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.


Cantho2015 nội dung

Có 47 mục bởi Cantho2015 (Tìm giới hạn từ 29-11-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#648631 $$ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 08-08-2016 - 21:03 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cái này bạn tự biến đổi tương đương là được mà :)

Ta có:

$\sum 2a^{2}(a+b)(a+c)-(\sum a)(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(2\sum a^{3}-\sum ab(a+b))$

Lại có $a^{3}+b^{3}- ab(a+b)=(a+b)(a-b)^{2} \Rightarrow 2\sum a^{3}-\sum ab(a+b)=\sum (a+b)(a-b)^{2})$

Cảm ơn bạn nhiều, mà đúng là nếu không có kiến thức về đa thức đối xứng với quỹ đạo của đa thức thì biến đổi hơi bị căng. 

Mà mình thắc mắc là làm sao bạn chọn được $\frac{a+b+c}{2}$ để trừ vào hai vế ra đẹp thế! Có phương pháp nào để chọn không?




#648570 $$ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 08-08-2016 - 14:26 trong Bất đẳng thức và cực trị

BĐT tương đương với:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c}-\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3}{2}.\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{a+b+c}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(\sum (a+b)(a-b)^{2}))}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{\sum (a+b)(a-b)^{2})}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

 

Khúc này bạn có thể biến đổi kĩ hơn được không? Mình không hiểu lắm.




#648504 $$ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 08-08-2016 - 08:09 trong Bất đẳng thức và cực trị

1. Cho $a,b,c$ dương, chứng minh:

$$ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(a+c)}{a^2+c^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \geq 4$$

2. Cho $a,b,c$ dương, chứng minh:

$$ \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{b+a} \geq \frac{3}{2}\frac{a^3+b^3+c^3}{a^2+b^2+c^2}$$




#645979 $\frac{b(a+c)}{c(a+b)}+\frac{c(b+d)...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 22-07-2016 - 14:29 trong Bất đẳng thức và cực trị

1.Chứng minh $\frac{b(a+c)}{c(a+b)}+\frac{c(b+d)}{d(b+c)}+\frac{d(a+c)}{a(c+d)}+\frac{a(b+d)}{b(d+a)} \geq 4$, $\forall a,b,c>0$

2.Chứng minh $ \frac{1}{a^3+b^3}+\frac{1}{a^3+c^3}+\frac{1}{a^3+d^3}+\frac{1}{c^3+b^3}+\frac{1}{d^3+b^3}+\frac{1}{c^3+d^3} \geq \frac{243}{2(a+b+c+d)^3}$, $\forall a,b,c,d \geq 0$

(Nếu được thì mọi người ghi rõ phương pháp giải cụ thể nha chứ đừng đưa ra lời giải như biết trước cách làm rồi!)

 




#645566 Tìm giá trị nhỏ nhất của $T=a+b+c+\frac{1}{abc}...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-07-2016 - 18:14 trong Bất đẳng thức và cực trị

$P=(a+b+c+\frac{1}{9abc})+\frac{8}{9abc}\geq 4.\sqrt[4]{abc.\frac{1}{9abc}}+\frac{8}{9(\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}})^{3}}= 4\sqrt{3}$

Dấu = xảy ra <=> a = b = c = $\frac{1}{\sqrt{3}}$

 

$abc \leq (\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}})^3$ ngoài cách chứng minh bằng bđt Holder $3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$ còn cách nào đơn giản hơn không bạn?




#645545 Tìm giá trị nhỏ nhất của $T=a+b+c+\frac{1}{abc}...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-07-2016 - 16:59 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a,b,c>0$ và $a^2+b^2+c^2=1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $T=a+b+c+\frac{1}{abc}$




#643613 CMR: $4^{x} + x + y \vdots 6$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 04-07-2016 - 12:32 trong Số học

Ta có $A=4^x+x+y=4^x-2014+(x+1)+(y+2013)$

$A=(2^x)^2-2^2-(6)(335)+(x+1)+(y+2013)=(2^x-2)(2^x+2)+6k$

Vì $2^x-2$ và $2^x+2$ là bội của $2$ nên tích của chúng chia hết cho $2$.

