thức tích phân thì

\[\left(\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x\right)^2\le \int_{0}^{1}\left(xe^x \right )^2\mathrm{d}x\cdot \int_{0}^{1}\left(f'(x) \right )^2\mathrm{d}x.\]

Tích phân từng phần sẽ tìm được $\int_{0}^{1}\left(xe^x \right )^2\mathrm{d}x=\left.\frac{e^{2x}(2x^2-2x+1)}{4}\right|_0^1=\frac{e^2-1}{4}$, như vậy dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nên $f'(x)=k\cdot xe^x$ với $k$ là hằng số. Phần còn lại không khó.

Cho A,B là hai ma trận khả nghịch. Giả sử $A^{5}=I$, $AB^{2}=BA$ và B#I. Tìm số nguyên k nhỏ nhất sao cho $B^{k}=I$, trong đó I là ma trận đơn vị.

Ta sẽ chứng minh rằng với số nguyên dương $n$ thỏa mãn $A^{-n}BA^n=B^{2^n}$ thì $A^{-n-1}BA^{n+1}=B^{2^{n+1}}$, thật vậy

\[B^{2^{n+1}}=\left(B^{2^n} \right )^2=\left(A^{-n}BA^n \right )^2=A^{-n}B^2A^n=A^{-n}(A^{-1}BA)A^n=A^{-n-1}BA^{n+1}.\]

Theo giả thiết thì $A^{-1}BA=B^2$, kết hợp với kết quả vừa chứng minh ta có

\[A^{-5}BA^5=B^{2^5}\implies B=B^{32}\implies B^{31}=I.\]

Với $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $B^k=I$ thì $k\mid 31$, mà $k\neq 1$ nên $k=31$.

Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm  nguyên dương:

$x^{4}-1=3y^{2}$

Bài này không hề tầm thường. Ljunggren đã chứng minh rằng phương trình $x^4-Dy^2=1$ có tối đa hai nghiệm, chứng minh của Cohn theo mình có thể hiểu kha khá dựa vào toán sơ cấp.