Đến nội dung

KietLW9

KietLW9

Đăng ký: 19-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 16:19
****-

#739072 $\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+...

Gửi bởi KietLW9 trong 07-05-2023 - 00:09

$$x^p+y^p=(x+y)^z$$

Xét $p=2$ thì $z=1$ nên $x=y=1$, vậy bộ nghiệm $(a,b,c,p)=(1,1,1,2)$ thỏa mãn

 

Xét $p$ là snt lẻ, giả sử $x+y$ có ước nguyên tố lẻ $r \neq p$, khi đó $x,y$ không thể đồng thời bằng $1$ và $v_r(x+y)=zv_r(x+y)\Rightarrow z=1\Rightarrow x^p+y^p=x+y$, mâu thuẫn

Do vậy nếu $x+y$ có ước nguyên tố lẻ đó là $p$, tức là $$v_p(x+y)+1=zv_p(x+y)$$ nên $z=2$, khi đó $x^3+y^3\leq x^p+y^p\leq 2(x^2+y^2)\Rightarrow x=2,y=1\Rightarrow p=3$, do đó có thêm một bộ là $(x,y,z,p)=(2,1,2,3)$ hoặc ngược lại vs $x,y$




#736364 Chứng minh rằng: Đường tròn đường kính $ST$ trực giao với đường trò...

Gửi bởi KietLW9 trong 20-12-2022 - 12:08

Taiwan TST 2017




#735893 Tìm trong tập hợp đó một đa thức có bậc bé nhất nhưng có nghiệm lớn nhất

Gửi bởi KietLW9 trong 25-11-2022 - 22:15

Giả sử $a$ là một nghiệm của $P(x)$ thì do $P(a^2-1)=P(a)P(-a)=0$ nên $a^2-1$ cũng là một nghiệm của $P(x)$. 

Từ đó nếu $a>\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ thì ta có thể biễu diễn nghiệm của $P(x)$ bởi một dãy tăng vô hạn các số. Vô lí vì $P(x)$ là một đa thức khác không. Do vậy $a\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Đa thức $P(x)=x^2-x-1$ có nghiệm $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ và đa thức này thỏa mãn đề bài nên ta cần chỉ ra không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn

Thật vậy, giả sử có $P(x) =ax+b$ trong đó $a$ khác $0$ thì thay vào đề bài ta được $$ax^2+(b-a)=-a^2x^2+b^2$$

Do đó $a=-1$ và $b=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$

Nhưng trong trường hợp này cả hai đa thức đều có nghiệm nhỏ hơn $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

 




#735774 CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC

Gửi bởi KietLW9 trong 20-11-2022 - 08:44

$\textbf{Bài toán 1.}$ Cho $P,Q$ là hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng. Xét dãy số $$a_n=2016^{P(n)}+Q(n),\forall n \geq 1$$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ thỏa mãn tính chất: Ứng với mỗi số nguyên tố $p$ đó thì luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$.

$\textbf{Lời giải.}$  Ta có: $x_n=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+Q(n)+2016^{P(1)}=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+R(n)$ trong đó $R(n)=Q(n)+2016^{P(1)}$ là đa thức hệ số nguyên, khác hằng.

Theo định lý Schur thì tồn tại vô số số nguyên tố $p>2016$ thỏa mãn tính chất: Tồn tại số nguyên dương $n$ để $p|R(n)$

Theo định lý thặng dư trung hoa ta chọn được số nguyên dương $m$ sao cho $P(m)>P(1),m>p$ và $m\equiv n(\text{mod p})$ đồng thời $m\equiv 1(\text{mod p-1})$

Từ đây ta thấy $p|m-n|R(m)-R(n)\Rightarrow p|R(m)$

Mặt khác thì $p-1|m-1|P(m)-P(1)$ và do $(2016,p)=1$ nên theo định lý Fermat thì $p|2016^{P(m)}-2016^{P(1)}$

Do vậy luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$ mà ta lại chọn được vô hạn số nguyên tố $p$ như vậy nên có ngay điều phải chứng minh.




