Dấu ngoặc ở pt thứ 2 đóng ở đâu ạ
- Hahahahahahahaha và Danpda47 thích
<p style="text-align:center;"><span style="font-size:14px;"><em>Giám thị nhìn tôi giám thị cười</em></span></p>
<p style="text-align:center;"><span style="font-size:14px;"><em>Tôi nhìn giám thị nước mắt rơi</em></span></p>
<p style="text-align:center;"><span style="font-size:14px;"><em>Cổng trường LS xa vời vợi</em></span></p>
<p style="text-align:center;"><span style="font-size:14px;"><em>LĐB, về LĐB thôi.</em></span></p>
<p style="text-align:center;">- Thi sĩ CTK </p>
<p style="text-align:center;"> </p>
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 05-04-2024 - 22:45
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 03-04-2024 - 23:13
Cho tập hợp $X=\{ 1;2;3;..;120\}$ gồm $120$ số nguyên dương đầu tiên, trong đó có $60$ số được viết bằng màu đỏ và $60$ số còn lại được viết bằng màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại $40$ số tự nhiên liên tiếp của tập $X$, trong đó có $20$ số được viết bằng màu đỏ và $20$ số được viết bằng màu xanh.
(Thanh Hóa, chuyên Toán năm $23-24$)
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 27-03-2024 - 23:18
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 18-02-2024 - 10:39
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 18-02-2024 - 02:05
Giả sử tồn tại tập $B$ có $50$ phần tử bất kỳ của $S$ sao cho không tìm được 2 số có tổng là số chính phương.
Do đó giả sử sai.
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 18-02-2024 - 00:54
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh $(x+y\sqrt5)^z=A+B\sqrt5$ với $A;B$ là số nguyên dương nào đó.
Thật vậy, trong trường hợp $z=1$ thì $A=x;B=y$.
Giả sử $(x+y\sqrt5)^i=A_i+B_i\sqrt5$ với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $k$; $A_i;B_i$ là số nguyên dương.
Khi đó $(x+y\sqrt5)^{i+1}=(x+y\sqrt5)^i(x+y\sqrt5)=(A_i+B_i\sqrt5)(A_1+B_1\sqrt5)=(A_iA_1+5B_iB_1)+\sqrt5(B_iA_1+B_1A_i)$.
Do đó mệnh đề trên đúng với $i=k+1$.
Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề trên luôn đúng.
Khi đó $A+B\sqrt5=\sqrt{1+\sqrt5} \implies \sqrt5(2AB-1)=1-A^2-5B^2$. Nhận thấy $2AB-1 \neq 0$ nên chú ý $A;B$ nguyên dương, khi đó $\sqrt5 \in \mathbb{Q}$, vô lý.
Do đó phương trình vô nghiệm
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 17-02-2024 - 13:33
Hình như bạn đăng nhầm topic ?
Ta có $x;y;z \in \mathbb{N^*}; (x^3+y)(y^3+x)=2^z$.
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $x \ge y$.
Khi đó tồn tại số nguyên dương $m;n;~m \ge n$ sao cho $$ x^3+y=2^m;x+y^3=2^n \implies \left\{\begin{matrix} (x+y)(x^2-xy+y^2+1)=2^n(2^{m-n}+1) ~~~~(1)\\(x-y)(x^2+xy+y^2-1)=2^n(2^{m-n}-1)~~~~(2) \end{matrix}\right.$$
Ta nhận thấy $x;y$ cùng tính chẵn lẻ:
+ $x=y$ thì $z$ là số chẵn; $z=2u; x^3+x=2^u \implies (x^2+1)x=2^u$ nhưng $x$ lẻ nên $x=1$. Khi đó $x=y=1;z=2$ (thỏa mãn).
