Đến nội dung


nhungvienkimcuong

Đăng ký: 23-12-2014
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 16:40
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Cho $a^2b+b^2c+c^2a=3abc$. CMR $abc$ là lập phương mộ...

05-08-2022 - 08:40

 

Cho $a,b,c$ là ba số nguyên khác không và thỏa mãn ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a=3abc$ (1)
 
a) Hãy chỉ ra một bộ số nguyên $a,b,c$ đôi một khác nhau thỏa (1).
 
b) Chứng minh $abc$ là lập phương của một số nguyên.

Bài toán tổng quát hơn (xem ở đây): Với các số nguyên $a,b,c$ cùng khác $0$ thỏa mãn $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ là số nguyên thì $\sqrt[3]{abc}$ cũng là số nguyên. 


Trong chủ đề: Cho trước x,y và $(ny)^{2}+1 | x^{\varphi (n)...

04-08-2022 - 15:51

Cho x,y là các số nguyên dương. Nếu với mọi n nguyên dương ta có $(ny)^{2}+1 | x^{\varphi (n)}-1$. CMR x=1 

Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương $y$ thì tồn tại vô hạn số nguyên tố $p\equiv 2\pmod{3}$ sao cho tồn tại bội của $p$ có dạng $(3^ky)^2+1$.

Chứng minh. Tham khảo IMO Shortlist 2012 - N6.

 

Quay lại bài toán.

Dựa vào bổ đề thì tồn tại $p\equiv 2\pmod{3}$ sao cho $p\mid (3^ky)^2+1$ với $k$ nào đó. Theo giả thiết đề cho thì

\[(3^ky)^2+1\mid x^{\varphi(3^k)}-1=x^{2\cdot 3^{k-1}}-1\implies p\mid x^{2\cdot 3^{k-1}}-1\]

Do đó $\text{ord}_p(x)\mid\gcd(2\cdot 3^{k-1},p-1)$. Mặt khác

$$\gcd(2\cdot 3^{k-1},p-1)\mid 2\implies p\mid x^2-1.$$

Vì có vô hạn $p$ nên $x^2-1=0$, do vậy $x=1$.

 

P/s: Mình thật sự rất ưng những kiểu bài như này, một bên thì cố định, một bên thì có vô hạn  :ukliam2: . Sau đây là một số bài toán anh em họ hàng.

Bài 1 (IMO Shortlist 2012). Cho các số nguyên dương $x,y$. Biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $2^ny+1\mid x^{2^n}-1$. Chứng minh rằng $x=1$.

Bài 2. Cho hai số nguyên dương $a,b$. Biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $a^n+n\mid b^n+n$, chứng tỏ $a=b$.

Bài 3. Tìm $a,b$ nguyên dương biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $n\mid a^n+b^{n+1}$.

Bài 4. Tìm tất cả số tự nhiên $c$ sao cho tồn tại hai số nguyên $a,b$ thỏa mãn $a^n+2^n\mid b^n+c$ với mọi $n$ nguyên dương.


Trong chủ đề: CMR tồn tại vô hạn m,n sao cho (m,n)=1 và ptr $(x+m)^{3}=n...

04-08-2022 - 15:18

CMR tồn tại vô hạn các cặp số nguyên dương (m,n) nguyên tố cùng nhau sao cho với mỗi cặp đó phương trình $(x+m)^{3}=nx$ có 3 nghiệm nguyên khác nhau

Một ý tưởng khác như sau: ta sẽ tìm cặp $(m,n)$ để phương trình sau có 3 nghiệm nguyên phân biệt

$$X^3-nX+mn=0.$$

Giả dụ phương trình này có ba nghiệm $a,b,c$. Khi đó theo Vi-ét thì $a+b+c=0$ hay $c=-a-b$, ngoài ra thì

$$\left\{\begin{array}{l}n=-(ab+bc+ca)=a^2+ab+b^2\\ mn=abc=-ab(a+b)\end{array}\right.$$

Tới đây ta sẽ xây dựng $a,b$ sao cho $a^2+ab+b^2$ và $\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}$ nguyên tố cùng nhau (đương nhiên phải có $a^2+ab+b^2\mid ab(a+b)$ nữa). Phần còn lại bạn làm nốt nhé  :icon6:


Trong chủ đề: [TOPIC] PTH $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$...

