Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Secrets In Inequalities VP nội dung

Có 298 mục bởi Secrets In Inequalities VP (Tìm giới hạn từ 29-05-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#535550 Trong mặt phẳng cho n giác đều A1A2...An .

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 16:07 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

n lẻ phải chỉ ra cách làm chứ.

n chẵn. Mỗi đồng tiền ở đính $i$ gán cho số $i$ , nếu chuyển đến điỉnh nào ta lại đổi cho đồng đó số ấy.

Nếu làm được như vầy ta phải có $\frac{n(n+1)}{2}\equiv na(modn)$ vô lí với n chẵn.




#535546 Cho tứ giác ABCD

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 15:34 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Gọi $X,Y$ là giao của $EF$ với $AB$ và $CD$, $K$ là giao của $AB$ và $CD$

Ta có : $(KXAB)=(KYDC)=-1$ $=>KX.KM=KA.KB=KD.KC=KY.KN$ . suy ra tứ giác $XYNM$ nội tiếp

$=>IM.IN=IX.IY=IE^2$ ( Do $(EFYX)=-1$. đpcm




#535541 Trong mặt phẳng cho n giác đều A1A2...An .

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 15:18 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

n chẵn nên lấy được 2 đỉnh làm đường kính đa giác, mỗi lần lấy tiền ở 2 đỉnh đối xứng nhau qua đường kính đó.Suy ra có thể .

Sr,nhầm vs n lẻ,bài này bất biến bt thôi :D




#507979 $$P=(a^2+b^2-ab)(b^2+c^2-bc)(a^2+c^2-ac)$$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-06-2014 - 10:20 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giả sử $a= min$

Suy ra $a^{2}+b^{2}-ab\leq b^{2};a^{2}+c^{2}-ac\leq c^{2}$

Do đó $P\leq b^2c^2(b^2-bc+c^2)= b^2c^2[(b+c)^2-3bc]\leq b^2c^2(3^2-3bc)$

Đến đây $AM-GM$ hoặc ksht là ra.




#507977 cmr tồn tại vô số cặp số nguyên tố $(p,q)$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-06-2014 - 10:12 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} p| 2^{q-1}-1\\q|2^{p-1}-1 \end{matrix}\right.$

Ta có 2 NX quen thuộc :

$NX1$ : Nếu số nguyên tố $p|2^{2^{n}}+1$ với $n>3$ thì $p-1 \vdots 2^{n+2}$

$NX2$ : $2^{2^{n}}+1\neq p^{k}$ với mọi $n>3$ có nghĩa là số này luôn có ít nhất 2 ước nguyên tố phân biệt.

Chọn $ p|2^{2^{n}}+1;q|2^{2^{n+1}}+1 $ suy ra $p-1\vdots 2^{n+2}$ và $q-1\vdots 2^{n+3}$ 

Khi đó ta có :

$2^{q-1}-1\vdots 2^{2^{n+3}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}-1\vdots 2^{2^{n}}+1\vdots p$

$2^{p-1}-1\vdots 2^{2^{n+2}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}+1\vdots q$

Vậy  chọn $p,q$ như trên là ta có đpcm.




#505154 Chứng minh rằng $n \not |...$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 09-06-2014 - 10:21 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Cho $p$ là số nguyên tố, $n$ là số tự nhiên $>1$, chứng minh rằng :

$$n \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$$

$n$ nguyên tố thì sao thím

--------------
Thì vẫn thế :|




#505146 $a^{4}+b^{3}=c^{2}$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 09-06-2014 - 09:48 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Chọn $a=\sqrt{3m^{2}+1}$ 

$b= m^{2}-1$

$c= m(m^2+3)$

Sau đó chọn cho nó tự nhiên .




#450588 Chứng minh rằng tồn tại $k$ số nguyên liên tiếp là số $square-...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 15-09-2013 - 11:14 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Một số nguyên dương được gọi là số $square-free$ nếu nó là tích của các số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng với mọi số $k\geq 1,k\in \mathbb{Z}$ cho trước thì luôn tồn tại $k$ số nguyên liên tiếp là số $square-free$.

Trong $9$ số tn liên tiếp có $1$ số chia hết cho $3^2$




#450043 Chứng minh rằng mỗi số nguyên không âm đều có thể được biểu diễn dưới dạng...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 13-09-2013 - 21:16 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Chứng minh rằng mỗi số nguyên không âm đều có thể được biểu diễn dưới dạng $a^{2}+b^{2}-c^{2}$,với $a,b,c$ là các số nguyên dương a<b<c 

$2n= (3n)^2+(4n-1)^2-(5n-1)^2$

$2n+3= (3n+2)^2+(4n)^2-(5n+1)^2$




#450024 Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình:

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 13-09-2013 - 20:47 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$w^2+x^2+y^2=z^2$

Sử dụng bổ đề sau : Nếu $m, n,a, b, c, d$ là các số nguyên dương sao cho $m^2+n^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$.

