Chủ đề này có 15 trả lời

[Chung Chung]

Bài 1:
1) Giải Phương Trình: $$x^3 + 1 = 2\sqrt[3]{2x-1}$$

2) Gải Hệ Phương Trình $$\left\{\begin{matrix}
z^2 -z^2y-x-y+2=0 & \\
x^2-x^2z-y-z+2=0 & \\
y^2-y^2x-z-x+2=0 &
\end{matrix}\right.$$

3) Cho Các số thực dương a, b, c. Chứng Mình:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geqslant \dfrac{4}{a+b+2c}+\dfrac{4}{b+c+2a}+\dfrac{4}{c+a+2b}$$

Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn $$x^3+3y^3=9z^3$$

2) Cho số nguyên tố p lớn hơn 5. Chứng minh rằng $$(p^4-1)\vdots 240$$

Bài 3:
1) Cho a, b là các số thực thay đổi sao cho phương trình $$x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0$$ luôn có nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$A=a^2+b^2$$

2) Cho 6 số nguyên dương phân biệt đôi một nguyên tố cũng nhau và mỗi số không vượt quá 100. Chứng minh rằng trong 6 số đó có ít nhất một số nguyên tố.

[Crystal]

Bài 1:
1) Giải Phương Trình: $$x^3 + 1 = 2\sqrt[3]{2x-1}$$

Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn $$x^3+3y^3=9z^3$$

Bài 1.1: Đặt $y = \sqrt[3]{{2x - 1}}$ ta sẽ được hệ phương trình đối xứng $\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} = 2y - 1\\
{y^3} = 2x - 1
\end{array} \right.$

Bài 2.1: Dùng phương pháp lùi vô hạn ta được nghiệm là $\left( {x,y,z} \right) = \left( {0,0,0} \right)$

$\to$ Về phương pháp lùi vô hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên

[phuonganh_lms]

3) Cho Các số thực dương a, b, c. Chứng Mình:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geqslant \dfrac{4}{a+b+2c}+\dfrac{4}{b+c+2a}+\dfrac{4}{c+a+2b}$$

Ta có $\dfrac{1}{a+b+2c} \le \dfrac{1}{16a}+\dfrac{1}{16b}+\dfrac{1}{16c}+\dfrac{1}{16c}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{a+b+2c} \le \dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4b}+\dfrac{1}{2c}$
Tương tự....
Cộng vế với vế ta có $\sum{\dfrac{4}{a+b+2c}} \le \sum{(\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{2a}})=\sum{\dfrac{1}{a}}$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuonganh_lms: 03-01-2012 - 19:38

[vietfrog]

Bài 3:
1) Cho a, b là các số thực thay đổi sao cho phương trình $$x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0$$ luôn có nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$A=a^2+b^2$$

Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm.
Ta có:

\[\begin{array}{l}
{x^4} + a{x^3} + b{x^2} + ax + 1 = 0 \\
\Leftrightarrow {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + a\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right) + b = 0 \\
\Leftrightarrow {t^2} + at + b - 2 = 0\,\,\,\left( {x + \dfrac{1}{x} = t \to \left| t \right| \ge 2} \right) \\
\Leftrightarrow 2 - {t^2} = at + b \\
\Leftrightarrow {\left( {2 - {t^2}} \right)^2} = {\left( {at + b} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{t^2} + 1} \right) \\
\Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {2 - {t^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}} \\
\end{array}\]
Khảo sát hàm biến $t$ là xong. Đáp số là $\dfrac{4}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 03-01-2012 - 23:27
Sai đáp án!

[0% brain]

Bài 1.1: Đặt $y = \sqrt[3]{{2x - 1}}$ ta sẽ được hệ phương trình đối xứng $\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} = 2y - 1\\
{y^3} = 2x - 1
\end{array} \right.$

Bài 2.1: Dùng phương pháp lùi vô hạn ta được nghiệm là $\left( {x,y,z} \right) = \left( {0,0,0} \right)$

$\to$ Về phương pháp lùi vô hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên

pt đối xứng giải sao vậy anh xusinst
pp lùi vô hạn là gì vậy cho em xin tài liệu 2 cái đó với

[hammetoan]

$x^3+1=2\sqrt[3]{2x-1}$
đặt $y= \sqrt[3]{2x-1}$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^3=2y-1 & \\ y^3=2x-1& \end{matrix}\right.$
trừ 2 pt $\Rightarrow x^3-y^3=2y-2x \Leftrightarrow (x-y) (x^2+xy+y^2+2)=0\Rightarrow x=y$
đến đây tự tính ra được rùi nhá

[Crystal]

pt đối xứng giải sao vậy anh xusinst
pp lùi vô hạn là gì vậy cho em xin tài liệu 2 cái đó với

Phương trình đối xứng: Lấy vế trừ vế của hai phương trình sẽ xuất hiện nhân tử chung.

