Chủ đề này có 8 trả lời

[I Love MC]

Người ra đề : Thầy Võ Quốc Bá Cẩn 

[Hannie]

Câu 1a: Đkxđ: $x\neq 0, x\neq \pm y$

hpt<=> $\left\{\begin{matrix} 4+\frac{4}{(x^{2}-y^{2})^{2}}=\frac{25}{x^{2}}-\frac{8}{x^{2}-y^{2}} & \\ 4+\frac{4}{(x^{2}-y^{2})^{2}}=\frac{17}{x^{2}+y^{2}} & \end{matrix}\right. => \frac{25}{x^{2}}=\frac{17}{x^{2}+y^{2}}+\frac{8}{x^{2}-y^{2}}=\frac{25x^{2}-9y^{2}}{x^{4}-y^{4}}$

Đến đây quy đồng khử mẫu có $\begin{bmatrix} y=0 & & \\ y=\frac{3x}{5} & & \\ y=\frac{-3x}{5} & & \end{bmatrix}$

Thay vào pt1 trong hệ rồi giải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hannie: 25-05-2016 - 14:24

[Hannie]

Câu 2c: $\sum \frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{4ab+6c-c^{2}}}\geq \sum \frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{(a+b)^{2}+6c-c^{2}}}=\sum \frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{(3-c)^{2}+6c-c^{2}}}=\sum \frac{a\sqrt{a}}{3}$

Lại có: $a\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 2a, b\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 2b, c\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 2c => \sum \frac{a\sqrt{a}}{3}\geq \frac{2(a+b+c)-\sum \sqrt{a}}{3}\geq 1$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hannie: 25-05-2016 - 21:36

[the unknown]

Câu 5:

Hiển nhiên với $k=10$ thì ta có thể chọn $10$ số không thỏa mãn là $10$ số chẵn từ $1$ đến $20$. Do đó $k\geq 11$

Ta sẽ chứng minh $k=11$ là số nhỏ nhất thỏa mãn, bằng cách chia tập $\left \{ 1,2,3,..,20 \right \}$ thành $10$ bộ số $(1;2),(3;4),(5;6),(7;10),(8;9),(11;12),(13;16),(14;15),(17;20),(18;19)$. Hiển nhiên khi chọn $11$ số thì sẽ có hai số nằm trong một bộ và tổng của hai số này là một số nguyên tố (đpcm).

P.s: Bài toán tổng quát: Với $n$ là một số nguyên dương, xét tập $A$ gồm $2n$ số nguyên dương đầu tiên. Xác định số $k$ nhỏ nhất để nếu chọn ra $k$ số từ $2n$ số này thì trong $k$ số đó có hai số có tổng là một số nguyên tố.

Spoiler

Đây chính là hệ quả của định lý Greenfield.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 26-05-2016 - 20:44

[Baoriven]

Câu 2b); n=1 thỏa. A= n²+3n+1

Với n nguyên dương,n>1 ta có n²+3n+1=5^a>5¹

suy ra a>1, a nguyên dương nên

 n²+3n+1 = (n-1)²+5n chia hết cho 25 

Suy ra n-1 chia hết cho 5

Đặt n-1=5k+1 ( k nguyen dương)

Thế vào ta được A=25k²+25k+5 chia hết cho 25

Suy ra 5 chia hết 25 vô lý

vậy n=1 là nghiệm nguyên dương duy nhất thỏa

[Minhnguyenthe333]

2a)
Đặt $S=1^{2015}+2^{2015}+...+n^{2015}$
Ta có: $a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)X\vdots (a+b)$
$=>2S=(1^{2015}+2^{2015})+(2^{2015}+3^{2015})+...+(n^{2015}+1^{2015})\vdots (1+2+2+3+...+n+1)=n(n+1)$
$=>\frac{2S}{n(n+1)}\in \mathbb{N^*}$
$<=>S\vdots \frac{n(n+1)}{2}$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 26-05-2016 - 18:38

[Math Master]

2a)
Đặt $S=1^{2015}+2^{2015}+...+n^{2015}$
Ta có: $a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)X\vdots (a+b)$
$=>2S=(1^{2015}+2^{2015})+(2^{2015}+3^{2015})+...+(n^{2015}+1^{2015})\vdots (1+2+2+3+...+n+1)=n(n+1)$
$=>\frac{2S}{n(n+1)}\in \mathbb{N^*}$
$<=>S\vdots \frac{n(n+1)}{2}$ (đpcm)

Giải thích hộ em với anh

[I Love MC]

1b) Mũ $3$ và phân tích ra được $(x^3-3x-1)(x^6+3x^4+x^3+9x^2+6x+4)=0$ 
Ta chứng minh $x^6+3x^4+x^3+9x^2+6x+4>0$ 
Nếu $x>0$ thì ta có đpcm. 
$x<0$ thì ta có $x^6+3x^4+x^3+9x^2+6x+4=(x^3+x+1)^2+x^4-x^3+8x^2+4x+3>0$ 
Từ đó suy ra $x^3-3x-1=0$  
Áp dụng hệ thức Vieta cho phương trình bậc $3$ ta có $p=a+b+c=0,q=ab+bc+ac=-3,r=abc=-1$ 
Khi đó $X=\frac{bc^2+a^2c+ab^2}{abc}=-(ab^2+a^2c+bc^2)=-\frac{pq-3r+\sqrt{(pq)^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{2}=-6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 26-05-2016 - 22:21

[I Love MC]

2c) Ta có bổ đề sau nếu $a,b,c \in \mathbb{Q}$ và $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \in \mathbb{Q} \Leftrightarrow \sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c} \in \mathbb{Q}$ 

Nguồn

Chứng minh : Dễ thấy $\sum \sqrt{ab} \in \mathbb{Q}$ tiếp tục bình phương lên được suy ra $\sqrt{abc} \in \mathbb{Q}. Đặt $s=\sum \sqrt{a}. Ta có $\sum \sqrt{ab}=\sqrt{a}(s-\sqrt{a})+\frac{\sqrt{abc}{\sqrt{a}} từ đó dễ suy ra $\sqrt{a} \in \mathbb{Q}$ tương tự với các số còn lại 

 
Vận dụng bài toán từ đó ta đặt $a+b-c=19m^2,b+c-a=5n^2,c+a-b=79p^2$ đến đây thật dễ phải ko