Thì tồn tại các số nguyên dương $a_1,b_1,c_1,d_1$ sao cho:
$a^2+b^2=a_1^2+b_1^2, c^2+d^2=c_1^2+d_1^2, m=a_1b_1+c_1d_1, n=a_1d_1-b_1c_1$




#448240 Chứng minh rằng : $m\vdots p$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-09-2013 - 18:38 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

CHo $p$ là số nguyên tố lẻ.Kí hiệu : ${S_a}= a+\frac{a^{2}}{2}+...+\frac{a^{p-1}}{p-1}$.

Giả sử ${S_3}+{S_4}-3{S_2}=\frac{m}{n}$. Chứng minh rằng : $m\vdots p$




#441824 $\frac{(np)!}{p^n.n!}$ nguyên dương

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 10-08-2013 - 21:13 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

CM: $\frac{(np)!}{p^n.n!}$ là số nguyên dương 

$(np)! \equiv  (p!)^n.n! (mod p^{n+3})$

Với $p\geq 5$ xét đa thức $f(x)=(x-1)(x-2)...(x-p+1)$ sau đó cm $f(mp)\equiv f(p)(Mod p^{3})\forall m \in \mathbb{N}^{*}$ ta có đpcm.




#441358 Tôpic nhận đề Tổ hợp, rời rạc

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 08-08-2013 - 20:44 trong Bài thi đang diễn ra

1.Họ và tên thật : Lê Minh Tuấn Anh
2.Đang học lớp 11A1, trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Tỉnh Vĩnh Phúc.
3.Đề bài : CHo tập $X$ gồm $n$ phần tử. ${a_1},{a_2}...,{a_n}$ là các số thỏa mãn $\forall u\neq v \in X,\exists {a_i}: (u-{a_i})(v-{a_i})\leq 0$
Cmr : $k\geq [{log_3}n]$
4.Đáp án : 
Xét ánh xạ $f:u \in X \mapsto ({u_1},{u_2}...{u_k})$.Trong đó : ${u_i}=0,1,2$ khi $u< {a_i},u={a_i},u> {a_i}$
Dễ thấy $f$ đơn ánh.Mà số bộ tối đa là $3^k$.Suy ra $3^{k}\geq n\Rightarrow k\geq [{log_3}n]$ đpcm

 

 

 



#437087 $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 22-07-2013 - 12:20 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Chứng minh

$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$

Ta còn chứng minh được là $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n!$ 




#431097 $2^{n}a+b|c^{n}+1$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 27-06-2013 - 19:56 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Anh cũng đến đoạn này rồi nhưng chả thấy qen gì cả.Em thử nói tiếp xem nào ? :3




#430671 $2^{n}a+b|c^{n}+1$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 26-06-2013 - 09:37 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Tìm tất cả các bộ số nguyên $(a,b,c)$ sao cho : $2^{n}a+b|c^{n}+1$ $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$




#423027 Free-of-sum

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 02-06-2013 - 07:55 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

 

Bài toán: Một tập các số thực sẽ được gọi là ''free-of-sums'' nếu tập đó không chứa bất kì các số 11f6ad8ec52a2984abaafd7c3b516503785c2072, 95cb0bfd2977c761298d9624e4b4d4c72a39974a, 395df8f7c51f007019cb30201c49e884b46b92fa (nguyên) nào với tính chất 8b242acfb9e4302bbd4704b38c1faf6bd82a63d8. Một "free-of-sums" con của e14f63325bccf1daf9ae73aac5f9080e83060ac4 gồm 13fbd79c3d390e5d6585a21e11ff5ec1970cff0c phần tử. Xác định giá trị lớn nhất có thể của 13fbd79c3d390e5d6585a21e11ff5ec1970cff0c.

