thanhng2k7

Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn với mỗi số nguyên tố p cho trước , $\exists a\epsilon Z$ thỏa mãn $2^p+3^p=a^n$

3) Từ hệ phương trình đã cho ta có 

$x^2-xy-xz+z^2+x^2-xz-yz+3y^2-(y^2+xy+yz-z^2)=0+2-2$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0$

Mà $(x-y)^2\geq 0 , (y-z)^2\geq 0,(z-x)^2\geq 0$ nên $\sum (x-y)^2 \geq 0$

Dấu "=" xảy ra tại $x=y=z$

Thay vào phương trình giữa ta được $2y^2=2$

Khi đó $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

1) Điều kiện  $x\neq -y , y\neq -z , z\neq -x$

Hệ phương trình tương đương 

$\left\{\begin{matrix} \frac{xy}{x+y}+z=1 & \\ \frac{yz}{y+z}+x=2 & \\ \frac{zx}{z+x}+y=2 \end{matrix}\right.$

Khi đó ta có $xy+yz+zx = x+y = 2(y+z) = 2(z+x)$

Từ đó suy ra $ x=y $ và $ z=0 $

Thế $z=0$ vào $\frac{yz}{y+z}=2-x$ ta được $x=2$

Vậy $x=y=2$ và $z=0$

Lấy $BK \perp AC$ tại K 

Ta có $\frac{BK}{AB}=sin15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

Khi đó $S_{ABC}= \frac{BK.AC}{2}=\frac{AB.\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.AC}{2}=3\sqrt{6}-3\sqrt{2}$ ($cm^2$)

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp (I)  . (I) tiếp xúc BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F . (AEB) cắt (AFC) tại $A_{1}$ khác A , (BFC) cắt (BDA) tại $B_{1}$ khác B , (CDA) cắt (CEB) tại $C_{1}$ khác C . CMR $AA_{1}$,$BB_{1}$,$CC_{1}$ đồng quy 

 Ta có  $ab+c(a+b)=3c^2\Leftrightarrow (a+c)(b+c)=(2c)^2$

Đặt $(a+c,b+c)=d$ ,suy ra $d | a-b$ hay $ d=1 $ hoặc $ d=a-b$ ( do$a-b$ là số nguyên tố )

+) Nếu $d=1$ thì $ a+c , b+c $ đều là số chính phương  . Đặt $a+c=m^2$ và $b+c=n^2$ $( m ,n \epsilon \mathbb{Z})$

Suy ra $m^2-n^2=a-b$ , mà $a-b$ là số nguyên tố nên $m-n=1 \Leftrightarrow  m=n+1 $ 

Lại có $4c^2=m^2n^2$ suy ra $8c+1= 4mn+1= (2n+1)^2$ là số chính phương

+) Nếu $d=a-b $ thì $a+c=(a-b)x,b+c=(a-b)y$ $(x,y\epsilon \mathbb{Z})$

$\Rightarrow a-b =(a-b)(x-y)\Rightarrow x-y=1 \Rightarrow x=y+1$

Khi đó $4c^2=(a+c)(b+c)=(a-b)^2xy =(a-b)^2y(y+1)$

Suy ra $y(y+1) $ là số chính phương hay$y=0$ , suy ra $c=0$ , từ đó ta có 8c+1 là số chính phương.

Với n là số nguyên dương lẻ khác 1 thỏa mãn $6^n+7^n \vdots n $ .Chứng minh $n \vdots 13 $ 

Giúp em bài này với ạ.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+6z}}+\frac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+6x}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+6y}}$

Với $x+y+z=3$ thay vào P ta được :

 $P= \frac{3-z}{\sqrt{x^2+y^2+6(3-x-y)}}+\frac{3-x}{\sqrt{z^2+y^2+6(3-z-y)}}+\frac{3-y}{\sqrt{x^2+z^2+6(3-x-z)}}$