Anh không có tài liệu về phương pháp lùi vô hạn. Cái này em hỏi Toàn nhé.

[Ispectorgadget]

Lớp 10 chắc chưa học KSHS đâu anh Việt . Mà em ra đáp án là $\dfrac{4}{5}$ chứ không phải $\dfrac{5}{4}$
Khúc $(a^2+b^2)\geq \dfrac{(2-t^2)^2}{t^2+1}$ em xử lý như sau
$\dfrac{(t^2+1)^2-6t^2+3}{1+t^2}=t^2+1+\dfrac{3(2t^2-1)}{-(1+t^2)}\geq 4+1+\dfrac{3(2.4+1)}{-(1+4)}=\dfrac{4}{5}$ (do $t^2\geq 4$)

Đề này nhiều bài giống mấy bài lớp 9 mình học =.=

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 03-01-2012 - 21:25

[Chung Chung]

Bài 2.1: Dùng phương pháp lùi vô hạn ta được nghiệm là $\left( {x,y,z} \right) = \left( {0,0,0} \right)$

$\to$ Về phương pháp lùi vô hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên

Mấy bài này mình làm được rùi, mình chỉ thắc mắc bài 2/ 1) và cái PP lùi vô hạn ấy nhỉ . Bạn nào có thể nói rõ hơn hoặc có tài liệu mình than khảo được không. Cảm ơn. Còn bài 2/ 2) chưa ai chém à, khó quá, hòi chiều chưa làm được híc

[Chung Chung]

Trong đề còn ba bài hình cũng khó nhằn đó, mà sợ không đủ công cụ nên mình không post, Đề này là vòng 1 trường mình thôi, mình ghi thiếu đầu đề mất híc híc

[NGOCTIEN_A1_DQH]

về cái phương pháp lùi vô hạn bạn có thể tham khảo thêm trong cuốn " Phương trình nghiệm nguyên và kinh nghiệm giải" của Vũ Hữu Bình đã từng được THTT giới thiệu 1 thời đấy, ở đây mình làm bài này bằng pp đó hi vọng bạn sẽ hiểu
vì $ 3y^3 $ và $ 9z^3 $ đều chia hết cho 3 nên hiển nhiên $ x^3 $ cũng chia hết cho 3 suy ra x chia hết cho 3, đặt $ x=3x_1 $ ta dc PT:
$$ 9x_1^3+y^3=3z^3 $$
tương tự ta suy ra $ y \vdots 3 $m tiếp tục đặt $ y=3y_1 $ ta dc:
$$ 3x_1^3+9y_1^3=z^3 $$
tiếp tục như trên ta có thể đặt $ z=3z_1 $, thay vào PT ta dc:
$$ x_1^3+3y_1^3=9z_1^3 $$
từ đây dễ thấy nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì $ (x_1, y_1,z_1) $ cũng là nghiệm của hệ với $ x=3x_1; y=3y_1; z=3z_1 $
lập luận tg tự ta dc $ (x_2, y_2, z_2) $ cũng là nghiệm của hệ với $ x_1=3x_2, y_1=3y_2, z_1=3z_2 $

cứ tiếp tục quá trình trên ta đi đến x, y, z đều chia hết cho $ 3^k $ với mọi $ k \in N* $, điều này chỉ xảy ra khi x=y=z=0.
vậy PT có nghiệm là (0;0;0)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 03-01-2012 - 22:22

[Nguyễn Hưng]

2) Cho 6 số nguyên dương phân biệt đôi một nguyên tố cũng nhau và mỗi số không vượt quá 100. Chứng minh rằng trong 6 số đó có ít nhất một số nguyên tố.

Bài này đi từ nhận xét hiển nhiên sau: Gọi $p_k$ là số nguyên tố thứ $k$ thì mọi hợp số nhỏ hơn $p_k^2$ trong phân tích thành thừa số nguyên tố phải chứa ít nhất một số $p_i$, với $i<k$.

Giả sử tồn tại 6 hợp số ${a_1} < {a_2} < ... < {a_6}$ thỏa yêu cầu bài toán. Rõ ràng $1 \le {a_1}$ và $4 \le {a_2}$. Theo nhận xét nêu trên thì tất cả các hợp số nhỏ hơn $9$ đều chứa thừa số nguyên tố $2$, nghĩa là nếu $a_3 \le 8$ thì $a_2$ và $a_3$ không nguyên tố cùng nhau (vì đều chia hết cho 2) - vô lí. Vậy $9 \le a_3$.

