ZzNightWalkerZz

Đặt $P(n)=n+1)(n+2)(n+3)......(n+n)$
Ta có $P(1)=2\vdots 2^1$ (đúng).Giả sử $P(n)\vdots 2^n$ với mọi $n$ là số tự nhiên
Lại có: $P(n+1)=P(n).2\vdots 2^n.2=2^{n+1}$
Vậy theo nguyên lí qui nạp ta có đpcm

Ở dòng thứ 3 phải là : $P(n+1)=P(n).2(2n+1)$ 

Thật sự là phần này đúng ạ. Khi nào nào vậy mới sai nhá: $x^{2}=([x])^{2}$.

$\left [ x^{2} \right ]=\left [ x \right ].\left [ x \right ]$ ?

P/s: Mình đang phân vân đoạn này

Chỗ này thực sự chưa đúng : với $x=3,9$ thì $[x^2]=15, [x]^2=9$

Bài trên mình có cách giải riêng (Chưa xem tài liệu)

Ta luôn có : $x^2\geq [x]^2$ mà $[x^2]$ là số nguyên dương lớn nhất không quá $x^2$ nên $[x^2]\geq [x]^2$

$=> 2\geq 3[x]^2+5[x]<=>0\geq (3[x]-1)([x]+2)=>\frac{1}{3}\geq [x]\geq -2$

Đến đây coi như xong

Tìm các số tự nhiên $a,b,c,d$ thoả mãn $ 4^a.5^b - 3^c.11^d = 1.$

Một nghiệm của phương trình là $a=c=1, b=d=0$

Các trường hợp $a=0$ với $b=0$ có lẽ không cần nói đến

Với $d=0$

Nếu $c=0$ thì vô lí $=>c\neq 0=> c$ lẻ (ai đọc tự hiểu ) $=> 3^c+1\not \vdots 5$ 

Xét với $d>0$ thì chỉ cần bổ đề sau là được 

Giải nốt sẽ hơi nhàm 

Lời giải còn sơ sài, thiếu chỗ nào mọi người thông cảm 

Mình mới tìm ra min thôi:

Ta có:

$2S= 8+2xy-4(x+y)\Leftrightarrow 2S+1= (x+y)^{2}-4(x+y)+8\geq 4$

$\Leftrightarrow S\geq \frac{3}{2}.$

Xem lại dấu "="

Biến đổi như trên thì ta chỉ cần phải tìm min, max của : $(x+y)^2-4(x+y)+4=(2-x-y)^2$

Dễ dàng nhận thấy $2>x+y$ nên ta chỉ phải tìm min, max của $2-x-y>0$

Mà $(x+y)^2=1+2xy\leq 1+\frac{(x+y)^2}{2}<=>(x+y)^2\leq 2<=> -\sqrt{2}\leq x+y\leq \sqrt{2}$

Vậy $S_{min}$ khi $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $S_{max}$ khi $x=y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

Dễ mờ, làm gì kinh khủng thế.

Cộng, trừ lần lượt hai đẳng thức ta có :

$\frac{2}{y}=y^2+3x^2;\frac{10}{x}=3y^2+x^2<=>10=3y^2x+x^3;2=3x^2y+y^3$ 

Trừ hai vế : $8=x^3-3x^2y+3y^2-y^3=(x-y)^3<=>x-y=2$

Đề ban đầu sai thì phải, cho $x_1\geq x_2...\geq x_n$ thì bài toán đổi chiều

Đề bài chưa đúng cho lắm, phải là $n$ có trên 1 ước số nguyên tố mới đúng

$\boxed{\text{Chiều thuận}}$

Do $n$ có trên 1 ước số nguyên tố nên luôn phân tích $n$ thành tích $p.q$ với $(p,q)=1$

Do $(k,k+1)=1$ nên ta phải chứng minh tồn tại số nguyên $k$ thỏa mãn hai điều kiện

$$k=pk_1;k+1=qk_2$$

Giả sử trong dãy số : $q,2q,3q...(p-1)q$ có 2 số có cùng số dư khi chia cho $p$. Giả sử hai số đó là $m_1q, m_2q$ ($1\leq m_1<m_2\leq p-1$)

$=>(m_2-m_1)q\vdots p$ (Vô lí do $(p,q)=1, m_2-m_1<p$)

Vậy trong $p-1$ số trên không có số nào có cùng số dư khi chia cho $p$ nên tồn tại ít nhất một số chia cho $p$ dư 1, ta đã chứng minh được tồn tại số nguyên tố $k$ thỏa mãn.

$\boxed{\text{Chiều nghịch}}$

Giả sử $n$ chỉ có một ước số nguyên tố, khi đó $n$ có dạng $n=p^x$ với $p$ là một số nguyên tố

Do $(k,k+1)=1$ nên chỉ có một số chia hết cho $n$ nên $k\geq n$ hoặc $k+1\geq n$ (Vô lí)

Vậy $n$ có trên 1 ước số nguyên tố

Giải phương trình $p.x^2+q.y^2=m.z^2$ với $x,y,z$ là các số tự nhiên, $p,q,m$ là các số nguyên tố cho trước.

.