 

Hình như là $n+1$




#422962 Chứng minh các ước nguyên tố của $n^{2}+n+1$ không lớn hơ...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 01-06-2013 - 22:08 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của $n^{2}+n+1$ không lớn hơn $\sqrt{n}$

$n=k^{2^t}$ , $k>2$,$k$ chia 3 du 1




#415673 \[ \sqrt{2}\sqrt{k+a^2}\le \frac...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-04-2013 - 21:33 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Cho $a\in \mathbb{Z}, n,k\in\mathbb{N}$ thỏa mãn $k\equiv -a^2\mod 2n$. Chứng minh rằng: 

\[ \sqrt{2}\sqrt{k+a^2}\le \frac{k+a^2}{2n}+n\le \frac{k+a^2}{2}+1 \]

Có phải chỉ ra dấu "=" không thế.Nếu k thì hình như hơi dễ ^^




#415345 Chứng minh rằng $2^{\phi (n)}-1$ có các ước số nguyê...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 29-04-2013 - 13:53 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bài toán: Cho $n$ là một số nguyên dương lẻ, $n\ge 5$ và có các ước số nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$. Chứng minh rằng $2^{\phi (n)}-1$ có các ước số nguyên tố không thuộc tập ${p_1,p_2,...,p_k}$

Giả sử $n={p_1}^{s_1}.{p_2}^{s_2}...{p_k}^{s_k}$ suy ra $\phi (n)= \prod_{i=1}^{k}{p_i}^{s_i-1}({p_1}-1)$ suy ra $\phi (n)$ chẵn

$\Rightarrow \phi (n)= 2a\Rightarrow \prod_{i=1}^{k}{p_i}^{s_i-1}({p_1}-1)= 2a$

$\Rightarrow a\vdots ({p_i}-1)\forall i=1,2,...,k\Rightarrow 2^{a}-1\vdots 2^{P_i-1}-1\vdots {P_i}\forall i=1,2,...,k$

Lại có $2^{\phi (n)}-1= 2^{2a}-1= (2^{a}-1)(2^{a}+1)$.

Dễ thấy $gcd(2^{a}-1,2^{a}+1)= 1\Rightarrow gcd(2^a+1,{p_i})= 1\forall i=1,2...,k$ suy ra $2^a-1$ có  ước số nguyên tố không thuộc tập ${p_1,p_2,...,p_k}$

Suy ra $2^{\phi (n)}-1$ có  ước số nguyên tố không thuộc tập ${p_1,p_2,...,p_k}$.

-----------------

@ Đ : Hình như c chưa xét đến TH $n$ là số nguyên tố @@~

@ T.A : Bài t có liên quan gì đến $n$ là snt đâu @@~

@ T.A : mà đề nó cho $n$ có một đống ước nt r mà

@ Đ : Cái đoạn $\Rightarrow a\vdots ({p_i}-1)\forall i=1,2,...,k$ cần là hợp số. V~ cả 1 đống =))




#414819 Chứng minh rằng: Hình chữ nhật $mxn$ có thể phủ kín bằng các quân L...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 21:19 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

Đề bài: Chứng minh rằng hình chữ nhật $mxn$ có thể phủ kín bằng các quân L-Tri-mi-nô khi và chỉ khi :

$mn\vdots 3$ ^ $\begin{bmatrix} mn \vdots 2,m,n>1 \\ (m-3)(n-3) \geq 12 \end{bmatrix}$

Quân L-Tri-mi-nô là quân thế nào bạn ?




#414796 $P(x)=1+\frac{x}{n+1}+\frac{x^2}...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 20:31 trong Các bài toán và vấn đề về Đa thức

Bài toán :

Ch0 số nguyên dương $n$ và số nguyên tố $p>n+1$. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=1+\frac{x}{n+1}+\frac{x^2}{2n+1}+....+\frac{x^p}{pn+1}$ không có nghiệm nguyên.

Giả sử $P(x)$ có nghiệm nguyên $b$ .

$P(x)= 0\Leftrightarrow a_{p}x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0$

trong đó ${a_i}= \frac{(n+1)(2n+1)...(pn+1)}{in+1}$

Do $p> n+1\rightarrow (p,n)=1\Rightarrow$ $A= {n+1,2n+1,...,pn+1}$ là hệ đầy đủ mod $p$.

