a,

có ${F_0}^2+{F_1}^2=F_1.F_2$ vì cùng =2 => đúng với n=1

giả sử đúng với n=k

=> ${F_0}^2+ {F_1}^2+ {F_2}^2+...+ {F_k}^2=F_k.F_{k+1}$

=> ${F_0}^2+ {F_1}^2+ {F_2}^2+...+ {F_k}^2+{F_{k+1}}^2=F_k.F_{k+1}+ {F_{k+1}}^2= F_{k+1}.( F_k+F_{k+1})=F_{k+1}.F_{k+2}$

=> đúng với n=k+1

vậy bài toán đúng với mọi n

b,

với n=1

$F_2.F_0-{F_1}^2=(-1)^{2}$ => đúng với n=1

giả sử đúng với n=k

=> $F_{k+1}.F_{k-1}-{F_k}^2=(-1)^{k+1}$

$F_{k+2}.F_{k}-{F_{k+1}}^2$

=$(F_{k+1}+F_{k}).F_k-{F_{k+1}}^2$

= ${F_k}^2+F_{k+1}.F_k-{F_{k+1}}^2$

=${F_k}^2-F_{k+1}.(F_{k+1}-F_k)$

=${F_k}^2-F_{k+1}.F_{k-1}$

=$ (-1).(-1)^{k+1}$ vì $F_{k+1}.F_{k-1}-{F_k}^2=(-1)^{k+1}$

=$(-1)^{k+2}$

=> đúng với $n=k+1$

vậy bài toán đúng với mọi n

c, đề sai với n=6 

vì nếu chọn k=3 ta có

$F_{n+1}=F_7=21$

$F_{k+1}.F_{k-1}+F_k.F_{n-k-1}=F_4.F_2+F_3.F_2=5.2+3.2=16$

giải phương trình nghiệm nguyên dương $kq(k^2-q^2)=5x^2$

với k,q nguyên tố cùng nhau

p/s mình dự đoán là pt chỉ có 1 bộ nghiệm $k=5,q=4,x=6$ mong các bạn giúp đỡ

$\frac{1}{2} \varphi(n)\equiv 1 (mod 6) =>\frac{1}{2} \varphi(n) $ lẻ

với $n ={p_1}^{k_1}.{p_2}^{k_2}....{p_i}^{k_i}$ ( $ p_1; p_2 ; ... ; p_i$ nguyên tố)

thì $\varphi(n) ={p_1}^{k_1-1}(p_1-1).{p_2}^{k_2-1}(p_2-1).......{p_i}^{k_i-1}(p_i-1) $

mà ${p_j}^{k_j-1}(p_j-1) \vdots 2$ với mọi $1\leq j \leq i$

=>$\varphi(n)  \vdots 2^i$ mà $\frac{1}{2} \varphi(n) $ lẻ $=> i=1$

=> $n = p^k$

có $p= 2$ hoặc $ p= 3$ không thỏa mãn

với $p>3$ dễ dàng chứng minh $p \equiv  1;5 (mod 6)$

nếu $ p \equiv 1 (mod 6)$ thì với mọi $k \in N , k \neq 0 $ đều thỏa mãn 

nếu $ p \equiv 5 (mod 6) => k  \vdots 2 , k\neq 0$ 

vậy $n= p^k$ với mọi $ k \in N, k\neq 0, p \equiv 1 (mod 6)$ p nguyên tố

hoặc $n=p^k$ với mọi $ k \in N mà k \vdots 2 , k\neq 0, p \equiv 5 (mod 6)$ p nguyên tố

đặt $f(x)=(x+a)^4+(x+b)^4$

pt $f(x)=c$ có nghiệm $<=> max(f(x)) \geq c$ và $min(f(x))\leq c$

dễ thấy $ max(f(x) )=+\infty > c$

áp dụng bất đẳng thức phụ $x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}$

$f(x)\geq \frac{ ( (x+a)^2+(x+b)^2 )^2}{2}$ và $(x+a)^2+(x+b)^2=(x+a)^2+(-x-b)^2 \geq \frac{(x+a-x-b)^2}{2} =  \frac{(a-b)^2}{2} $

$<=> min(f(x)) = \frac{ ( \frac{(a-b)^2}{2} )^2}{2} =2.(\frac{a-b}{2})^4 <=> c\geq 2.(\frac{a-b}{2})^4 $

gọi số nguyên tố cần tìm là p

dễ thấy nếu p<=42 thì p=r vô lý vì r là hợp số

=>p>42

giả sử r và 42 có ước chung lớn nhất là d (d khác 1 )  $=> p \vdots  d => p=d \leq 42 $(loại)