Tương tự, tất cả các hợp số nhỏ hơn $25$ đều chứa thừa số nguyên tố $2$ hoặc $3$. Vậy $a_2$ và $a_3$ không đồng thời chứa hai thừa số nguyên tố này nên nếu $a_4$ chứa thì sẽ không nguyên tố cùng nhau với $a_2$ hoặc $a_3$ - vô lí. Vậy $25 \le a_4$.

Lập luận tương tự, ta có $p_{k - 1}^2 \le {a_k}$ với mọi $k$, tức là $100<121=11^2 \le a_6$ (mâu thuẫn).

Điều này chứng tỏ trong 6 số đã cho phải có ít nhất một số nguyên tố.

[perfectstrong]

Bài 2:
2/
p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên
\[\begin{array}{l}
\left( {p;5} \right) = 1 \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right) \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 5{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
\left( {p;3} \right) = 1 \Rightarrow {p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 3{\rm{ }}\left( 2 \right) \\
\end{array}\]
$(p;2)=1$ nên $(p;4)=1$. Do đó, p chia 4 dư 3 hoặc 1.
Nếu $p=4k+1$ thì \[{p^4} - 1 = {\left( {4k + 1} \right)^4} - 1 = 256{k^4} + 256{k^3} + 96{k^2} + 16k \vdots 16{\rm{ }}\left( 3 \right)\]
Nếu $p=4k+3$ thì \[{p^4} - 1 = {\left( {4k + 3} \right)^4} - 1 = 256{k^4} + 768{k^3} + 864{k^2} + 432k + 80 \vdots 16{\rm{ }}\left( 4 \right)\]
Từ (3) và (4) thì $p^4-1 \vdots 16$, với mọi p nguyên tố lớn hơn 5. (5)
Từ (1),(2),(5) và (3;5;16)=1 thì ta có đpcm.

[Nguyễn Hưng]

Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn $$x^3+3y^3=9z^3$$

Bài này có thể trình bày như sau cho dễ hiểu.

Rõ ràng $(x,y,z)=(0,0,0)$ là một nghiệm tầm thường của phương trình. Giờ giả sử còn một nghiệm khác mà cả 3 ẩn không cùng bằng $0$.

Khi đó, tồn tại $d \in \mathbb{N^*}$ sao cho $d$ là ước chung lớn nhất của $x,y,z$. Vậy ta có thể đặt

\[\begin{array}{l}
x = dx' \\
y = dy' \\
z = dz' \\
\end{array}\]
với $(x',y',z')=1$

Nên phương trình trở thành
\[x{'^3} + 3y{'^3} = 9z{'^3}\]
Từ đây lần lượt suy ra $x',y',z'$ đều chia hết cho $3$ - vô lí. Tức là phương trình này không còn nghiệm nào khác.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 04-01-2012 - 09:06

[Chung Chung]

Bài này đi từ nhận xét hiển nhiên sau: Gọi $p_k$ là số nguyên tố thứ $k$ thì mọi hợp số nhỏ hơn $p_k^2$ trong phân tích thành thừa số nguyên tố phải chứa ít nhất một số $p_i$, với $i<k$.

Giả sử tồn tại 6 hợp số ${a_1} < {a_2} < ... < {a_6}$ thỏa yêu cầu bài toán. Rõ ràng $1 \le {a_1}$ và $4 \le {a_2}$. Theo nhận xét nêu trên thì tất cả các hợp số nhỏ hơn $9$ đều chứa thừa số nguyên tố $2$, nghĩa là nếu $a_3 \le 8$ thì $a_2$ và $a_3$ không nguyên tố cùng nhau (vì đều chia hết cho 2) - vô lí. Vậy $9 \le a_3$.

Tương tự, tất cả các hợp số nhỏ hơn $25$ đều chứa thừa số nguyên tố $2$ hoặc $3$. Vậy $a_2$ và $a_3$ không đồng thời chứa hai thừa số nguyên tố này nên nếu $a_4$ chứa thì sẽ không nguyên tố cùng nhau với $a_2$ hoặc $a_3$ - vô lí. Vậy $25 \le a_4$.

Lập luận tương tự, ta có $p_{k - 1}^2 \le {a_k}$ với mọi $k$, tức là $100<121=11^2 \le a_6$ (mâu thuẫn).

Điều này chứng tỏ trong 6 số đã cho phải có ít nhất một số nguyên tố.

Cảm ơn bạn, cho mình hỏi bài này có thể giải bằng Nguyên Tắc Dirichlet được không nhỉ ?

[Ispectorgadget]

Nếu nhốt n con thỏ vào k cái chuồng (k<n) thì có 1 chuồng chứa nhiều hơn 1 con thỏ. (nguyên lý Đi-dép lê)
CM cái này bằng phương pháp phản chứng