#735547 LUYỆN TẬP SỐ HỌC

Gửi bởi KietLW9 trong 01-11-2022 - 18:07

LUYỆN TẬP SỐ HỌC

$\textbf{Bài toán 1.}$ Chứng minh rằng với mọi $k$ nguyên dương thì $2k^4+4k^3+3k^2+k$ không là tích của hai số nguyên dương liên tiếp.

$\textbf{Bài toán 2.}$ Xét dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_1=6$ và $$x_{n+1}=x_n+gcd(x_{n},n),\forall n \geq 1$$

Chứng minh rằng $x_{n+1}-x_n$ hoặc bằng $1$ hoặc là số nguyên tố

$\textbf{Bài toán 3.}$ Cho dãy số $(a_n)$ được xác định bởi $a_1=1,a_2=3$ và $$a_{n+2}=2a_{n+1}a_n+1,\forall n \geq 1$$
Tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất mà $2^k|a_{2022}-a_{2021}$.

 




#735534 [Số học] THPT tháng 12: Chứng minh tồn tại vô hạn $n$ thoả $n...

Gửi bởi KietLW9 trong 31-10-2022 - 00:07

vf




#735533 [Số học] THPT tháng 12: Chứng minh tồn tại vô hạn $n$ thoả $n...

Gửi bởi KietLW9 trong 31-10-2022 - 00:06

Dạo này bận quá nên mới vô được diễn đàn  :( Bài này chắc thầy Hà Duy Hưng chế ra từ các tính chất của các số  Fermat

$\textbf{Lời giải.}$

Ta xét các số $F_n=2^{2^n}+1$ trong đó $n$ là một số tự nhiên

Rõ ràng tất cả các số hạng của dãy trên đều nguyên tố cùng nhau và nếu $n\geq 1$ thì $F_n$ sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.

Gọi $p_i$ là một ước nguyên tố của $F_i$ thì $p_0=3$ và $p_1,p_2,...,p_{k-1}$ là các số nguyên tố dạng $4t+1$ và các số này đều phân biệt

Ta chọn $n_{k-1}=p_0p_1...p_{k-1}$ thì $n_{k-1}$ sẽ có đúng $k$ ước nguyên tố phân biệt, và ngoại trừ số $3$ ra thì mọi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều có dạng $4t+1$. Ta chứng minh đây là số thỏa mãn đề bài bằng cách chỉ ra $n_{k-1}|2^{\sigma (n_{k-1})}-1$

Thậy vậy, dễ dàng có $2^k| \sigma (n_{k-1})$ nên ta cần chứng minh: $n_{k-1}|2^{2^k}-1$

Mà mỗi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều đôi một phân biệt nên bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra $p_i|2^{2^k}-1,\forall i = \overline{0,k-1}$

Đây là điểu hiển nhiên do $F_i|2^{2^k}-1,\forall i =\overline{0,k-1}$

 




#735043 TOPIC [MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC]

Gửi bởi KietLW9 trong 21-09-2022 - 14:23

$\textbf{Bài toán 6.}$ Xét $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ trong đó $k$ là số nguyên dương thỏa mãn $p^2|2^{p-1}-1$. Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ Chứng minh rằng: $2^q > (6p)^p$

 

$\textbf{Lời giải.}$ 

Ta có phân tích tiêu chuẩn của $2^p-1$ như sau: $2^p-1=q_{1}^{a_1}q_{2}^{a_2}...q_{k}^{a_k}$ trong đó $q_1,q_2,...,q_k$ là các ước nguyên tố lẻ phân biệt của $2^p-1$.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $q_i\equiv 1(\text{mod p}),\forall i=\overline{1,k}$

Thật vậy, ta có: $q_i|2^{q_i-1}-1$ nên $\left\{\begin{matrix}ord_{p_i}(2)|p & \\ ord_{p_i}(2)|q_i-1 & \end{matrix}\right.$ 