=> r và 42 nguyên tố cùng nhau

đặt $r=A.q$ (với q là ước nguyên tố nhỏ nhất của r) => $A\geq q$

r và 42 nguyên tố cùng nhau $=>q $ và $A \geq 5$ ; A và 42 nguyên tố cùng nhau

mà $r<42,q \geq 5 =>A\leq 8$ mà A và 42 nguyên tố cùng nhau => A=5 =>q=5

=>r=25

thử các th 

p= 42+25 =67(thỏa mãn)

p=42.2+25=109( thỏa mãn)

p=42.3+25=151(thỏa mãn)

p=42.4+25=193 ( thỏa mãn)

p=42.5+25 >200 (loại)

với $n\leq 3$ bài toán đúng

xét $n\geq 4$

giả sử k tồn tại số tự nhiên a để $S_n\leq a^2$ và $S_{n+1}\geq a^2$

=> tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn $k^2 < S_n < S_{n+1} < (k+1)^2$

=>$ S_{n+1}-S_n<2k+1 => p_{n+1} < 2k+1$ với $p_{n+1}$ là số nguyên tố thứ n+1

xét bài toán phụ với i>4 thì $S_i<(\frac{p_i+1}{2})^2$

với i=5, $S_i=2+3+5+7+11<(\frac{11+1}{2})^2$

với i>5: $S_i=S_{i-1}+p_i< (\frac{p_{i-1}+1}{2})^2+p_i$ mà $p_i\leq p_i-2$

=> $S_i< (\frac{p_i-1}{2})^2+p_i=(\frac{p_i+1}{2})^2$

vậy$ S_i<(\frac{p_i+1}{2})^2$ với mọi i >4

=>$ k^2< S_{n+1} < (\frac{p_{n+1}+1}{2})^2 =>  p_{n+1}>2k-1$

mà $p_{n+1} < 2k+1 => p_{n+1}=2k$ (vô lý )

vậy điều giả sử ban đầu là sai => dpcm

câu 1 như thế này

có $(x+y)^2\geq 4xy => -xy \geq -\frac{(x+y)^2}{4}$

=> bdt ban đầu <=> $\frac{3(x+y)^2}{4} - \sqrt{3}(x+y)+1\geq 0$

<=> $(\frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)-1)^2\geq 0$ ( luôn đúng với mọi x,y thuộc R)

nếu và giả sử khác nhau à ??? bạn hỏi kì vậy

người ta cũng dùng phản chứng để chứng minh p nguyên tố mà

bạn thấy chố "nếu" p là hợp số không

cách giải của sách đúng mà nó giả sử p là hợp số để suy ra vô lý => p nguyên tố

p là ước nhỏ nhất dạng 4k+3 của n

vì p có dạng 4k+3 suy ra p có ước dạng 4k+3, gọi ước đó là v => v<p

có $n \vdots p , p \vdots  v => n \vdots  v$ => v cũng là ước dạng 4k+3 của n , mà v<p trái với điều giả sử p là ước nhỏ nhất dạng 4k+3 của n

à quên mình viết lộn 

người ra muốn p là ước nhỏ nhất vì nếu p là hợp số => p có ước dạng 4i+3  mà 4i+3<p =>4i+3 mới là ước nhỏ nhất có dạng 4k+3 của n trái với điều giả sử p là nhỏ nhất nên p phải là số nguyên tố

Lần sau bạn viết có chấm phẩy đàng hoàng nha bạn.

 

 

Ở đoạn cuối của câu trên, sao bạn là nói là "giả sử p ..."?

Mình thấy trong cách giải trên thì nó ghi là "Gọi ..." mà nhỉ?

Thêm nữa là đoạn này đang giải thích cho việc "Mỗi số dạng $4k + 3$ sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.", vậy thì sao lại có thể áp dụng điều này để nói rằng nếu $p$ là hợp số và chưa nhỏ nhất (nhưng có dạng $4k + 3$) thì sẽ có thêm 1 ước nữa dạng $4k + 3$?