So với bài này thì bài trên sẽ là muỗi 

$p^x.x^2+q^y.y^2=m^z.z^2$

$\texttt{Solution}$

 

$\blacklozenge$ Nếu $m<n$ thì với $n>2$ ta có : $2^m+1<2^n-1$

Suy ra $2^m+1$ không chia hết cho $2^n-1$

 

$\blacklozenge$ Nếu $m=n$ thì $\frac{2^m+1}{2^n-1}=1+\frac{2}{2^n-1}$ 

Với $n>2$ thì  $\frac{2^m+1}{2^n-1}=1+\frac{2}{2^n-1}$  không phải là số nguyên. 

Suy ra $2^m+1$ không chia hết cho $2^n-1$

 

$\blacklozenge$ Nếu $m>n$. Ta đặt $m=kn+h$ ($k,h$ nguyên dương, $r$ tự nhiên và nhỏ hơn $n$.

Khi đó : $\frac{2^m+1}{2^n-1}=\frac{2^m-2^r}{2^n-1}+\frac{2^r+1}{2^n-1}=\frac{2^m-2^{m-kn}}{2^n-1}+\frac{2^r+1}{2^n-1}=\frac{2^{m-kn}(2^{kn}-1)}{2^n-1}+\frac{2^r+1}{2^n-1}$

Nhận xét : $\frac{2^{m-kn}(2^{kn}-1)}{2^n-1}$ nguyên. Vì $r<n$ nên theo chứng minh trên thì $\frac{2^r+1}{2^n-1}$ không nguyên

Suy ra $2^m+1$ không chia hết cho $2^n-1$

 

Vậy trong mọi trường hợp thì $2^m+1$ không chia hết cho $2^n-1$    $\square$

Cách giải rất hay nhưng $h$ biến mất đâu rồi anh? 

$\texttt{Bài toán}$ Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+1$. Hỏi có tồn tại hay không số tự nhiên $n$ sao cho $n^2+2^n\vdots 2p$

$\texttt{Solution}$

Spoiler

do thầy gợi ý

Ta sẽ chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo $n$.
Với $n=1$ thì hiển nhiên khẳng đinh đúng. Giả sử khẳng định đúng với $n$ , ta chứng minh khẳng định đúng với $n+1$. Ta có nhận xét :
$n<\sqrt{n^2+1}<\sqrt{n^2+2}<...<\sqrt{n^2+2n}<n+1$
nên $\forall i=1,2,..,2n$ ta có : $\left \{\sqrt{n^2+i} \right \} =\sqrt{n^2+i}-n<\sqrt{n^2+i+\frac{i^2}{4n^2}}-n=\frac{i}{2n}$
Ta có :
$\sum_{k=1}^{(n+1)^2}\left \{ \sqrt{k} \right \}=\sum_{k=1}^{n^2}\left \{ k \right \}+\sum_{k=n^2+1}^{(n+1)^2}\left \{ k \right \}$
$< \frac{n^2-1}{2}+\frac{\sum_{i=1}^{2n}i}{2n}$
$= \frac{n^2-1}{2}+\frac{2n+1}{2}=\frac{(n+1)^2-1}{2}$
Suy ra khẳng định đúng với $n+1$
Vậy bài toán được chứng minh $\square$

Chứng minh rằng với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không là số chính phương thì 

$\sum \sqrt{a_i} \notin Q$

P/s : Nếu thánh nào có khả năng chém chuối bá đạo thì xin mời bài tiếp

Với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không có dạng $n^m(m,n\in N)$ thì

$\sum \sqrt[m]{a_i} \notin Q$

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2+y^2=2^z z^2$

Spoiler

Cẩn thận nó lừa

Ta có : $tan^2A+1=\frac{1}{cos^2A}$

BĐT cần chứng minh tương đương với
$\sum \frac{tanA}{tanB}(1-\frac{cos^2A}{cos^2B})\geq0<=>\sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)(tan^2A+1)\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $\widehat A\geq\widehat B\geq\widehat C>0$

Ta sẽ chứng minh hai BĐT

$+) \sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tanA}{tanB}-\frac{tanC}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tanB}{tanC}-\frac{tanC}{tanA})\geq0$

Do $tan^2A\geq tanB.tanC$, $tanB.tanA\geq tan^2C$ nên BĐT trên đã rõ

$+) \sum \frac{tan^3A}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tan^3A}{tanB}-\frac{tan^3C}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tan^3B}{tanC}-\frac{tan^3C}{tanA})\geq0$

Cũng tương tự như trên bất đẳng thức luôn đúng

Cộng hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh

Biến đổi tương đương thì bất đẳng thức trên tương đương với

$\frac{1-2a}{1-2b}+\frac{1-2b}{1-2a}\leq \frac{1-a}{1-b}+\frac{1-b}{1-a}<=>\frac{a-b}{(1-2b)(1-b)}+\frac{b-a}{(1-2a)(1-a)}\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b=>2a>1$. Bây giờ ta cần phải chứng minh

$\frac{1}{(1-2a)(1-a)}-\frac{1}{(1-2b)(1-b)}\leq0$

Nếu như $b\leq\frac{1}{2}$ thì điều phải chứng minh đã rõ

Nếu $b>\frac{1}{2}$ thì ta chỉ cần chứng minh $(1-2b)(1-b)\leq(1-a)(1-2a)<=>(b-a)(2b+2a-3)\leq0$ (Điều này luôn đúng với giả thiết)

Vậy ta có điều phải chứng minh