+ $x>y$
Lại có $(x^2-xy+y^2+1)+(x^2+xy+y^2-1)=2(x^2+y^2) \equiv 4 \pmod 8$, nên trong 2 số có ít nhất 1 số không chia hết cho $8$. Khi đó $v_2(x^2-xy+y^2+1) \le 2$ hoặc $v_2(x^2+xy+y^2-1) \le 2$
- $k=2$ thì $x=y^3-2y \implies 2^{n-1}=(y^2-1)y$ nhưng $y$ lẻ nên $y=1; x=-1$ (loại)
- $k=3$ thì $x=3y^3-4y \implies 2^{n-2}=y(y^2-1)$ nhưng $y$ lẻ nên $y=1;x=-1$ (loại)
- $k=4$ thì $y=1 \implies (x+1)(x^2-x+1)=2^m$ nhưng $x^2-x+1$ lẻ lớn hơn 1 (do $x>y=1$) (loại)
- $k=1$ thi $3x= y^3-4y \implies 3.2^{n-2}=y(y^2-1)$ nhưng $y$ lẻ nên $y \in \{ 1;3\} \implies (x;y)=(-1;1);(5;3) \implies (x;y;z)=(5;3;12)$ (thỏa mãn).
- $g=1$ thì $3x=y^3+4y \implies 3.2^{n-2}=y(y^2+1)$ nhưng $y$ lẻ nên $y \in \{ 1;3\} \implies (x;y)=(5/3;1);(13;3) \implies z \in \varnothing$ (loại)
- $g=2$ thì $x=y^3+2y \implies 2^{n-1}=y(y^2+1)$ nhưng $y$ lẻ nên $y=1 \implies x=3 \implies z \in \varnothing$ (loại)
- $g=3$ thì $x=3y^3+4y \implies 2^{n-2}=y(y^2+1)$ nhưng $y$ lẻ nên $y=1;x=7 \implies z \in \varnothing$
Do đó $\boxed{(x;y)=(5;3);(1;1);(3;5)}$
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 16-02-2024 - 22:35
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 16-02-2024 - 10:43
V1. Ta có $a;b;c \in \mathbb{N^*}; a^4+6a^2+2^b=c^2.$
Bỏ qua các trường hợp $b=1;b=2$.
Ta xét $b \ge 3$.
+ $b$ lẻ thì $2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1 \vdots 2 \implies 2k+1=b$. Khi đó $2^{2k}(2^{2k}.t^4+6t^2+2)=c^2$.
Khi đó tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $2^{2k}.t^4+6t^2+2=m^2 >(2^k.t^2)^2 \implies 6t^2 +1 \ge 2^{k+1}t^2 \implies k=1.$ Khi đó $4t^4+6t^2+2=m^2 \implies ...$
+ $b$ chẵn thì $b=2l; l \in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $n \in \mathbb{N^*};n^2=(2^{2k-l}t^2)^2+6. t^2.2^{2k-2l}+1 \ge (2^{2k-l}t^2+1)^2 \implies 6t^22^{2k-2l} \ge 2.2^{2k-l}t^2 \implies 3.2^{-l-1} \ge 1$, vô lý vì $3.2^{-l-1}=\frac{3}{2^{l+1}} \le \frac{3}{4} <1$
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 15-02-2024 - 12:49
Ta có $\sqrt{a}+\sqrt{b}=2023-\sqrt{c}\Rightarrow a+b-2\sqrt{ab}=2023^2-34\sqrt{7c}+c \Leftrightarrow T=2\sqrt{ab}-34\sqrt{7c}~~(T=a+b-c-2023^2 \in \mathbb{Z})\Rightarrow T^2+34^2.7c+68\sqrt{7c}=4ab\Rightarrow 68\sqrt{7c} \in \mathbb{Z} \implies \sqrt{7c} \in\mathbb{Q} \Longrightarrow \sqrt{7c} \in\mathbb{N}.$
Khi đó ta có thể đặt $c=7z^2$.Hoàn toàn tương tự $b=7y^2;a=7x^2;x;y;z\in \mathbb{N^*}$. Khi đó $x+y+z=17$.
