Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_{1} + x_{2} + ... + x_{m} = n (m,n \in \mathbb{N})$ là??
$C_{m+n-1}^{m-1}$
- hungsadviem1211 yêu thích
Gửi bởi huytran08 trong 05-03-2024 - 22:08
Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_{1} + x_{2} + ... + x_{m} = n (m,n \in \mathbb{N})$ là??
$C_{m+n-1}^{m-1}$
Gửi bởi huytran08 trong 13-02-2024 - 00:18
Lời giải:
Do $\left ( ab,5ab-1 \right )=1$ nên $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} $ nguyên dương(do $\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}$ nguyên dương)
Đặt $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} = k\,(k \in \mathbb{N^*})$
$\Leftrightarrow 5a^2-5kab+5b^2+k-2=0$ (1)
Gọi $\left ( a_{0};b_{0} \right ) $ là 1 cặp nghiệm của (1) sao cho $a_{0}+b_{0}$ nhỏ nhất.
Ta có $5a_{0}^{2}-5ka_{0}b_{0}+5b_{0}^{2}+k-2=0$
Coi (1) là phương trình bậc 2 ẩn $a$.
Theo định lí Viète thì (1) còn 1 nghiệm nữa,gọi nghiệm đó là $a_{1}$.Ta có:$ \left\{\begin{matrix}a_{0}+a_{1}=kb_{0} & \\a_{0}a_{1}=\frac{5b_{0}^{2}+k-2}{5} & \end{matrix}\right.$
Suy ra $a_{1}\in \mathbb{N^*} $.
Mặt khác theo điều giả sử thì $a_{1}\geq a_{0}$.
Xét hàm số $f(x)=5x^{2}-5kxb_{0}+5b_{0}^2+k-2 $.Lập bảng biến thiên với chú ý rằng $b\notin (a_{0},a_{1}) $ ta được $f(b)\geq 0$ và $5b_{0}^{2}-5kb_{0}^{2}+5b_{0}^2+k-2\geq 0$ hay $k\leq2$ (2)
Lại có: $k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} \geq \frac{10ab-2}{5ab-1}=2$ (3)
Từ (2) và (3) suy ra $k=2$ hay $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} =2 \Rightarrow a=b $
Vậy $a=b$
Gửi bởi huytran08 trong 31-10-2023 - 21:20
Mấy hôm nay ngồi chơi chơi với cái Geogebra thì đột nhiên nghĩ ra 1 bài toán khá lạ,đăng lên cho mọi người thảo luận:
Bài toán:Cho $\Delta ABC$ nhọn,đường cao $BE,CF$,$M$ là trung điểm $BC$.Giả sử $(BME),(CMF)$ có giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài là $K$ và $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.Chứng minh $AK\perp BC$
Gửi bởi huytran08 trong 24-10-2023 - 21:42
Trong quá trình nghiên cứu bộ ba $Pythagoras$ mình có nghĩ ra bài toán này,không biết có đúng không nên mình đăng lên cho mọi người thảo luận:
Bài toán:Tìm các bộ ba $Pythagoras$ nguyên thuỷ $\left ( x;y;z \right )$ thoả mãn $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ và có 2 số là số nguyên tố.
P/s:Nhận tiện chúc mừng diễn đàn trở lại
Gửi bởi huytran08 trong 16-10-2023 - 20:35
Anh lấy bài này từ sách nào vậy ạ
Bài này là anh tự nghĩ ra em ạ.Anh mở rộng từ các bài toán như $\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=2^{n};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=n^{3};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=3^{n};...$ ra em ạ.
Gửi bởi huytran08 trong 25-09-2023 - 18:41
1 bổ đề khá hay trong lúc mình làm toán : $\Delta ABC$ có tâm nội tiếp $I$, trực tâm $H$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ cắt $EF$ tại $J$. Chứng minh $IJ//MH$
Where is M?