04-08-2022 - 08:43

Bài 3. Tìm tất cả các hàm $f:\;\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn

$$\forall_{\left ( x, y \right )\in\mathbb{R}^{2}}\;f\left ( 2f\left ( xy \right )+ xf\left ( y \right )+ f\left ( x \right ) \right )= 3yf\left ( x \right )+ x$$

Bạn nào giúp mình chứng minh $f(1)=1$ với, ban đầu mình có làm nhưng giờ xem lại thì bị sai mất  :wacko: . Sau đây là lời giải khi đã có $f(1)=1$.

 

Dễ thấy $f$ không thể là hàm hằng, thay $x:=0$ vào giả thiết thu được $f(0)=0$. Thay $y:=0$ vào giả thiết có được $f(f(x))=x$, do đó ta viết lại giả thiết như sau

$$f(3yf(x)+x)=2f(xy)+xf(y)+f(x).\tag{$\ast$}$$

Với $f(1)=1$ lần lượt thay $y:=1$ và $x:=1$ vào $(\ast)$ ta có

$$\begin{align}f(3f(x)+x)&=3f(x)+x\\ f(3y+1)&=3f(y)+1 \end{align}$$

Đặt tập hợp điểm bất động là $\mathcal{U}=\Big\{u\in \mathbb{R}:f(u)=u\Big\}$. Từ đây ta kí hiệu $u$ là phần tử bất kì của $\mathcal{U}$.

$\bullet$ Chứng minh $\frac{u}{3}\in \mathcal{U}$ với mọi $u\in\mathcal{U}$.

$\bullet$ Chứng minh

\begin{equation}f(3x)=4x-3f\left(\frac{x}{3}\right),\quad \forall x\in \mathbb{R}.\end{equation}

Thay $x:=\frac{1}{3}$ vào $(\ast)$ ta có

\begin{equation} f\left(y+\frac{1}{3}\right)=2f\left(\frac{y}{3}\right)+\frac{f(y)}{3}+\frac{1}{3}\end{equation}

Thay $x:=3$ vào $(\ast)$ ta có

$$\begin{align*} f(9y+3)&=2f(3y)+3f(y)+3\\\overset{(3)}{\implies}4(3y+1)-3f\left ( y+\frac{1}{3} \right )&=2f(3y)+3f(y)+3\\\overset{(4)}{\implies}4(3y+1)-3\left ( 2f\left(\frac{y}{3}\right)+\frac{f(y)}{3}+\frac{1}{3} \right )&=2f(3y)+3f(y)+3\end{align*}$$

Tương đương với

$$12y=2\left(3f\left(\frac{y}{3}\right)+f(3y)\right)+4f(y)\overset{(3)}{=}8y+4f(y).$$

Từ đây ta có được $f(y)=y$.


Trong chủ đề: [TOPIC] PTH $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$...

03-08-2022 - 09:50

Em nghĩ chúng ta nên phản chứng dựa vào

$$\begin{CD}f\left ( x \right )= x @>{{\it into}\;{\it it}}>> f\left ( 3y+ 1 \right )= 3f\left ( y \right )+ 1\\ @AA{{\it as}\;{\it hypothesis}}A @VV{{\it after}\;{\it substituted}}V\\ f\left ( 3f\left ( x \right )+ x \right )= 3f\left ( x \right )+ x @<{\it And}<< f\left ( 3f\left ( y \right )+ 1 \right )= 3f\left ( y \right )+ 1\end{CD}$$

Khá giống với việc chứng minh $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )= x\Rightarrow f\left ( x \right )= x$ như ở đây.

Cái link em đưa có giả thiết $f$ tăng ngặt còn bài của em thì chưa có.

Ngoài ra sao có thể suy ra $f(3f(y)+1)=3f(y)+1$ được nhỉ? Nếu có cái này thì xong bài rồi, vì hàm đã cho có tính chất $f(f(x))=x$ sau khi có được $f(0)=0$.