Ta có $2 \equiv -1 \pmod{3}$

Nếu $x$ lẻ suy ra $2^x-2$ chia hết cho $3$, $x$ chẵn suy ra $2^x+2$ chia hết cho $3$.

Vì $(2^x-2)(x^x+2)$ chia hết cho $3$ và $2$ nên chia hết cho $6$ $\Rightarrow$ đpcm




#643437 giải pt nghiệm nguyên $x^2+y^2+z^2=xyz$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 03-07-2016 - 13:44 trong Số học

áp dụng BĐT côsi cho 3 số

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}$

dấu = khi và chỉ khi x=y=z

x2 + y2 +z2 = xyz

$xyz\geqslant 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}$

$\Leftrightarrow$ $\frac{x^{3}y^{3}z^{3}}{27}\geqslant (xyz)^{2}$

dấu = khi x=y=z suy ra:

$\frac{x^{3}y^{3}z^{3}}{27}- (xyz)^{2}=0$

giải pt ta đc:

x = y = z =0             ( chọn)

hoặc x = y =z = 3    ( chọn)

Nếu dấu "=" không xảy ra thì sao bạn?




#643435 Topic tổng hợp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.

Đã gửi bởi Cantho2015 on 03-07-2016 - 13:27 trong Số học

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

$a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=a^2+b^2+c^2$

$\Rightarrow$ $\begin{cases} a-b=a\\c-a=a \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} a=0, b=c\\ a=0, b=c \end{cases}$

Hoặc $b-c=a \Rightarrow$ $\begin{cases} b-c=b\\c-a=b \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} c=0,b=a\\a=0, b=c \end{cases}$

Xét tương tự ta suy ra nghiệm pt là $a=0, b=c$ và $b=0, a=c$ và $c=0, b=a$




#643380 $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 02-07-2016 - 22:50 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Có ai hiểu tại sao $m=1$ không ạ?

Tới đây đặt $c=5^a, d=3^b$ $gcd(c,2)=1$

$5^{2a}-3^{2b}=(c-d)(c+d)=-2^{2y}$

Vì $c+d>c-d$ suy ra:

\begin{cases} c+d=2^n\\ c-d=-2^m\\ m+n=2y \end{cases}

suy ra$ 2c+2^m=2^n \tag{1}$ và $2^m=2^n+2d \tag{2}$ nếu $n \geq2$ thì ở pt $(2)$ suy ra $m \geq2$ ( vì $2d>0$). Vậy vế phải pt $(1)$ chia hết cho $4$ mà vế trái dư 2 ( vì $gcd(c,2)=1$) suy ra vô lý.

Vậy $m,n<2$ tới đây xét các trường hợp thì dễ rồi.

 

Ngoài ra còn có thể đánh giá $x,y,z \geq 3$ vô lý vì vế trái của $3^x+4^y \equiv 9+0 \equiv 1 \pmod{4}$ trong khi $5^z \equiv 5^3 \equiv 5 \pmod{3}$ vô lý

Sau đó xét các trường hợp $x,y,z<3$ 




#643374 $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 02-07-2016 - 22:28 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải phương trình:                      x= 4x

 

( Mình  mò được x = 2 và x = 4 nhưng không có cách nào để tóm được nó! Mọi người giúp với.) 

Xem bài toán tổng quát cho $x^y=y^x$ ở đây:

 

http://diendantoanho...-26#entry643358




#643358 Topic tổng hợp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.