Theo bất đẳng thức Cauchy: $xyz \le (\frac{x+y+z}{3})^3 \implies xyz \le 181$. Nhận thấy $181$ là số nguyên tố nên nếu $xyz=181$ thì có $1$ trong $3$ số $x;y;z$ bằng $181$, vô lý. Do vậy $xyz \ge 180$. Dấu "$=$" xảy ra chẳng hạn khi $x=6;y=6;z=5$.
Vậy $\text{max} \{ abc\}=7^3.6^4.5^2$, dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi $x=6;y=6;z=5$
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 14-02-2024 - 12:32
Từ giả thiết, ta có $x^2-y^2+2xy=5$.
Ta xét: $$3x^2+2y^2=x^2+4y^2+(2x^2-2y^2)=x^2-4xy+4y^2+2(x^2-y^2+2xy)=(x-2y)^2+2.5=(x-2y)^2+10$$.
Vì $(x-2y)^2 \ge 0; \forall x;y \in \mathbb{R}$ nên suy ra $$3x^2+2y^2=(x-2y)^2+10 \ge 10 ; \forall x;y \in \mathbb{R}.$$
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x-2y=0\\x^2-y^2+2xy=5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2y\\(2y)^2-y^2+2.2y.y=5 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2y\\ 7y^2=5 \end{matrix}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2y\\y=\pm \sqrt{\frac{5}{7}} \end{matrix}\right.$
Từ đó, ta có $(x;y) \in \{ (2\sqrt{\frac{5}{7}};\sqrt{\frac{5}{7}});(-2\sqrt{\frac{5}{7}};-\sqrt{\frac{5}{7}}) \}$ (thỏa mãn).
Vậy $\text{min} \{3x^2+2y^2\}=10$ khi và chỉ khi $(x;y) \in \{ (2\sqrt{\frac{5}{7}};\sqrt{\frac{5}{7}});(-2\sqrt{\frac{5}{7}};-\sqrt{\frac{5}{7}}) \}$
Nhận xét: Lời giải chính xác, ngắn gọn
Điểm: 10/10
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 14-02-2024 - 00:16
1. Để thùng giấy ấy có thể đựng được $24$ lon nước đó sao cho chỉ có $1$ lớp được xếp thì chiều cao của thùng giấy ấy phải bằng chiều cao của $1$ lon nước hay chiều cao của thùng giấy đó là $14,5$ $cm$.
Hình vẽ dưới cho thấy mặt trên của thùng giấy sau khi xếp 24 lon Coca-cola vào thùng như giả thiết .
Khi đó chiều dài của thùng giấy đó phải bằng $6$ lần độ dài đường kính của $1$ lon nước Coca-cola hay chiều dài của thùng giấy đó là $6.5,5=33$ ($cm$).
Chiều rộng của thùng giấy đó phải bằng $4$ lần độ dài đường kính của $1$ lon nước Coca-cola hay
chiều rộng của thùng giấy đó là $4.5,5=22$ ($cm$).
Do đó số $m^2$ giấy ta cần bằng diện tích toàn phần của thùng giấy đó là: $(22+33).2.14,5+2.22.33 =3047$ ($cm^2$) $=0,3047$ ($m^2$).
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 12-02-2024 - 15:05
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 12-02-2024 - 00:19
Ta có
Ta chỉ cần chứng minh $\sum_{a,b,c}^{}\frac{(b-c)^2(a+b+c)}{(a+b)(a+c)} \ge \frac{(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(a-c)^2(a+c)}{a^2+b^2+c^2}$.
Ta chỉ cần chứng minh $\frac{(b-c)^2(a+b+c)}{(a+b)(a+c)} \ge \frac{(b-c)^2(b+c)}{c^2+a^2+b^2}$ nhưng $\frac{a+b+c}{(a+b)(a+c)} \ge \frac{a+b+c}{a^2+a^2+b^2+c^2}=\frac{b+c}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a(a^2+b^2+c^2-ab-ac)}{(a^2+b^2+c^2)(2a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{b+c}{a^2+b^2+c^2}$
Gửi bởi Nguyen Bao Khanh trong 11-02-2024 - 23:35
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học