pth_tdn nội dung
Có 91 mục bởi pth_tdn (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)
#222223 Mệnh đề tương đương
Đã gửi bởi pth_tdn on 04-12-2009 - 06:55 trong Đại số
$\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}=\dfrac{z}{c}=\dfrac{x+y+z}{a+b+c}=x+y+z$ (do a+b+c=1)
$\dfrac{x^2}{a^2}=\dfrac{y^2}{b^2}=\dfrac{z^2}{c^2}=\dfrac{x^2+y^2+y^2}{a^2+b^2+c^2}=x^2+y^2+z^2$ (do $a^2+b^2+c^2=1$)
$\Rightarrow (x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2=(\dfrac{x}{a})^2-\dfrac{x^2}{a^2}=0$
$\Rightarrow 2(xy+yz+zx)=0 \rightarrow xy+yz+zx=0$
#222149 Vài bài khó!
Đã gửi bởi pth_tdn on 03-12-2009 - 11:24 trong Số học
*Chú ỷ rằng một số chính phương chia 8 dư 0;1 hoặc 4.
a. $ b^2 \equiv 0;4 (mod 8) <=> b \vdots 2 <=> abc \vdots 2 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 8) & b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 8) <=> 4ac \vdots 8 <=> ac \vdots 2 <=> abc \vdots 2$
*Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
a. $ b^2 \equiv 0 (mod 3) <=> b \vdots 3 <=> abc \vdots 3 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2-4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;1 (mod 3)$
$ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2+4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;2 (mod 3)$
$\rightarrow 4ac \equiv 0 (mod 3) <=> ac \equiv 0 (mod 3) (do (3,4)=1) <=> abc\vdots 3$
*Một số chính phương chia 5 dư o;1 hoặc 4.
a.$b^2 \vdots 5 <=> abc \vdots 3$
b. $b^2 \equiv 1 (mod 5); b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 1;0;2 (mod 5)$
$b^2+4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 4;0;3$
Vậy $4ac \equiv 0 (mod 5) <=> abc \vdots 5$
* Do (2,3,5)=1 $=>abc \vdots (2.3.5=30)$
#222063 bài nỳ có liên wan đến số nguyên tố
Đã gửi bởi pth_tdn on 02-12-2009 - 06:56 trong Số học
a là snt lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 2;3;5.
*Mỗi thừa số đều chia hết cho 2. Do đó H chia hết cho 8.
*a chia 3 dư một thì $a^k-1$ chia hết cho 3.
*a chia 3 dư hai thì $a^2+1$ chia hết cho 3.
Tương tự: nếu a chia 5 dư 1 hoặc 4 thì H chia hết cho 5.
Nếu a chia 5 dư 2 hoặc 3 thì $a^{2k}+1$ chia hết cho 5.
Suy ra H chia hết cho 8;3;5. Do (8;3;5)=1 nên H chia hết cho 120.
#212638 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Đã gửi bởi pth_tdn on 31-08-2009 - 16:31 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
$\Rightarrow 2008^{2008}+1 \equiv 2 (mod 3)$
Ta có $n^3+2006n=(n^3-n)+2007n=(n-1)n(n+1)+2007n \vdots 3 \forall n \in Z$
Vậy pt vô nghiệm nguyên
#212233 loat bài ve PTNN>>>>>>>>>>>>...
Đã gửi bởi pth_tdn on 28-08-2009 - 09:13 trong Số học
$2^x \equiv -1 (mod 7)$
Chú ý rằng: $2 \equiv 2(mod 7), 2^2 \equiv -3 (mod 7), 2^3 \equiv 1 (mod 7)$
=> $2^{3k} \equiv 1 (mod 7); 2^{3k+1} \equiv 2 (mod 7); 2^{3k+2} \equiv -3(mod 7)\forall k \in N$
Như vậy, với mọi x số tự nhiên thì $2^x+1$ không thể chia hết cho 7.
=>PTVN.
#210530 số hoc. số nguyên tố>>>>>>>>
Đã gửi bởi pth_tdn on 16-08-2009 - 17:03 trong Số học
Th1: x=0
=>q=0 (không thỏa mãn)
Th2: $x \neq 0$
=>$0 \vdots x$ => $x^4-px+q \vdots x$ => $q \vdots x$
Suy ra x=q hoặc x=1.