$\Rightarrow P = \sum_{x,y,z}{\frac{(z-3)^2}{(x-3)^2+(y-3)^2}}$

Đặt ẩn phụ như sau:

$(x-3)^2=a;(y-3)^2=b;(z-3)^2=c \Rightarrow a,b,c\geq 0$

$\Rightarrow P=\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}$

Sử dụng AM-GM dưới dạng mẫu :

$\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum_{a,b,c}\frac{2a}{2\sqrt{a(b+c)}}\geq \sum_{a,b,c}\frac{2a}{a+b+c}= 2$

Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(3,0,0)$ và các hoán vị . 

Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì hai số $2032^n+8^n$ và $2032^n-8^n$ có số chữ số bằng nhau .

Cho $\Delta ABC$ không cân , nội tiếp (O) , B,C cố định , A thay đổi trên (O).Trên các tia AB,AC lần lượt lấy các điểm M,N để $MA=MC, NA=NB$ . $(AMN)$ cắt $(ABC)$ cắt nhau tại A và P . MN cắt BC tại Q.Gọi I là tâm của $(OBC)$ , I' đối xứng I qua MN.Chứng minh $AI'\perp BC$ . 

P/s: Nguyên mẫu bài này là VMO 2014 =))) 

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Đặt $b+c=x$ , $c+a=y$ , $a+b=z$

Suy ra $a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$

Khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z})-\frac{3}{2}\geq 1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Suy ra $\Delta ABC$ đều 

Biến đổi đẳng thức đã cho ta được $p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)\Leftrightarrow p(p+1)=(n-q)(n+q+1)$

Giả sử tồn tại p,q nguyên tố và n nguyên dương thỏa mãn bài toán , khi đó từ đẳng thức trên ta suy ra $n-q \vdots p$ hoặc $n+q+1\vdots p$

Xét các trường hợp$n-q \vdots p$

+)Th1:$n-q \vdots p$ thì suy ra $n-q\geq p$ do đó $n+q+1>p+1$

Suy ra $p(p+1)< (n-q)(n+q+1)$ (mâu thuẫn )

+) Th2: $n+q+1\vdots p$ , khi đó tồn tại số tự nhiên k để $n+q+1=kp$ (k khác 0)

Do đó từ $p(p+1)=(n-p)(n+q+1)$ ta suy ra $p+1=k(n-q)$

Mà $(p+q)(p+q+1)=(p+1)p+q(q+1)+2pq\geq n(n+1)$

KMTTQ giả sử $p\geq q$

Do $n(n+1)> p(p+1)$ nên $n>p$

Từ  $n+q+1=kp$  ta được $kp>n>p$

nên $k>1$

Mặt khác $kp<(p+q)+q+1 \leq 3p+1 <4p $ 

Như vậy ta có $1<k<4$ và k là số tự nhiên nên ta được hoặc $k=2$ hoặc $k=3$

+) Với $k=2$ thì $n=2p-q-1$ và $p+1=2(n-q)$ nên suy ra $3(p-1)=4q$

Do đó q chia hết cho 3 , q nguyên tố nên $q=3$ suy ra $p=5$ và $n=6$

+) Với $k=3$ thì $n=3p-q-1$ và $p+1=3(n-q)$ suy ra $2(2p-1)=3q$

Do đó q chia hết cho 2 , q nguyên tố nên $q=2$ suy ra $p=2$ và $n=3$

(P/s: Đánh vội nên nếu có chỗ sai sót mong bạn thông cảm =)))) )

Ghê gì nhầm dấu =)))

=))))) 

À nhầm nãy tôi biến đổi ra $p=\frac{2q+1}{2-q}$. Chắc nhầm dấu =)))

=))))) cung ghe

Đoạn TH2 sao ra được $p=\frac{2q+1}{p+2}$ vậy =)))

$2q-2p=pq-1 \Leftrightarrow p(q+2)=2q+1\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}$ =))