Từ đây dễ dàng suy ra $ord_{p_i}(2)=p$ nên ta có điều phải chứng minh

Đặt $q_i=m_ip+1$ trong đó $m_i \in \mathbb{Z}^+,\forall i =\overline{1,k}$

Kết hợp với $p^2|2^p-2$ ta suy ra $\prod_{i=1}^{k}(m_ip+1)^{a_i}\equiv 1$ (mod $p^2$). Mà $(m_ip+1)^{a_i}\equiv a_im_ip+1$ (mod $p^2$) nên $\prod_{i=1}^{k}(1+a_1m_ip)\equiv 1$ (mod $p^2$) nên $ \sum_{i=1}^{k}a_im_i\equiv 0$ (mod $p$)

Mà lại có $q_i|2^p-1\Rightarrow (\frac{2}{q_i})=1$ nên $q_i\equiv 1,7(\text{mod 8})$ do đó $8|m_i$ hoặc $6|m_ip$ nên $m_i\geq 6$

Xét $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ sao cho $q=mp+1$ thì rõ ràng $m$ là chỉ số lớn nhất trong các số $m_i$ khi đó $2^q>2^{pm}>(2^p-1)^m>(6p)^{(a_1+a_2+...+a_k)m}>(6p)^{\sum_{i=1}^{k}a_im_i}\geq (6p)^p$

Vậy ta có điều phải chứng minh




#734961 đối xứng của $G$ qua $EF$ nằm trên $OI$

Gửi bởi KietLW9 trong 15-09-2022 - 08:51

$\textbf{Bài toán (Phát hiện?).}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân có $(I)$ là tâm đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $D'$ là điểm đối xứng với $D$ qua $EF$ và $R$ là trực tâm của tam giác $BIC$. Gọi $J$ là trực tâm của $\Delta AEF$. $G$ là điểm trên $ID$ sao $JG//D'R$. Chứng minh rằng đối xứng của $G$ qua $EF$ nằm trên $OI$




#734941 Bóng đá mùa giải 2022-2023

Gửi bởi KietLW9 trong 14-09-2022 - 14:26

Bayern thực sự quá mạnh đúng không ạ  :icon6:




#734940 $AT$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(AMC)$ và...

Gửi bởi KietLW9 trong 14-09-2022 - 14:20

$\textbf{Bài toán (Sáng tác?).}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân có $(I)$ là tâm đường tròn nội tiếp và $H,K$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ của $\Delta ABC$. $(I)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$. 

a) Chứng minh rằng $(HAF)$ và $(KAE)$ cắt nhau tại một điểm $T$ khác $A$ trên đường tròn $(ABC)$

b) Gọi $M,N$ là giao điểm thứ hai của $HE,KF$ với $(I)$. Chứng minh rằng $AT$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(AMC)$ và $(ABN)$.




#734867 Bóng đá mùa giải 2022-2023

Gửi bởi KietLW9 trong 08-09-2022 - 09:38

Bayern Munich 2 - 0 Inter Milan

Barcelona 5 -1 Plzen

Sane cú đúp, lewandowski hattrick 

chú ý thêm lewy là cấu thủ duy nhất và đầu tiên ghi hattrick cho 3 clb khác nhau ở c1




#734733 $x^2-y^2+2y(f(x)+f(y))$ là số chính phương với mọi $x,y \...

Gửi bởi KietLW9 trong 31-08-2022 - 15:53

$\textbf{Bài toán}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ sao cho $x^2-y^2+2y(f(x)+f(y))$ là số chính phương với mọi $x,y \in \mathbb{Z}^+$




#734731 Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(O)$.

Gửi bởi KietLW9 trong 31-08-2022 - 15:39

$\textbf{Bài toán}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $OI$ cắt $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $IA,IB,IC$ cắt nhau tạo thành tam giác $PQR$. Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(O)$.

File gửi kèm  Screenshot (1889).png   23.54K   83 Số lần tải




#734696 [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi KietLW9 trong 30-08-2022 - 11:50

$\textbf{Bài toán 43.}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. $D,E$ là hai điểm bất kì trên $AB,AC$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $DE$ cắt $(ADE)$ và $(O)$ tại $P,Q$. $OP,OQ$ cắt $DE,BC$ tại $S,N$. Gọi $W$ là trực tâm $\Delta ASO$. Chứng minh rằng $S,W,O,N$ đồng viên.