Gửi bởi huytran08 trong 27-08-2023 - 16:00
Xét $p=2$ thấy đúng
Xét $p>2$ suy ra $p$ lẻ nên $p+1=2k$ nên ta giả sử $p^{p+1}+(p+1)^p=x^2(x \in \mathbb{N^*}) \Rightarrow (p+1)^p=(x-p^k)(x+p^k)$ suy ra $x$ lẻ
Ta thấy $gcd(x-p^k,x+p^k)=gcd(x-p^k,2p^k)=2$ (do $x,p$ lẻ và $(x,p)=1$)
Như vậy đặt $p+1=2^x.y$ với $y$ lẻ thì $(p+1)^p=2^{xp}.y^p=(x-p^k)(x+p^k)$ và $p+1=2k=2^x.y \Rightarrow k=2^{x-1}.y$
Do đó $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ hoặc $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$
TH1: $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ khi ấy $y^p=\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x+p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x+p^k}{2}\right)=1$
Do đó $\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x+p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Ta suy ra ngay $2n^p-2^{xp-1}.m^p=2p^k \Rightarrow n^p-2^{xp-2}.m^p=p^k$ mà $k=\dfrac{p+1}{2}>1$ (do $p>2$) nên $p^k \vdots p$
Suy ra $n^p-2^{xp-2}.m^p \vdots p \Rightarrow 4n^p-2^{xp}.m^p \vdots p$
Lại có $mn=y=\dfrac{p+1}{2^x}$ nên $gcd(m,p)=gcd(n,p)=1$ theo định lý Fermat nhỏ suy ra $4n^p \equiv 4n \pmod{p}$ và $m^p \equiv m \pmod{p}$
Do đó $4n-2^{xp}.m \vdots p$ $(1)$
Mặt khác $p+1=2^x.y=2^x.m.n=(2^x.m).n \equiv 4n^2 \pmod{p}$ (theo $(1)$) suy ra $4n^2-(p+1) \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ nên $2n-1 \vdots p$ hoặc $2n+1 \vdots p$ mà $p+1=2^x.y.m.n$ với $x\geq 1$ nên $n<p$ suy ra $2n-1<2p$ và $n<p$ suy ra $n\le p-1$ $\Rightarrow$ $2n+1<2p$.Do đó $2n-1,2n+1 \vdots p$ khi và chỉ khi hoặc $2n-1=p,2n+1=p$ nếu $2n+1=p \Rightarrow 2n=p-1$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1$ dễ tính ra $p=5$ thử lại thấy loại còn nếu $2n-1=p$ nên $n=\dfrac{p+1}{2}$ suy ra $2^x.m=2 \Rightarrow m=1,x=1$
Thay vào phương trình trên thu được $n^p-2^{p-2}=p^n$ thay $n=\dfrac{p+1}{2}$ và quy đồng ta có
$(p+1)^p-2^{2p-2}=p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$
$p^p+\binom{p}{1}.p^{p-1}+\binom{p}{2}.p^{p-2}+...+\binom{p}{p-1}p+1=2^{2p-2}+p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$
Ta thấy $p^p=p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}$ với $p=3,5,7$ thấy loại còn $p>7$ hay $p\geq 11$ thì $p>2^3$ nên $p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^{3.\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$ (do $3.\frac{p-1}{2}>p$)
Còn $\binom{p}{1}.p^{p-1}=p^p>(2^3)^p=2^{3p}>2^{2p-2}$
Như vậy $VT>VP$ nên loại do đó $p^{p+1}+(p+1)^p$ không là số chính phương (đpcm)
TH2: $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$ nên $y^p=\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x-p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x-p^k}{2}\right)=1$
Suy ra $\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x-p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Như vậy $2^{xp-1}.m^p-2n^p=2p^k \Rightarrow 2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k$ cm tương tự trên ta cũng có $2^xm-4n \vdots p$ nên $2^x.m \equiv 4n \pmod{p}$
Tương tự thay vào $p+1=2^x.m.n \equiv 4n^2 \pmod{p} \Rightarrow 4n^2-1 \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ tương tự trên $2n+1=p$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n=p-1 \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1 \Rightarrow p=5$ thay vào loại còn $2n-1=p$ thì $n=\dfrac{p+1}{2}$ nên $2^x.m=2 \Rightarrow m=x=1$
Thay vào phương trình $2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k \Rightarrow 2^{p-2}-n^p=p^k$ hay $2^{p-2}>n^p$ nên $2>n$ nên $2>\dfrac{p+1}{2}$ nên $p<3$ vô lí
Do đó điều giả sử là sai,bài toán được chứng minh.