*Nếu x=1 thì p-q=1=>Có một số chẵn và một số lẻ. Chú ý rằng p,q nguyên tố, ta được p=3;q=2.
*Nếu x=q thì: $q^4-pq+q=0$
$=>q(q^3-p+1)=0 <=>q^3-p+1=0$ (do q nguyên tố, khác 0).
$=> p-q^3=1$ =>$p$ và $q^3$ khác tính chẵn lẻ. => p và q khác tính chẵn lẻ. Ta đc p=3;q=2 hoặc p=2;q=3.
Thử lại:không có trường hợp nào thỏa mãn.
*Kết luận: p=3;q=2;x=1.
#210440 các bài phương trình này ko khó lắm!1
Đã gửi bởi pth_tdn on 16-08-2009 - 09:17 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Đẳng thức xảy ra <=> x+4=0 và y-1=0 <=> x=-4 và y=1.
5) $(y^2-4y+5)(z^2+6z+13)=[(y-2)^2+1][(z+3)^2+4] \geq 1.4=4$
$-x^2+4x=-(x^2-4x+4)+4=-(x-2)^2+4 \leq 4$
=> y=2;z=-3;x=2.
#205866 BDT
Đã gửi bởi pth_tdn on 20-07-2009 - 21:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
$(2x-4y)^2+(6y+2z)^2+(2z+2x-1)^2<3$
#205686 BDT. Giúp em !
Đã gửi bởi pth_tdn on 19-07-2009 - 15:36 trong Bất đẳng thức và cực trị
#205573 BDt
Đã gửi bởi pth_tdn on 18-07-2009 - 10:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
Điều đó chỉ đúng khi: (x-2y+1)(x-2y-2)<0
Chú ý rằng x-2y-2<0<x-2y+1
Do đó -1<x-2y+1
Nếu x-2y+1>4 thì x-2y-2>0 (ko thỏa)
=> đpcm
#205454 Giải pt :D
Đã gửi bởi pth_tdn on 17-07-2009 - 15:53 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
#205265 Bài toán phân số tiểu học này làm thế nào?
Đã gửi bởi pth_tdn on 16-07-2009 - 09:58 trong Số học
Ta có tử bằng 10001k.(10001q.100000+200006)=10001.10001.100000qk+20006.10001k
Mẫu bằng 10001q.(10001k.100000+20005)=10001.10001.100000qk+20005.10001.q
Ta có 20005.10001.q=(20006-1).10001.(k+1)=20006.10001.k-10001.k+20006.10001-10001=20006.10001.k+10001(2006-1-k)=20006.10001.k (do 2006-1-k=0)
Suy ra Tử bằng Mẫu
Do đó phân bằng 1.
#205147 chung minh mot bdt cuc hay
Đã gửi bởi pth_tdn on 15-07-2009 - 15:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta cm: $(a_1^k+...+a_n^k)^{tk} \geq (a_1^{tk}+...+a_n^{tk})^k$
$<=> (a_1^k+...+a_n^k)^t \geq a_1^{tk}+...+a_n^{tk}$
BDT này hiển nhiên đúng do trong khai triển của $(a_1^k+...+a_n^k)^t$ có chứa các số $a_1^{tk};...a_n^{tk}$
Đẳng thức xảy ra khi p=k
#205040 Ai giải giùm đề này mình với
Đã gửi bởi pth_tdn on 14-07-2009 - 19:41 trong Tài liệu - Đề thi
$1 \geq |x-2006|$
Do đó:
$x \leq 2007.$
Có $|x-2009| \leq 3 <=> x \geq 2006$
Từ đó ta có $2006 \leq x \leq 2007$
$<=> |x-2009| \geq 2; |x-2006|+|x-2007| \geq |x-2006+2007-x|=1$
$<=> |x-2009|+|x-2007|+|x-2006| \geq 3.$(1)
Chú ý rằng $|y-2008| \geq 0$. Vì vậy đẳng thức ở (1) phải xảy ra<=> x=2007
Khi đó y-2008=0 <=> y=2008
- Diễn đàn Toán học
- → pth_tdn nội dung