nhungvienkimcuong

Cho n>4 là một hợp số sao cho $n| \varphi (n)\sigma (n)+1$. Chứng minh rằng n có ít nhất ba ước nguyên tố phân biệt

Giả sử $n$ có hai ước nguyên tố là $p$ và $q$. Nếu $p^2\mid n$ thì $p\mid \varphi(n)$ dẫn đến $p\mid 1$ (vô lí), do vậy $n=pq$. Từ đây thay vào giả thiết ta có

\[pq\mid (p-1)(q-1)\cdot(p+1)(q+1)+1\iff pq\mid p^2+q^2-2.\]

Theo Theorem thu được mâu thuẫn.

Ghi chú. Một số bài toán khác cũng sử dụng bước nhảy Vi-ét ở đây và đây.

Lớp 9 học giải phương trình đa thức rồi à

Các bạn lớp 9 hiện tại học nhiều ghê anh ạ  .

Bài V.

1) Cho $2024$ số nguyên dương $x_1,x_2,\dots,x_{2024}$ được viết thành một hàng ngang theo thứ tự đó, thỏa mãn $x_1=1$ và với mỗi $k\in\{,1,2,\dots,2024\}$, tổng của $k$ số liên tiếp bất kì trong hàng chia hết cho $x_k$. Chứng minh rằng $x_{2024}\le 2^{1012}-1$.

Với mỗi số nguyên $n$ đặt $X_n=x_1+x_2+\dots+x_n$, từ giả thiết dễ thấy

\[x_n\mid X_{n-1},\qquad x_{n+1}\equiv 1\pmod{x_n}.\tag{$\ast$}\]

Trước tiên ta sẽ nháp để xem các giá trị của dãy số như thế nào. Dễ thấy $x_2=1$ và $x_3\in \{1,2\}$, với hai trường hợp của $x_3$ thì ta sẽ tính các giá trị khác với mong muốn mỗi giá trị $x_n$ đạt giá trị lớn nhất, đồng thời thỏa mãn điều kiện $(\ast)$.

\[\begin{array}{c|cccccccccc}n& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10\\\hline x_n& 1& 1& \color{red}{2}& 1& 1& 2& 1& 3& 4& 1 \\ X_n& 1& 2& 4& 5& 6& 8& 9& 12& 16&  \end{array}\qquad \begin{array}{c|cccccccccc}n& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10\\\hline x_n& 1& 1& \color{red}{1}& 3& 1& 7& 1& 15& 1& 31 \\ X_n& 1& 2& 3& 6& 7& 14& 15& 30& 31&  \end{array}\]

Từ đây ta thấy rằng các giá trị của $x_{2n}$ lớn hơn khi $x_3=1$ và cũng phù hợp với yêu cầu chứng minh của đề bài  . Cũng dựa vào bảng giá trị thì nghĩ đến việc quy nạp đồng thời

\[X_{2n}\le 2^{n+1}-2\qquad\text{và}\qquad x_{2n}\le 2^n-1.\]

Tìm tất cả hàm số f : $\mathbb{R^{+}}$ $\rightarrow$ $\mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn:

$f(x+f(y))=f(x+y)+f(y),\forall x,y>0$

Nếu tồn tại số dương $k$ sao cho $f(k)<k$ thì ta thay $x:=k-f(k)$ và $y:=k$ sẽ thấy ngay vô lí, do vậy

\[f(x)\ge x,\quad \forall x>0.\tag{1}\]

Cố định số dương $y_0$, thay $x:=x-y_0$ và $y:=y_0$ ta có $f\big(x+f(y_0)-y_0\big)=f(x)+f(y_0)$ với mọi $x>y_0$. Như vậy ta có kết quả

\[f(x+a)=f(x)+b,\quad \forall x>y_0\tag{2}\]

với $a=f(y_0)-y_0$ và $b=f(y_0)$ là các hằng số.

Do đó tồn tại hằng số $T=|2a-b|\ge 0$ sao cho

\[f(x)=f(x+T),\quad \forall x>c\]

với $c$ là hằng số nào đó. Như vậy với $n$ là số nguyên dương bất kì ta có

\[f(x)=f(x+nT)\overset{(1)}{\ge} x+nT.\]

Nếu $T$ dương thì từ bất đẳng thức trên dễ thấy vô lí khi cố định $x$ và cho $n\to \infty$. Vậy $T=0$, do đó

\[2a=b\implies 2(f(y_0)-y_0)=f(y_0)\implies f(y_0)=2y_0.\]

Thử lại thì hàm $f(x)\equiv 2x$ thỏa đề.

Ghi chú. Gần đây dạng PTH trên $\mathbb{R}^+$ với tính chất $f(x+a)=f(x)+b$ như trên được xử lí khá triệt để, bài toán này vốn nằm trong IMO Shortlist 2007 là một ví dụ điển hình.

Cho $a, b, c$ là các số thực bất kì, chứng minh rằng: $$[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]^2(a^2+b^2+c^2)-18(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\geq0$$

Bài này nhìn cực kì nguy hiểm nhưng thật ra chỉ cần để ý rằng: đồng thời tăng $a,b,c$ một lượng $t$ thì vế phải là $18(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ không đổi, trong khi đó vế trái tăng, do vậy ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp có một số bằng $0$. Phần còn lại là bất đẳng thức hai biến không quá khó.

Ghi chú. Hai bài tương tự ở đây và đây.

Bài 7. Cho a, b là các số nguyên thỏa mãn $a,b\neq -1$ và $\frac{(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}}{a+b+ab+1}$ là số nguyên.

            Chứng minh rằng $a^{2023}b^{2024}-a$ chia hết cho $a^{2}+a$.

Thấy rằng

\[\frac{(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}}{a+b+ab+1}=\frac{b^2-1}{a+1}+\frac{a^2-1}{b+1}.\]

Đặt $\frac{b^2-1}{a+1}=\frac{x}{y}$ và $\frac{a^2-1}{b+1}=\frac{z}{t}$ với $x,y,z,t$ là các số tự nhiên sao cho ƯCLN$(x,y)=$ƯCLN$(z,t)=1$. Theo giả thiết thì 

\[\frac{xt+yz}{yt}=\frac{x}{y}+\frac{z}{t}\in\mathbb{Z}\implies yt\mid xt+yz\implies y\mid xt\implies y\mid t.\]

Ngoài ra 

$$\frac{x}{y}\cdot \frac{z}{t}=(a-1)(b-1)\in\mathbb{Z}\implies yt\mid xz\implies y\mid z.$$

Mà ƯCLN$(z,t)=1$ nên $y=1$. Như vậy $\frac{b^2-1}{a+1}$ là số nguyên, nghĩa là $a+1\mid b^2-1$. Phần còn lại thì biến đổi

$$a^{2023}b^{2024}-a=ab^{2024}(a^{2022}-1)+a(b^{2024}-1).$$

Vì $a+1$ là ước của cả $a^{2022}-1$ lẫn $b^{2024}-1$ nên ta có điều cần chứng minh.

Ghi chú. Bài này dựa trên Đề thi học sinh giỏi Quốc gia năm 2007.

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

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