Đã gửi bởi Cantho2015 on 02-07-2016 - 22:00 trong Số học

Mình nghĩ là x,y phải nguyên dương

Nếu x,y nguyên dương, không mất tính tổng quát, giả sử $x>y$ và $(x;y)=d (d>0)$

$\Rightarrow x=dy$

pt $\Leftrightarrow (dy)^y-(y^d)^y=[dy-(y^d)]A (A>0)$

$\Rightarrow dy=y^d$

Với $d=1$ suy ra $x=y$

Với $d>1$, dễ thấy $y^d>dy$, vậy pt vô nghiệm

Bài giải thiếu nghiệm với phần chứng minh $x=dy$ mình bổ sung:

$gcd(x,y)=1 \Rightarrow x=dx_1, y=dy_1$ với $ gcd(x_1,y_1)=1$ và $x_1 > y_1$ ( vì $x>y$, $x=y$ thì xét riêng)

$x^y=y^x \Leftrightarrow [(dx_1)^{y_1})^d-[(dy_1)^{x_1}]^d=0 \Leftrightarrow ((dx_1)^{y_1}-(dy_1)^{x_1})B=0$

Vì $B>0$ nên $(dx_1)^{y_1}=(dy_1)^{x_1} \Rightarrow (x_1)^{y_1}=d^{x_1-y_1}(y_1)^{x_1} \Rightarrow y_1|x_1 \Rightarrow y_1=1 \Rightarrow y=d \Rightarrow x=ky$ 

Sau đó giải như trên, suy ra $ky=y^k$. 

Với $k=y=2 \Rightarrow x=4$

Với $k>2$ thì vế phải tăng nhanh hơn vế trái nên vô nghiệm 

Vậy nghiệm là $x=y$ hoặc $(x;y)=(2;4),(4;2)$




#642107 Topic: Thảo luận về các bài tập trong chuyên đề số học của VMF.

Đã gửi bởi Cantho2015 on 25-06-2016 - 11:47 trong Số học

Việc làm rất ý nghĩa. T ủng hộ một bài:

 

b) Đặt $(m,n)=k$ ta có $m=m'k, n=n'k$ với $(m',n')=1$.

Khi đó $2^m-1=2^{m'k}-1=(2^k-1)P$. Tương tự $2^n-1=2^{n'k}-1=(2^k-1)Q$.

Chú ý $(m',n')=1$ nên $(P,Q)=1$ tức $(2^m-1; 2^n+1)=2^k-1=2^{(m,n)-1}$.

Cái chỗ $(m',n')=1 \Rightarrow (P,Q)=1$ em không hiểu lắm. Với em nghĩ $(2^m-1;2^n-1)=2^k-1$ chứ đâu phải $(2^m-1;2^n+1)=2^k-1$ 




#642104 Topic: Thảo luận về các bài tập trong chuyên đề số học của VMF.

Đã gửi bởi Cantho2015 on 25-06-2016 - 11:28 trong Số học

Bài 13:

Dãy Fermat phải là $$F_n=2^{2^n}+1$$ và có thể tổng quát lên là dãy $F_k=a^{2^k}+b^{2^k}$ với $gcd(a;b)=1$, $2|ab$ và $k \in \mathbb{Z^+}$

Giải: Vì $2|ab$ và $(a;b)=1$ nên giả sử $a$ là số chẵn thì $b$ phải là số lẻ. Giả sử $m>n$ với $m,n$ là các số tự nhiên bất kỳ. 
Gọi $(F_m;F_n)=d$ (d là số lẻ vì cả hai $F_m,F_n$ lẻ)
Ta có $a^{2^{n+1}}-b^{2^{n+1}}|a^{2^{n+1}2^{m-n-1}}-b^{2^{n+1}2^{m-n-1}}$ vì $(x-y|x^k-y^k)$ ở đây $(x=a^{2^{n+1}}, y=b^{2^{n+1}}, k=m-n-1)$
Mà $a^{2^{n}}+b^{2^{n}}|(a^{2^{n}})^2-(b^{2^{n}})^2$ suy ra $F_n|F_m-2b^{2^{m}}$
Từ $d|F_n$ và $d|F_m$ suy ra $d|2b^{2^{m}} \Rightarrow d|b^{2^{m}}$. Mà $d|F_m$ suy ra $d|a^{2^{m}}$ kết hợp với giả thuyết $(a;b)=1 \Rightarrow d=1$
(Với dãy Fermat $d|2 \Rightarrow d=1$ nhanh hơn tí)
 



#641503 Chứng minh $x(x+1)=p^{2n}(y+1)$ vô nghiệm

Đã gửi bởi Cantho2015 on 21-06-2016 - 01:15 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bạn đang hiểu nhầm ý mình $5^k$ và $k$

Bài 1 mình giải sai rồi. 
Còn bài giải của bạn, mình không hiểu tại sao $x^2+x+1$ phải bằng chính xác $5$ mà không phải là $5^k$ vì cả vế trái bằng $5^y$ mà có phải $5$ đâu. 

