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.

Bài này có hướng giải theo cách lớp 9 không ạ
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thoả mãn:

$ab + bc + ac + abc\leq 4$. CMR: $$ab+bc+ac \leq a+b+c.$$

Theo nguyên lí Đi-rich-lê thì trong ba số $a-1,b-1,c-1$ phải có hai số cùng dấu; giả sử là $a-1$ và $b-1$. Khi đó

\[c(a-1)(b-1)\ge 0\implies c\ge ac+bc-abc\implies a+b+c\ge a+b-abc+ac+bc.\]

Như vậy ta cần chứng minh

\[a+b-abc+ac+bc\ge ab+bc+ca\iff a+b\ge ab(c+1).\]

Mặt khác theo giả thiết thì $c\le \frac{4-ab}{a+b+ab}$ (ở đây đang xét $a^2+b^2\neq 0$), do đó ta cần chứng tỏ

\[a+b\ge ab\left(\frac{4-ab}{a+b+ab}+1\right)\iff \frac{(a-b)^2}{a+b+ab}\ge 0.\]

Chứng minh phương trình $\left \{ x^2 \right \}+\left \{ y^2 \right \}=\left \{ z^2 \right \}$ có vô số nghiệm trên tập $\mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z}$

Tìm số nguyên dương $n$ sao cho tổng tất cả các ước dương của $n$ (tính cả $n$) là $n(p-1)$ với $p$ là ước nguyên tố lớn nhất của $n$

Kí hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước dương của $n$, bài này sẽ được xử lí thông qua đánh giá sau:

\[\frac{\sigma(n)}{n}\le \text{Số ước nguyên tố của}\ n.\]

Giả sử phân tích thừa số nguyên tố của $n$ là $p_1^{a_1}p_2^{a_2}\dots p_k^{a_k}$ ($p_i$ là các số nguyên tố đôi một phân biệt, $a_i$ là các số nguyên dương), khi đó

\[\begin{align*} \frac{\sigma(n)}{n}=\prod_{i=1}^k\left ( 1+\frac{1}{p_i}+\dots+\frac{1}{p_i^{a_i}} \right )&<\prod_{i=1}^k\left ( 1+\frac{1}{p_i}+\dots+\frac{1}{p_i^{a_i}} +\cdots\right )\\&=\prod_{i=1}^k\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}<\prod_{i=1}^k\frac{1}{1-\frac{1}{i+1}}=k+1.\end{align*}\]

Với kết quả này thì phần còn lại không hề khó, kết hợp với giả thiết thì $p-1\le k$, mặt khác $p\ge 2k-1$ nên $k\le 2$. Từ đây bạn tự xử lí, chỉ cần xét $n\in \{2^x,3^x,2^x3^y\}$ rồi giải phương trình nghiệm nguyên.

Ghi chú. Một số bài toán nghiệm nguyên liên quan đến hàm số học có thể tham khảo tại đây, đây và đây.

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho

$(3^n-1) \vdots 2^{^{2023 }}$

Để tránh sử dụng bổ đề nâng lũy thừa thì làm như sau. Đặt $n=2^ab$ với $a,b$ là các số tự nhiên sao cho $b$ lẻ, khi đó

\[3^n-1=\big(3^{2^a}\big)^b-1=\left(3^{2^a}-1 \right )\bigg[\underbrace{\big(3^{2^a}\big)^{b-1}+\big(3^{2^a}\big)^{b-2}+\dots+3^{2^a}+1}_{B} \bigg].\]

Dễ thấy $B\equiv b\pmod{2}$, mà $b$ lẻ nên $B$ lẻ. Như vậy

\begin{equation}\label{1}2^{2023}\mid 3^n-1\iff 2^{2023}\mid 3^{2^a}-1.\end{equation}

Tiếp theo ta có

\[\begin{align*}3^{2^a}-1=( 3^{2^{a-1}}-1 )( 3^{2^{a-1}}+1)=\dots &=(3-1)(3+1)(3^2+1)\dots(3^{2^{a-1}}+1 )\\ &=8(3^2+1)(3^4+1)\dots(3^{2^{a-1}}+1 ).\end{align*}\]

Với mọi $k\in\{1,2,\dots,a-1\}$ thì $3^{2^k}+1$ là bội của $2$ nhưng không phải bội của $4$, do vậy $3^{2^a}-1$ là bội của $8\cdot 2^{a-1}=2^{a+2}$ nhưng không phải bội của $2^{a+3}$. Dẫn đến

\begin{equation}\label{2}2^{2023}\mid 3^{2^a}-1\iff a+2\ge 2023\iff a\ge 2021.\end{equation}

Từ \eqref{1} và \eqref{2} suy ra $n=2^{2021}$ là số nhỏ nhất cần tìm.

Mời mọi người giải trí với bài tổng quát này nhé. 

Xét các số thực dương $x_1,x_2,x_3\ldots, x_n$ thỏa mãn $x_1x_2x_3\dots x_n=1$. Chứng minh rằng $$ \frac{n}{x_1^2+x_2^2+x_3^2+\dots+ x_n^2}\leq\sum_{cyc}\frac{1}{x_1^2+x_2+x_3+\dots+x_n}\leq \frac{n}{x_1+x_2+x_3+\dots+ x_n} $$

Vế trái dễ hơn chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Cô-si Sơ-vác dạng mẫu, kết hợp với $\sum_{i=1}^nx_i^2\ge \sum_{i=1}^nx_i$.