 

dùng mệnh đề này cho đoạn chứng minh p có ước dạng 4k+3 :

một hợp số n=4k+3 luôn có 1 ước dạng 4a+3 ( n nguyên tố thì hiển nhiên đúng rồi)

cách chứng minh

giả sử hợp số n=4k+3 không có ước nào dạng 4a+3

$=> 4k+3 = (4a_1+1).(4a_2+1)...(4a_m+1)$

dễ thấy vô lý vì vế phải chia 4 dư 1, vế trái chia 4 dư 3

vậy điều giả sử là sai => hợp số dạng 4k+3 luôn có 1 ước dạng 4a+3

đúng hết rồi mà bạn

bài 1 bạn chú ý chỗ Gọi  p là ước nhỏ nhất trong các ước như thế

ý của họ p là ước nhỏ nhất trong những ước có dạng 4k+3 của n

nên trong trường hợp số 55 thì phải trọn p=11

người ra muốn p là ước nhỏ nhất vì nếu p là hợp số => p có ước dạng 4i+3  mà 4i+3<p =>4i+3 mới là ước nhỏ nhất có dạng 4k+3 của n trái với điều giả sử p là nhỏ nhất nên p phải là số nguyên tố

bài 2

người ta nói là với mọi c>0 nên bạn có thể chọn giá trị dương bất kì cho c

dk $x^3+1\geq 0 <=>x\geq -1$

$\sqrt{x^3+2(1+\sqrt{x^3+1})}=\sqrt{(x^3+1)+2\sqrt{x^3+1}+1}=\sqrt{(\sqrt{x^3+1}+1)^2}=|\sqrt{x^3+1}+1|$

tương tự $\sqrt{x^3+2(1-\sqrt{x^3+1})}=|\sqrt{x^3+1}-1|$

$=>A=|\sqrt{x^3+1}+1|+|1-\sqrt{x^3+1}|\geq |(\sqrt{x^3+1}+1) +(1-\sqrt{x^3+1})|=2$

dấu = xảy ra $<=> (\sqrt{x^3+1}+1).(1-\sqrt{x^3+1})\geq 0 <=> (x^3+1)\leq 1 <=>x\leq 0$

vậy min A=2 dấu = xảy ra $<=> -1\leq x\leq 0$

$VP\in Z =>VT \in Z $

nếu $\sqrt{x} \notin Z => x+\sqrt {x} \notin Z => x+\sqrt{x+\sqrt{x}} \notin Z =>...=> VT \notin Z$ ( không thỏa mãn)

$=> \sqrt{x}= a ( a\in N)$

tương tự $\sqrt{x+\sqrt{x}} \in Z => \sqrt{x+\sqrt{x}}=k(k\in N)$

$=>a^2+a=k^2$

$<=>a(a+1)=k^2$ mà $a$ và $a+1$ nguyên tố cùng nhau

$=> a= k_{1}^2 ; a+1=k_{2}^2   ( k_2 , k_1 \in Z)$

$=> k_{2}^2-k_{1}^2=1$

$<=>(k_2+k_1)(k_2-k_1)=1$ mà $k_2>k_1$

$=> k_2-k_1=1 $ và $ k_2+k_1=1$

$=> k_1=0 => a=0 => x=0$

$=> VT=0 => y=2000$

bài này dùng dirichlet

9 số đó có dạng $x_i=2^{a_i}.3^{b_i}.5^{c_i}$ ( i = 1 ; 2 ;3;...9)

khi lấy số dư của $a_i,b_i,c_i$ cho 2 thì ta được 1 trong 8 trường hợp sau

0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 1 0

1 1 1

mà có 9 số nên tồn tại 2 số $x_i$ và $x_j$ sao cho $a_i\equiv a_j (mod 2), b_i\equiv b_j(mod 2) , c_i\equiv c_j(mod 2)$

$=>a_i+a_j ; b_i+b_j ; c_i+c_j$ đều chẵn $=> a_i.a_j=2^{a_i+a_j}.3^{b_i+b_j}.5^{c_i+c_j}$ là số chính phương

Đầu tiên ta phải chứng minh bổ đề đơn giản này đã này: Nếu $a$ là số tự nhiên thỏa mãn $\sqrt{a}$ là số hữu tỷ thì $\sqrt{a}\epsilon N$ 

 

 

đâu có gì đâu

$\sqrt{a} \in Q =>\sqrt{a}=\frac{m}{n}$ với m , n nguyên tố cùng nhau n khác 0

$=>a=\frac{m^2}{n^2}$ mà $a\in N=> m^2 \vdots n^2 => m \vdots n =>\sqrt{a} \in N$

