Đến nội dung

Nguyen Bao Khanh

Nguyen Bao Khanh

Đăng ký: 25-11-2022
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 19:57
-----

Trong chủ đề: $\sum\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}...

20-11-2023 - 12:43

CauchySchwarz: $VT= \sum \frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(a+c)}$


Trong chủ đề: nếu tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $2027^n=(a+bc)(b+ac...

30-10-2023 - 19:03

Không mất tính tquat, giả sử $a \ge b$. Từ giả thiết ta có thể đặt ($2027$ nguyên tố) $a+bc=2027^s;~b+ac=2027^t;s,t \in \mathbb{N^*};t\ge s\to \left\{\begin{matrix}(a+b)(c+1)=2027^s(2027^{t-s}+1)\\(a-b)(c-1)=2027^s(2027^{t-s}-1) \end{matrix}\right.$
$(c+1)-(c-1)=2 \not \vdots 2027$.
$-$ Nếu $c+1 \vdots 2027 \to c-1 \not \vdots 2027 \to (c-1;2027)=1 \implies a-b \vdots 2027^s \implies a=b~~ \text{or}~~ a-b \ge a+bc \ge a+b >a-b $, mâu thuẫn. Do đó $a=b \to n \vdots 2$
Hoàn toàn tương tụ với t/h còn lại

Trong chủ đề: Cho a,b,c nguyên dương TM: a+10b, b+10c, c+10a hoặc là lũy thừa của 2 hoặ...

28-10-2023 - 20:19

 
Giả sử $2 \nmid abc \implies a,b,c$ lẻ $\to a+10b=5^m; b+10c=5^n;c+10a=5^p; m,n,p \in \mathbb{N^*};m,n,p \ge 2$.
Gọi $d=(a,b,c) \implies a=da',b=db',c=dc';a',c',b',d\in \mathbb{N^*}; (a',b',c')=1$.
Suy ra $d(a'+10b')=5^p,...$. Tồn tại $s,q,r$ thỏa mãn $a'+10b'=5^s,b'+10c'=5^q,c'+10a'=5^r;s,q,r \in \mathbb{N^*}$ (Do $a',b',c' \in \mathbb{N^*} \to 5^s;5^q;5^r \ge 11$).
Khi đó $a';b';c'$ cùng chia hết cho 5. Mâu thuẫn với đk $(a';b';c')=1$.
Hoàn toàn tương tự ta có thể suy ra $abc \vdots 10$
Em xin phép nghĩ tiếp phần sau ạ :wacko:  :wacko:  :wacko:  :wacko:  :wacko:

Trong chủ đề: phương trình $x^{2}+y^{2}+1=pxy$ có nghiệm...

19-10-2023 - 22:45

Ta có: $x^2-x.py+(y^2+1)=0$.

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là $(x_0;y_0;p_0)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_0+y_0$ nhận giá trị bé nhất;$x_0\ge y_0$. Ta có: $x_0^2-x_0.py_0+(y_0^2+1)=0$

Coi pt trên là pt bậc $2$ ẩn $x_0$, tham số $y_0$, theo định lý Vi-ét, tồn tại nghiệm $x_1 \neq x_0$, và $x_1+x_0=py_0;x_1x_0=y^2+1\implies x_! \in \mathbb{N^*}$. Từ cách chọn $(x_0;y_0)$, ta có $x_1\ge x_0$. Khi đó $py_0\ge 2x_0 \to \frac{x_0}{y_0}\le \frac{p}{2}$. Ta có: $p=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}+\frac{1}{x_0y_0} \le \frac{p}{2}+2 \to p\le 4 \to p =1;2;3;4.$

$- p=4 \to x_0=y_0=1,2y_0=x_0$ (loại)

$- p=3 \to x_0^2+y_0^2-3x_0y_0+1=0, x_0=y_0=1 $ (thỏa mãn)

$- p=2;1 \to ...$ 


Trong chủ đề: Tìm a,b nguyên dương thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^...

16-10-2023 - 20:54

Dạ bài này anh sưu tầm ở đâu vậy ạ anh