Giờ đây tập trung vào vế phải, để cho dễ trình bày thì mình sẽ chứng minh với $n=3$ (các trường hợp khác tương tự). Ta có

\[\begin{align*} \sum\frac{1}{x_1^2+x_2+x_3}&=\sum\frac{1+x_2+x_3}{(x_1^2+x_2+x_3)(1+x_2+x_3)}\\&\le \sum\frac{1+x_2+x_3}{(x_1+x_2+x_3)^2}\\&=\frac{3+2(x_1+x_2+x_3)}{(x_1+x_2+x_3)^2}\\&\le \frac{x_1+x_2+x_3+2(x_1+x_2+x_3)}{(x_1+x_2+x_3)^2}\\&=\frac{3}{x_1+x_2+x_3}.\end{align*}\]

Với các số nguyên $a,b$ nguyên tố cùng nhau, $a> b> 1$, ta xét dãy số sau: 

$u_n=\varphi (a^{2n-1}+b^{2n-1})$ với $n=1,2,3,...$ 

1. Chứng minh rằng nếu $p> 3$ là số nguyên tố lẻ và có số hạng nào đó của dãy trên bằng $2p$ thì $a+b=2p+1$ hoặc $a+b=2(2p+1)$

2. Chứng minh rằng $\frac{\left ( 2k \right )!}{k!}\mid \prod_{i=1}^{k}u_i$

Sử dụng kết quả này là giải quyết được.

Ngoài ra ở ý đầu tiên thì chú ý rằng nếu $\varphi(x)=2p$ thì $x\in \{q^k,2q^k\}$ với $q$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dương, từ đây lập luận được rằng $k=1$ và $q=2p+1$.

Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $3\leq x,y,z\leq 5$ và $x^2+y^2+z^2=50$

Tìm gtnn $x+y+z$

Cách 1.

Khai triển $(x-3)(y-3)(z-3)\ge 0$ ta có

\begin{equation*} xyz-3(xy+yz+zx)+9(x+y+z)-27\ge 0.\tag{1}\end{equation*}

Khai triển $(x-5)(y-5)(z-5)\le 0$ ta có

\begin{equation*}xyz-5(xy+yz+zx)+25(x+y+z)-125\le 0.\tag{2}\end{equation*}

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ ta có được

\begin{equation*}2(xy+yz+zx)-16(x+y+z)+98\ge 0.\tag{3}\end{equation*}

Mặt khác $2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)=(x+y+z)^2-50$ nên $(3)$ tương đương

\[(x+y+z)^2-16(x+y+z)+48\ge 0\implies x+y+z\ge 12.\]

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=3,y=4,z=5$ cùng các hoán vị.

Cách 2.

Không mất tính tổng quát ta sắp xếp $x\ge y\ge z$. Giả sử

\[x+y+z<12\implies x+y<12-z\le 9.\]

Sử dụng khai triển Abel ta có

Tính giới hạn sau:

$\lim_{n\to \infty }\sqrt[n]{1+cos(2n)}$

Nhìn lướt qua thì cảm giác đây là bài toán bình thường cho phổ thông, đến lúc đặt bút thì chịu  . Tìm trên mạng thấy xuất hiện ở đây.

Bài toán:  Cho dãy số thực $(x_n)_n$ được định nghĩa như sau

 

$$x_0=\frac{1}{2} \, \, , \, \, x_{n+1}=x_n+\frac{x^{2}_{n}}{2017} \,\, , \,\, \forall n\in \mathbb{N}$$

 

Tìm số tự nhiên $k$ nhỏ nhất sao cho $x_k>1$

 

Note:  Đây là bài toán cũ không có lời giải của diễn đàn, thấy thú vị nên post lại cho các bạn giải thử. Mình thì tìm được $k=4034$, bạn nào tìm được giá trị nhỏ hơn thì cho lời giải nhé.

Dựa vào giả thiết thấy rằng hướng đi là cần tìm một sai phần phù hợp. Ta có

$$\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{2017}{x_n(x_n+2017)} = \frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+2017}.$$

Từ đây dẫn đến

$$2-\frac{1}{x_n}=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{x_i+2017}.$$

$\bullet$ Chứng minh $x_k<1$ với mọi $k\le 2017$.

Dễ thấy $x_i>0$ với mọi $i<k$, do vậy

\[2-\frac{1}{x_k}=\sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{x_i+2017}<\sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{2017}=\frac{k}{2017}\le 1.\]

$\bullet$ Chứng minh $x_{2018}>1$.

Vì $x_i<1$ với mọi $i<2018$ nên

\[2-\frac{1}{x_{2018}}=\sum_{i=0}^{2017}\frac{1}{x_i+2017}>\sum_{i=0}^{2017}\frac{1}{2018}= 1.\]

Vậy $k=2018$ là giá trị cần tìm (Đáp số được kiểm định bởi python).

n = 0
xn = 1/2

while xn < 1:
    xn = xn + xn ** 2 / 2017
    n += 1

print(n)

Mình từng làm bài này khi còn là sinh viên đại học.   giaitichham.pdf   107.72K   40 Số lần tải