Nhưng mà cách giải thì đúng rồi

$x^2+x+1=5^k$

$\Delta_x=-3+5^k=a^2$

$-3+5^k \equiv{2} \pmod{5}$ $\Rightarrow a^2 \equiv{2} \pmod{5}$ vô lý. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên, tương tự cho $x^2-x+1$




#641351 Chứng minh $x(x+1)=p^{2n}(y+1)$ vô nghiệm

Đã gửi bởi Cantho2015 on 20-06-2016 - 06:13 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Nếu $k \ne 5$ thì khi đó $5^y$ chia hết cho $k$, vô lí 

Vậy $x^2+x+1=5^k$ khi đó $5^y$ chia hết cho $5^k$ với $y \geq k$ và hình như không vô lý




#641347 Topic tổng hợp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.

Đã gửi bởi Cantho2015 on 20-06-2016 - 04:57 trong Số học

mọi người xem giúp mình bài này với ..giair phương trình với x,y nguyên: $x^y=y^x$

Mình nghĩ là x,y phải nguyên dương

Nếu x,y nguyên dương, không mất tính tổng quát, giả sử $x>y$ và $(x;y)=d (d>0)$

$\Rightarrow x=dy$

pt $\Leftrightarrow (dy)^y-(y^d)^y=[dy-(y^d)]A (A>0)$

$\Rightarrow dy=y^d$

Với $d=1$ suy ra $x=y$

Với $d>1$, dễ thấy $y^d>dy$, vậy pt vô nghiệm




#641346 Chứng minh $x(x+1)=p^{2n}(y+1)$ vô nghiệm

Đã gửi bởi Cantho2015 on 20-06-2016 - 02:27 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bài 2 quan trọng là phát hiện:

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

Viết pt lại: $(x^2+x+1)(x^3-x+1)=p^y$

Dễ thấy $x$ phải dương

Nếu $x=1$ thì $p=3,y=1$

Nếu $x>1$ thì khi đó $y>1$ (Do $x^2+x+1>1, x^3-x+1$)

Giả sử $(x^2+x+1,x^3-x+1)=d$

Suy ra $d | -(x^2+x+1+x^3-x+1)+x(x^2+x+1)=x-2$

$d| -(x-2)(x+3)+(x^2+x+1)=5$

Nên nếu $p=5$, thì $(x^2+x+1,x^3-x+1)=5$

 Mà $x^2+x+1 \ne 5$ và $x^3-x+1 \ne 5$ (với $x$ nguyên)

Nên $p=5$ phương trình vô nghiệm.

$p \ne 5$ thì suy ra: $(x^2+x+1,x^3-x+1)=1$ Mà $x^2+x+1 \ne 1$ và $x^3-x+1 \ne 1$ (với $x>1$ )

Vậy: $(x,y,p)=(1,1,3)$

Cái chỗ $(x^2+x+1,x^3-x+1)=5$ $\Rightarrow$ $x^2+x+1 \ne 5$ sao không phải là $x^2+x+1 \ne 5k$, mình không hiểu.




