cho em hỏi là sao suy ra được $\dpi{300} m_3$ = 1 ạ
Tính chất chia hết cơ bản thôi ạ: nếu $ab \vdots c$ Mà a,c nguyên tố cùng nhau thì $b \vdots c$ . Bạn áp dụng liên tục sẽ suy ra $1 \vdots m_3 $
Suy ra $m_3=1$
- quangnguyen 0505 yêu thích
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 03-03-2022 - 11:07
cho em hỏi là sao suy ra được $\dpi{300} m_3$ = 1 ạ
Tính chất chia hết cơ bản thôi ạ: nếu $ab \vdots c$ Mà a,c nguyên tố cùng nhau thì $b \vdots c$ . Bạn áp dụng liên tục sẽ suy ra $1 \vdots m_3 $
Suy ra $m_3=1$
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 02-03-2022 - 14:48
Cho các số nguyên dương m, n thỏa mãn $m^3 + n^3 +m \vdots mn$. Chứng minh rằng m là lập phương của một số nguyên dương.
Hình như trong link giải sai nhỉ, cho mình xin phép giải lại nhé.
Đặt $d = (m,n) \Rightarrow m=dm_1 ; n =d n_1 ; (m_1,n_1)=1$
Thay vào biểu thức ta được:
$d^3m_1^3 + d^3 n_1^3 + dm_1 \vdots d^2 m_1n_1 \Rightarrow d^2 (m_1^3+n_1^3)+m_1 \vdots dm_1n_1 \\\Rightarrow m_1 \vdots d \Rightarrow m_1=dm_2 \\ \Rightarrow d^4 m_2^3 + dn_1^3 + m_2 \vdots dm_2n_1 \Rightarrow m_2 \vdots d \Rightarrow m_2 = d m_3 \\ \Rightarrow d^6m_3^3 + n_1^3 +m_3 \vdots dm_3n_1 \Rightarrow n_1^3 \vdots m_3$
Do $(m_1,n_1)=1 ; m_1 = d^2 m_3 \Rightarrow (m_3,n_1)=1 \Rightarrow m_3=1 \\ \Rightarrow m = d^3$
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 10-06-2021 - 02:57
Tìm min của $2019(x^2 + y^2) - 2018(2xy + 1)$
$A=2018(x^2+y^2-2xy)+x^2+y^2-2018=2018(x-y)^2+x^2+y^2-2018 \geq -2018$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=0$
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 10-05-2021 - 01:24
Bài 121:tìm các cặp số nguyên tố (p,q) sao cho $p^2-q^2-1$ là số chính phương
Ý tưởng phần số dư chia 3 gần giống đề thi thử Chuyên Sư phạm lần 1 năm nay
Lời giải:
Đặt $p^2-q^2-1=a^2 (a\in \mathbb{N})\\ \Leftrightarrow (p-q)(p+q)=a^2+1$
TH1: p,q không chia hết cho 3 thì p,q chia 3 dư 1 hoặc 2
Nếu $p \equiv q (mod \ 3 ) \Rightarrow p-q \vdots 3$
Nếu $p\not\equiv q (mod \ 3 ) \Rightarrow p+q \equiv 1+2 \equiv 0 (mod \ 3 ) \Rightarrow p+q \vdots 3$
Suy ra $(p-q)(p+q) \vdots 3 \Rightarrow a^2+1 \vdots 3 \Rightarrow a^2 \equiv 2 (mod \ 3) (VL)$
TH2: p,q có ít nhất 1 số chia hết cho 3 . Mà p,q là số nguyên tố nên p=3 hoặc q=3
Nếu p=3 thì $(3-q)(3+q)=a^2+1 \Rightarrow q<3$ mà q là số nguyên tố, nên q=2
$\Rightarrow (3-2)(3+2)=a^2+1 \Rightarrow a^2=4 \Rightarrow a=2 (do \ a \in \mathbb{N})$
Nếu q=3 thì $(p-3)(p+3)=a^2+1 \Rightarrow p^2-a^2=10$
Vì p2,a2 là số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1 nên p2-a2 chia 4 dư 0 ,1 hoặc 3
Mà 10 chia 4 dư 2 . Suy ra q=3 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên tố duy nhất p=3;q=2
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 08-05-2021 - 12:42
$\boxed{\textsf{Bài 123}}$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a$, tổng:
$P = (a+1)^2 + (a+2)^2 + (a+3)^2 + ...... + (a+99)^2$ không thể viết dưới dạng luỹ thừa lớn hơn $1$ của một số nguyên dương.