$\Rightarrow$ có đúng một số $k$ sao cho $kn+1\vdots p;k\neq 1,0< kn+1< p^{2}\rightarrow kn+1\not\vdots p^{2}$

$\Rightarrow {a_k}\not\vdots p;{a_i}\vdots p ,{a_i}\not\vdots p^{2}$ với mọi $i\neq k$. (1)

Vì $b$ là nghiệm suy ra $a_{p}b^p+a_{p-1}b^{p-1}+...+a_{2}b^2+a_{1}b+a_{0}=0\vdots p\rightarrow {a_k}b^k\vdots p\rightarrow b^{k}\rightarrow b\vdots p$

$\Rightarrow {a_t}b^{t}\vdots p\forall t=1,2,...,p\Rightarrow {a_0}\vdots p^{2}$.Vô lí theo (1)

Vậy giả sử sai và ta có đpcm




#414790 $x^2+y^2+z^2-wp=0$

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 20:13 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

 

CMR: với mọi số nguyên tố cho trước $p$ thì thì tồn tại số tự nhiên $x,y,z,w$ thỏa $x^2+y^2+z^2-wp=0$ và $0<w<p$

 

 

+Nếu $p=2$ chọn ngay $x=0,y=z=w=1$ ta có đpcm

+Nếu $p>2$.CHọn $z=1$.Xét các tập $A={x^2}$, $B={-y^2-1}$ với $x$ và $y$ lấy giá trị trong tập $C$ từ $0$ đến $\frac{p-1}{2}$.

Dễ thấy nếu $a,b\in C$ thì $a^{2}\not\equiv b^{2} (mod p)$ bởi vì nếu ngc lại thì $(a-b)(a+b)\vdots p$ nhg cả hai số này đều nhỏ hơn $p$ nên vô lí.

$\Rightarrow$ các phần tử trong $A$ và $B$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$.

Mà $|A |+| B |= p+1> p$ nên tồn tại $2$ phần tử $x,y$ thuộc $A$ và $B$ sao cho $$x^{2}\equiv -y^{2}-1(Modp)\Rightarrow x^2+y^2+1= wp$$

$\Rightarrow 0< w=\frac{x^2+y^2+1}{p}\leq \frac{2(\frac{p-1}{2})^2+1}{p}< p$

Vậy chọn $x,y,z,w$ như trên ta có đpcm.




#414786 $P(x)=(x-a_1)^{2}(x-a_2)^{2}...(x-a_n)^{2}...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 19:59 trong Các bài toán và vấn đề về Đa thức

Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau,thì đa thức:$P(x)=(x-a_1)^{2}(x-a_2)^{2}...(x-a_n)^{2}+1$ không thể biểu diễn thành tích của hai đa thức (bậc dương) với hệ số nguyên.

Phản chứng giả sử $P(x)=g(x).h(x)$ ,$g(x),h(x) \in R[x]$ , $degg(x)+degh(x)= 2n$,$deg g(x)\leq deg h(x)\Rightarrow degg(x)\leq n$

$\Rightarrow g({a_i}).h({a_i})=P({a_i})= 1$$\forall i=1,2,...,2013$

$\Rightarrow$ $g(x)$ và $h(x)$ cùng đồng nhất bằng $1$ hoặc $-1$.

Nếu có $i,j$ sao cho $g({a_i})= 1; g({a_j})= -1\Rightarrow g({a_i}).g({a_j})< 0\Rightarrow \exists {x_0}:g({x_0})= 0$

$\Rightarrow P(x)$ có nghiệm ${x_0}$ vô lí vì $P(x)$ luôn dương với mọi $x$.

Do đó chỉ có thể xảy ra $g({a_i})=h({a_i})=1$ hoặc $g({a_i})=h({a_i})=-1$. với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $n$

Xét TH $g({a_i})=h({a_i})=1$ , cái kia cmtt.

Vì $g({a_i})=1$ nên đa thức $g(x)-1$ có $n$ nghiệm từ ${a_1}$ đến ${a_n}$ nên bậc của nó sẽ lớn hơn hay bằng $n$ 

$degg(x)= degh(x)= n$

$\Rightarrow g(x)-1= c(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$ , $ h(x)-1= d(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$.

Mà $P(x)= g(x).h(x)$ nên so sánh hệ số cao nhất $2$ vế ta có $cd=1$.Giả sử là $c=d=1$.

Lại do $P(x)= g(x).h(x)$ $\Rightarrow \prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})^{2}= (\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1).(\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1)$

$\Leftrightarrow 2\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})= 0\forall x\in R$.Vô lí.

Vậy giả sử sai và ta có đpcm




#411748 $$\left|\sum^{n}_{i=1} \frac...

Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 10-04-2013 - 21:15 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Bài toán 2.

Ch0 $A=\{a_1;a_2;...;a_n\}$ là tập gồm $n$ số nguyên dương sa0 ch0 với mỗi 2 tập con $B,C$ rời nhau của $A$ ta có $\sum_{x\in B} x\neq \sum_{x\in C} x$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+....+\frac{1}{a_n}<2$$

$A=\{1;2;3;4\}$ ???

--------

@@~ có $1+4=2+3$ mà