<=>$(2x+1)+(2x+1).\sqrt{x^2+2}+(x+1).(\sqrt{x^2+2x+3}-\sqrt{x^2+2})=0$

<=>$(2x+1)+(2x+1).\sqrt{x^2+2}+(x+1).\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}}=0$

<=>$(2x+1).(1+\sqrt{x^2+2}+\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}})=0$

<=>$2x+1=0 hoặc 1+\sqrt{x^2+2}+\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}}$=0

nếu $1+\sqrt{x^2+2}+\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}}$=0

<=>$1+\frac{x+1+x^2+2+\sqrt{x^2+2}\sqrt{x^2+2x+3}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}}$=0

mà $x^2+x+3 >0 , \sqrt{x^2+2}\sqrt{x^2+2x+3}>0,\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2}>0$

suy ra vô nghiệm

nếu 2x+1=0<=>x=-0.5

dễ thấy a,b,c phải khác 0

$=>a^2< a^2+b^2+c^2=>\frac{x^2}{a^2}\geq \frac{x^2}{a^2+b^2+c^2}$

tương tự ta có $\frac{y^2}{b^2}\geq \frac{y^2}{a^2+b^2+c^2}$ và $\frac{z^2}{c^2}\geq \frac{z^2}{a^2+b^2+c^2}$

cộng 3 bất đẳng trên ta có

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\geq \frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}$

dấu = xảy ra <=> x=y=z=0

vậy nếu $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}= \frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}$

thì  $x^{2009}+y^{2009}+z^{2009}=0$

gọi $p(n)$ là số cách phân tích n thành tổng các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng $n$

chứng minh 

$p(n)=(-1)^{k-1}\sum_{k}p(n-3k^2+k) (k=1;-1;2;-2;3;-3;4;-4....$ sao cho $n\geq k(3k-1)$) với p[0]=1

có $a.sin(B-C)=a.(sinB.cosC-sinC.cosB)=a.sinB.cosC-a.sinC.cosB$

mà $sinB=\frac{b}{2R}, cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$

=>$a.sinB.cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{4R}$

tương tự $a.sinC.cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{4R}$

=>$a.sin(B-C)=\frac{b^2-c^2}{2R}$

tương tự ta có $b.sin(C-A)=\frac{c^2-a^2}{2R}, c.sin(A-B)=\frac{a^2-b^2}{2R}$

từ đó ta có đpcm

gọi S(n) là số chữ số của n!,tìm công thức tính S(n)

mình mới biết một công thức $S(n)=\left [ log10(1)+log10(2)+..+log10(n) \right ]$

mong mọi người xem hộ còn công thức nào khác không

$\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}-\sqrt{(x-1)(3-x)}=m$ tập xác định x thuộc [1;3]

đặt $f(x)=\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}-\sqrt{(x-1)(3-x)}$ với  x thuộc [1;3]

$f(x)=m)$ có nghiệm <=> $max(f(x))\geq m \geq min(f(x))$ với  x thuộc [1;3]

đặt $\sqrt{x-1}=a$,$\sqrt{3-x}=b$ và $k=a+b$ ($a\geq 0,b\geq 0,k\geq 0$)

=> $a^2+b^2=2$

=>$a^2+b^2+2ab-2a-2b=2-2m$

=>$(a+b-1)^2=3-2m$

=>$(k-1)^2=3-2m$

có $k^2=a^2+b^2+2ab \geq a^2+b^2=2$ dấu = xảy ra khi a=0 hoặc b=0 <=>x=1 hoặc x=3 ( thỏa mãn x thuộc [1;3])

=>$3-2m \geq (\sqrt{2}-1)^2=>m \leq \sqrt{2}$

mặt khác $k^2\leq 2(a^2+b^2)=4 $ dấu = xảy ra $<=> a=b <=>x=2$ (thỏa mãn x thuộc [1;3])

$=> k\leq 2=>3-2m\leq 1=>m\geq 1$

vậy $\sqrt{2}\geq m\geq 1$ là giá trị thỏa mãn đề bài

cả M và N đều có dạng $a(a+5)(a-2)-(a+2)(a-3)(a+4)$

rút gọn đi ta có $a(a+5)(a-2)-(a+2)(a-3)(a+4)=24$ không phụ thuộc vào a

vậy M=N