Trước hết ta chứng minh $Q=\sum_{i=1}^{9} (x+i)^2 \equiv 6 (mod \ 9) (x\in \mathbb{N})$ (*)
(Bài toán này nhỏ hơn, nhưng các bạn có thể khai triển P trực tiếp ra nhé)
Thật vậy, ta có:
$Q=9x^2+90x+295 = 9\left (x^2+10x+31\right)+6 \equiv 6 (mod \ 9)$ (điều phải chứng minh)
Ta thấy P tách được thành 11 tổng, mỗi tổng gồm 9 số chính phương liên tiếp (chia 9 dư 6 - do (*))
Suy ra P chia 9 dư 3
=> P chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9
Suy ra P không thể viết dưới dạng luỹ thừa lớn hơn 1 của một số nguyên dương.
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 01-05-2021 - 22:06
Chứng minh:
$\frac{x}{\sqrt{y+z-x}}+\frac{y}{\sqrt{z+x-y}}+\frac{z}{\sqrt{x+y-z}}\le \sqrt{\left( x+y+z \right)\left( \frac{x}{y+z-x}+\frac{y}{z+x-y}+\frac{x}{x+y-z} \right)}$
Với x, y, z là các số dương
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 căp số $\left ( \sqrt{x};\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z-x}} \right );\left ( \sqrt{y};\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x-y}} \right );\left ( \sqrt{z};\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y-z}} \right )$ ta được:
$\frac{x}{\sqrt{y+z-x}}+\frac{y}{\sqrt{z+x-y}}+\frac{z}{\sqrt{x+y-z}} \leq \sqrt{\left ( x+y+z \right )\left (\frac{x}{y+z-x}+\frac{y}{z+x-y}+\frac{z}{x+y-z} \right )}$
Dấu = xảy ra khi x=y=z>0
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 28-04-2021 - 03:07
Bài 120: tìm bộ ba số nguyên tố (p;q;r) sao cho pqr=p+q+r+200
Cho em xin phép được gõ không Latex bài viết này ạ, em cảm ơn!
Ta có: pqr = p+q+r+200 (*)
<=> 1/pq+1/qr+1/rp +200/pqr =1 (1)
Vì p,q,r có vai trò như nhau, ta giả sử p>=q>=r
Từ (1) => 1<= 3/r^2 + 200/r^3 (2)
TH1: r>=7 => 3/r^2 +200/r^3 <= 3/49 + 200/343 < 1 (trái (2)) -> loại
TH2: r<=6. Mà r là số nguyên tố nên r bằng 2,3 hoặc 5
+) r=2 thì (*) có dạng:
p+q+202=2pq
<=> 2p+2q+404 =4pq
<=> (2p-1)(2q-1) = 405
Vì p>= q>=2 ; p,q là số nguyên tố. Ta giải các trường hợp rồi thử lại ta được
(p,q) thuộc { (41;3) ; (23;5)}
+) r=3 thì (*) có dạng :
p+q+203 = 3pq
<=> (3p-1)(3q-1) = 610
Vì p>=q>=3 ; p,q là số nguyên tố . Ta xét các trường hợp -> vô nghiệm nguyên tố
+) r=5 thì (*) có dạng :
p+q+205 = 5pq
<=> (5p-1)(5q-1) = 1026
Vì p>=q>=5; p,q là số nguyên tố. Ta xét các trường hợp -> vô nghiệm nguyên tố.
Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên tố p,q,r thuộc (2;3;41);(2;5;23) và hoán vị
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 25-04-2021 - 23:17
$\boxed{119}$Giải phương trình nghiệm nguyên: $(x-y)^{30}+5(y-z)^4+(z-x)=2021$
P/s: Bài này tương đối dễ vì thực chất nó xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi toán 8 của một huyện ờ Hà Tĩnh
Ta có:
$(x-y)^{30}\equiv x-y (mod\ 2); 5(y-z)^4\equiv (y-z)^4\equiv y-z (mod\ 2)\\ \Rightarrow (x-y)^{30}+5(y-z)^4+z-x \equiv x-y+y-z+z-x = 0 (mod\ 2)\\ \Rightarrow 2021\equiv 0 (mod\ 2) (VL)$
Vậy không tồn tại nghiệm nguyên của phương trình
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 25-04-2021 - 23:11
VT, VP là tích 2 số chẵn lẻ mà 2 vế = nhau nên nó phải = như vậy chứ
lỡ k+1 = m.n với m ,n lẻ thì ta vẫn có thể tách thành
k.m (chẵn) và n hoặc k.n(chẵn) và m
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 20-04-2021 - 21:08
$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$
Ta chứng minh một bổ đề sau :
Với x,y nguyên dương . Ta có $(a^x-1;a^y-1)=a^{(x;y)}-1$
Bổ đề đã được chứng minh trong ảnh dưới.
Ta có: $(2^m-1;2^n-1)=2^{(m;n)}-1$
Để $(2^m-1;2^n-1)\neq 1 \Leftrightarrow 2^{(m;n)}-1\neq 1\\ \Leftrightarrow 2^{(m;n)}\neq 2 \Leftrightarrow (m;n)\neq 1$
Mà $m,n \in \left \{ 1;2;...;30 \right \}$
Có tất cả 158 cặp m,n phân biệt thỏa mãn (mình chưa làm cách nào tối ưu bước này được )
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 20-04-2021 - 02:23
$\boxed{25}$ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của B,C của (O) cắt tiếp tuyến của A tại 2 điểm L,K. Đường thẳng qua K song song với AC cắt đường thẳng qua L song song với AB tại P. Chứng minh BP=CP.
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 19-04-2021 - 00:49
Giải HPT
$\left\{\begin{matrix} -20y^3-3y^2+3xy+x-y=0 & \\ x^2+y^2-3y=1& \end{matrix}\right.$
Mình xin phép trình bày lời giải ạ :
Ta có:
$\begin{cases} -20y^3-3y^2+3xy+(x-y).1=0(1)\\x^2+y^2-3y=1 (2) \end{cases}$
Thay (2) vào (1) ta được :
$-20y^3-3y^2+3xy+(x-y)(x^2+y^2-3y)=0\\ \Leftrightarrow -20y^3-3y^2+3xy+x^3+xy^2-3xy-x^2y-y^3+3y^2=0\\ \Leftrightarrow x^3-x^2y+xy^2-21y^3=0\\ \Leftrightarrow (x-3y)[(x+y)^2+6y^2]=0$
TH1: $x=3y$
Thay vào (2) ta được :
$9y^2+y^2-3y=1\\ \Leftrightarrow 10y^2-3y-1=0\\ \Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{1}{2} \Rightarrow x=\frac{3}{2}\\ y=\frac{-1}{5}\Rightarrow x=\frac{-3}{5} \end{bmatrix}$
TH2: $(x+y)^2+6y^2=0 \Leftrightarrow x=y=0$
Thay vào (2) , ta thấy không thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm $(x,y) \in \left \{ (\frac{3}{2},\frac{1}{2});(\frac{-3}{5},\frac{-1}{5}) \right \}$
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 18-04-2021 - 11:25
Góp topic đề thi thử vào chuyên Toán PTNK sáng nay. Mong nhận được lời giải chi tiết, mình vẫn còn mơ hồ về bài này do trước nay chưa từng đụng tới số học.