Gửi bởi huytran08 trong 10-08-2023 - 17:22
Cho tam giác $ABC$ nhọn($AB<AC$);đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$;$M$ là trung điểm $BC$.Gọi $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right ),\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $AHB,AHC,MBF,MCE$;$K$ là giao của các tiếp tuyến chung trong của $\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$.Chứng minh rằng tiếp tuyến chung trong khác $AH$ của $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right )$;$HK$ và $BC$ đồng quy.
P\s:Lâu không quay lại diễn đàn
Gửi bởi huytran08 trong 19-07-2023 - 15:32
Câu 1:Chứng minh $S=\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor$ là số chẵn với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$.
Câu 2:Chứng minh với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$,$n$ không phải lập phương 1 số tự nhiên thì $\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}> \frac{1}{3\sqrt[3]{n^{2}}}$
Câu 3:Chứng minh rằng:$\left [ ka \right ]+\left [ kb \right ]\geq \left [ (k-1)(a+b) \right ]+\left [ a \right ]+\left [ b \right ]$ với mọi $k\in \mathbb{N},k\geq 2;a,b\in \mathbb{R}$
Câu4:Cho $a,b>0$ thoả mãn $a+b,ab \in \mathbb{N^*}$ và $\left \lfloor a^{2}+ab \right \rfloor+\left \lfloor b^{2}+ab \right \rfloor$ là số chính phương.Chứng minh $a,b \in \mathbb{N^*}$
Gửi bởi huytran08 trong 16-07-2023 - 20:21
Đọc đề bài là đầu nảy ra ngay UCT
Ta sẽ chứng minh:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$
Thật vậy:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$ $\Leftrightarrow x(1-x)^{2}\leq \frac{4}{27}$ (luôn đúng theo Cauchy 3 số)
Tương tự cộng lại là ra
Gửi bởi huytran08 trong 11-07-2023 - 16:38
Dễ chứng minh $AMHN$ là hình chữ nhật $\Rightarrow AN=MH \Rightarrow AH^{2}=4AM.MH $
Mà $AH^2=AM^2+MH^2$ nên $4AM.MH=AM^2+MH^2 \Rightarrow AM=(2\pm \sqrt{3})MH\Rightarrow \frac{MH}{AM}=(2\pm \sqrt{3}) $
Măt khác $tanC=tan\widehat{BAH}=\frac{MH}{AM}$ nên $tanC=(2\pm \sqrt{3})$ $\Rightarrow \widehat{C}=15^{o}$ hoặc $\widehat{C}=75^{o}$
Gửi bởi huytran08 trong 09-07-2023 - 22:13
Câu 4 bất khá hay:
Đặt $m_{n}=x_{1}+x_{2}+...+x_{n},p_{n}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}$ thì $a_{n}= \sqrt{m_{n}.p_{n}}\in \mathbb{N}$ với mọi $n=1,2,...,2023$
Kết hợp với $AM-GM$ ta có biến đổi:
$a_{n+1}^{2}=m_{n+1}.p_{n+1}=(m_{n}+x_{n+1})\left ( p_{n}+\frac{1}{x_{n+1}} \right )$
$=m_{n}.p_{n}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$
$=a_{n}^{2}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$
$\geq a_{n}^{2}+2\sqrt{m_{n}.p_{n}}+1=a_{n}^{2}+2a_{n}+1=(a_{n}+1)^{2}$
$\Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n}+1$ với mọi $n$,dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{m_{n}}{x_{n+1}}=p_{n}.x_{n+1}$ hay $x_{n+1}^{2}=\frac{m_{n}}{p_{n}}$
Giả sử tồn tại 2 giá trị $n_{o}$ và $n_{o}+1$ để dấu bằng xảy ra liên tiếp thì ta có:
$x_{n_{o}+2}^{2}=\frac{m_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}{p_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}=\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}=x_{n_{o}+1}^{2}$
Điều này mâu thuẫn vì $x_{1},x_{2},...,x_{2023}$ là các số thực dương đôi một phân biệt
Do đó $a_{n+2}\geq a_{n+1}+1\geq a_{n}+2$ suy ra $a_{n+2}\geq a_{n}+3 \forall n=1,2,...,2023 $ vì $a_{n}\in \mathbb{N}$(do $a_{n}\in \mathbb{Z}$ và $a_{n}>0$) và không xảy ra 2 dấu bằng liên tiếp.Từ đây ta có:
$a_{2023}\geq a_{1}+3.1011\geq 3034$(đpcm)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học