#641344 Chứng minh $x(x+1)=p^{2n}(y+1)$ vô nghiệm

Đã gửi bởi Cantho2015 on 20-06-2016 - 01:49 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bài 1 mình giải thế này:

  $$\displaystyle{\frac{x(x+1)}{y(y+1)}=(p^n)^2}$$
 Dễ thấy \[gcd(x;x+1)=gcd(y;y+1)=1 \]
Giả sử $y|x \Rightarrow y \nmid x+1, y+1 \nmid x$
  $$x=my; x+1=n(y+1) $$ (với $m,n \geq{1}$)
  $(m;n)=d \Rightarrow d|my-n(y+1) \Rightarrow d|x-(x+1) \Rightarrow d=1$
  $mn=(p^n)^2=p.p.p....p$ $\Rightarrow$ Một trong $m$ hoặc $n$ phải bằng $1$ 
 Cả hai trường hợp $\Rightarrow x=y$. Vậy $p=1$ (vô lý)
  Nếu $y|x+1$, chứng minh tương tự



#641225 Chứng minh $x(x+1)=p^{2n}(y+1)$ vô nghiệm

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-06-2016 - 10:35 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

1. Chứng minh phương trình nghiệm nguyên $x(x+1)=p^{2n}y(y+1)$ vô nghiệm với $p$ là số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương

2. Giải phương trình nghiệm nguyên với p là số nguyên tố, $x,y$ là hai số nguyên dương

$x^5+x^4+1=p^y$

3. Giải hệ phương trình nghiệm nguyên

$\begin{cases}x+y+z+u+v=xyuv+(x+y)(u+v)\\xy+z+uv=xy(u+v)+uv(x+y)\end{cases}$

 




#641211 Giải phương trình nghiệm nguyên $(x^2+y)(y^2+x) = (x-y)^3$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-06-2016 - 09:31 trong Số học

Xem bài giải ở đây http://diendantoanho...cho-x2yy2xx-y3/

 




#641185 Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2-3y^2+2xy-2x+6y-8=0$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-06-2016 - 05:12 trong Số học

Đưa về phương trình ước số! Anh ơi cho em hỏi, mình có kinh nghiệm gì để biết phương trình nào đưa về pt ước số hay không và có cách nào dễ dàng đưa về phương trình ước số!!!?

pt $\Leftrightarrow x^2+2x(y-1)-3y^2+6y-8=0$

$\Delta_{x}=4(y-1)^2-4(-3y^2+6y-8)=(4y)^2-32y+35$

Ta muốn $\Delta_{x}$ là một số chính phương, để ý thấy $-32y=-2.4.4y$ mà $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ ta đã có $a^2=(4y)^2$ nên $b=4$ hay $b^2=16$.

Trong những phương trình nghiệm nguyên kiểu này, ta có một lợi thế là ta có thể điều chỉnh hệ số tự do tùy thích. Vậy đừng lấy $-8$ nữa. Lấy $a$ sao cho $4-4a=16$ ($4$ có được từ hệ số tự do của $4(y-1)^2$). Thấy ngay là $a=-3$.

Vậy ta có $\Delta_x=(4y-4)^2$, vậy $x=\frac{-(2y-2) \pm (4y-4)}{2}$

$\Rightarrow x=3y-3$ hoặc $x=-y+1$

Mà theo định lý Bezout thì nếu x có nghiệm như trên ta phân tích được $[x-(-y+1)][x-(3y-3)]-5=0$ ($-5=-8+3$)

Vậy "trick" của bài này là chọn hệ số sao cho $\Delta_{x}$ là bình phương của một số thôi và ta cho hệ số $-3$




#641184 Giải pt nghiệm nguyên: $x^2+y^2+xy=x^2y^2$

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-06-2016 - 04:36 trong Số học

Phương trình tương đương $(x+y)^2=xy(xy+1)$
Từ đây suy ra $(x;y)=(0;0),(1;-1),(-1;1)$.

Tại sao $(x+y)^2=xy(xy+1)$ thì suy ra được nghiệm vậy bạn?




#641183 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $$x^3-y^3=xy+61$...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 19-06-2016 - 03:48 trong Đại số

Bài A xem ở đây http://diendantoanho...ên-a3-b3-ab-61/




#641026 $9\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3...

Đã gửi bởi Cantho2015 on 18-06-2016 - 11:04 trong Các bài toán Đại số khác

Chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq \frac{(a+b+c)^3}{9}$ kiểu gì hả anh ??????? 

Bất đẳng thức Holder cho $(a^3+b^3+c^3)(1+1+1)(1+1+1)$