$\boxed{93}$ Cho $m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m-n$ là một số lẽ.
a) Chứng minh hai số $m+3n$ và $5m+7n$ nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là một số chính phương.
#Sorry mọi người, mình tưởng bài này chưa có ai giải... thôi cứ để tạm đây cũng được
Đây là 1 bài toán khá là vừa sức . Mình xin trình bày lời giải như sau ạ .
a) Ta có :
$m+3n=(m-n)+4n;5m+7n=5(m-n)+12n$
Do $m-n$ lẻ nên $m+3n,5m+7n$ lẻ
Gọi $(m+3n,5m+7n)=d$ $(d\in \mathbb{N^*}; d$ lẻ $)$
Suy ra $\begin{cases} m+3n \vdots d \\5m+7n \vdots d \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 5(m+3n)-(5m+7n)\vdots d\\ 7(m+3n)-3(5m+7n) \vdots d \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 8n\vdots d\\ -8m \vdots d \end{cases}$
Mà d lẻ nên $(d,8)=(d,-8)=1$
Suy ra $n,m \vdots d$ . Mà $(m,n)=1, d\in \mathbb{N^*} ; d$ lẻ
$\Rightarrow d=1$
Vậy $(m+3n,5m+7n)=1$
b) Giả sử $(m+3n)(5m+7n)$ là số chính phương . Mà $(m+3n,5m+7n)=1$
Suy ra $m+3n,5m+7n$ đều là số chính phương.
Mà số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1
Nên $(5m+7n)-(m+3n)=2(m+n)$ chia 4 dư 0,1 hoặc 3
Mà m-n lẻ nên $2(m+n)$ chia 4 dư 2
Từ đó, giả sử sai.
Vậy $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là số chính phương
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 18-04-2021 - 10:54
Cho $a,b>0$ thoả mãn $ab=1$.
Tìm GTNN của $A=\frac{a^3}{1+b}+\frac{b^3}{1+a}$.
Mình xin phép trình bày lời giải bài toán này ạ:
Đặt $a+b=x$
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương ta có:
$a,b \geq 0 \Rightarrow x= a+b\geq2\sqrt{ab}=2$
$a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}=\frac{x^2}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Svacxo ta có:
$A=\frac{a^3}{1+b}+\frac{b^3}{1+a}=\frac{a^4}{a+ab}+\frac{b^4}{b+ab} \geq \frac{(a^2+b^2)^2}{a+b+2ab} \geq \frac{(\frac{x^2}{2})^2}{x+2}=\frac{1}{4}.\frac{x^4}{x+2}$
Ta sẽ đi chứng minh : $\frac{x^4}{x+2} \geq 4$
Thật vậy, (*) tương đương với:
$x^4\geq4(x+2)\Leftrightarrow x^4-4x-8 \geq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^3+2x^2+4x+4) \geq 0$ (luôn đúng với mọi $x\geq 2$)
Suy ra $A\geq \frac{1}{4}.4= 1$
Dẫu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=1$
Gửi bởi Nguyen Van Hoang noob trong 04-04-2021 - 16:57
$\sqrt{2}$ là số vô là số vô tỉ
Giả sử $\sqrt{2}$ là số hữu tỉ. Khi đó, đặt $\sqrt{2}=\frac{a}{b};(a,b)=1;a,b\in \mathbb{N^*}$
$\Rightarrow 2=\frac{a^2}{b^2} \Leftrightarrow 2b^2=a^2$
Vì $2b^2 \vdots 2 \Rightarrow a^2\vdots 2 \Rightarrow a\vdots 2 \Rightarrow a^2\vdots 4 \\\Rightarrow 2b^2\vdots 4 \Rightarrow b^2\vdots 2 \Rightarrow b \vdots 2$
$\Rightarrow (a,b) \vdots 2 \Rightarrow 1 \vdots 2 (VL)$
Vậy $\sqrt{2}$ là số vô tỉ
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học