Bài 13 : Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n,k$ bằng $1$ và $m.n=k^{2}$. Chứng minh rằng $m$ là số chính phương và $n$ là số chính phương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-06-2013 - 12:18
Bài 13 : Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n,k$ bằng $1$ và $m.n=k^{2}$. Chứng minh rằng $m$ là số chính phương và $n$ là số chính phương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-06-2013 - 12:18
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 13 : Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n,k$ bằng $1$ và $m.n=k^{2}$. Chứng minh rằng $m$ là số chính phương và $n$ là số chính phương
Bài này em nghĩ chỉ cần $(m\ ;\ n)=1$ là đủ rồi
Đặt $(m\ ;\ k)=d,$ suy ra $m=d.a\ ;\ k=d.b$ vời $(a\ ;\ b)=1.$
Từ $k^2=m.n$ suy ra $d.b^2=n.a$
Vì $(m\ ;\ n)=1\Rightarrow (d\ ;\ n)=1,$ đồng thời $d.b^2=n.a$ nên $b^2\ \vdots\ n$
Mặt khác $(a\ ;\ b)=1$ nên $n\ \vdots\ b^2$
Do đó $n=b^2.$ Khi đó $a=d$ hay $m=a^2.$
Vậy $m=a^2\ ;\ n=b^2,$ là số chính phương.
Một bài tương tự: Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n$ bằng $1$ và $m.n=k^{3}$. Chứng minh rằng $m, n$ đều là lập phương của một số.
Cách chứng minh bài này hoàn toàn tương tự như trên.
Bài 13 : Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n,k$ bằng $1$ và $m.n=k^{2}$. Chứng minh rằng $m$ là số chính phương và $n$ là số chính phương
ước chung lớn nhất của m và n là 1 và $m.n=k^{2}$ là 1 số chíng phương
thì nghiễm nhiên m và n là các số cp vì nếu ko thế thì UCLN của chúng >1 (vô lí)
tàn lụi
Bài 14: Cho số nguyên tố $p.$ Giả sử $x,\ y$ là các số tự nhiên khác $0$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{x^2+py^2}{xy}$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng
$$\dfrac{x^2+py^2}{xy}=p+1$$
Bài 14: Cho số nguyên tố $p.$ Giả sử $x,\ y$ là các số tự nhiên khác $0$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{x^2+py^2}{xy}$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng
$$\dfrac{x^2+py^2}{xy}=p+1$$
Lời giải. Đặt $(x,y)=d$ với $d \in \mathbb{N}^*$. Khi đó thì $x=ad,y=bd$ với $a,b \in \mathbb{N}, \; (a,b)=1$. Ta có $$A= \dfrac{x^2+py^2}{xy}= \dfrac{a^2+pb^2}{ab}$$
Nhận thấy $b \mid pb^2$ mà $A$ tự nhiên nên $b \mid a^2$. Lại có $(a,b)=1$ nên $b=1$. Tương tự thì $a=1$. Do đó $x=y=d$.
Vậy $\dfrac{x^2+py^2}{xy}=p+1$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 29-06-2013 - 15:10
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 15:Chứng minh rằng nếu p nguyên tố thì (p – 2)! – 1 chia hết cho p nhưng nếu p > 5 thì (p –2)! – 1 không phải là một lũy thừa của p
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 29-06-2013 - 15:28
Bài này em nghĩ chỉ cần $(m\ ;\ n)=1$ là đủ rồi
Đặt $(m\ ;\ k)=d,$ suy ra $m=d.a\ ;\ k=d.b$ vời $(a\ ;\ b)=1.$
Từ $k^2=m.n$ suy ra $d.b^2=n.a$
Vì $(m\ ;\ n)=1\Rightarrow (d\ ;\ n)=1,$ đồng thời $d.b^2=n.a$ nên $b^2\ \vdots\ n$
Mặt khác $(a\ ;\ b)=1$ nên $n\ \vdots\ b^2$
Do đó $n=b^2.$ Khi đó $a=d$ hay $m=a^2.$
Vậy $m=a^2\ ;\ n=b^2,$ là số chính phương.
Một bài tương tự: Cho các số nguyên dương $m,n,k$ thỏa mãn ước chung lớn nhất của $m,n$ bằng $1$ và $m.n=k^{3}$. Chứng minh rằng $m, n$ đều là lập phương của một số.
Cách chứng minh bài này hoàn toàn tương tự như trên.
ước chung lớn nhất của m và n là 1 và $m.n=k^{2}$ là 1 số chíng phương
thì nghiễm nhiên m và n là các số cp vì nếu ko thế thì UCLN của chúng >1 (vô lí)
Sao lại sửa đề vậy mấy bạn ! Đề đúng là (m,n,k) = 1.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-06-2013 - 16:25
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Sao lại sửa đề vậy mấy bạn ! Đề đúng là (m,n,k) = 1
nhưng mà thế tôi thấy nó hiển nhiên quá
tàn lụi
Bài 15:Chứng minh rằng nếu p nguyên tố thì (p – 2)! – 1 chia hết cho p nhưng nếu p > 5 thì (p –2)! – 1 không phải là một lũy thừa của p
Em làm được có một ý à ! Anh chị nào làm được ý còn lại thì bổ sung tiếp cho em nhé !
Xét đa thức :
$A=(p-1)[(p-2)!-1]=(p-1)!+1-p$
Theo định lí Wilson : $(p-1)!+1\vdots p\Rightarrow A\vdots p$
Lại có $(p - 1 ; p) = 1$ $\Rightarrow (p-2)!-1\vdots p$ (đ.p.c.m)
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 12:Tìm tất cả các số nguyên $n$ sao cho $C_n^k$ là số lẻ với mọi $k=0,..,n $
Giải bài 12
Ta có $C_{n}^{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}=\frac{(n-k)!(n-k+1)(n-k+2)...(n-k+k)}{(n-k)!k!}=\frac{(n-k+1)(n-k+2)...(n-k+k)}{1.2...k}$
Trong tích $1.2...k$ sẽ có $\left [ \frac{k}{2} \right ]$ số chẵn (kí hiệu $[a]$ là phần nguyên của a)
Xét tích $(n-k+1)(n-k+2)...(n-k+k)$ có $k$ phần tử.
Nếu $n-k+1$ chẵn thì tích có
$\left [ \frac{k}{2} \right ]+1$ số chẵn
Như vậy $C_{n}^{k}$ chẵn do $k<n$. Ta loại trường hợp này
Nếu $n-k+1$ lẻ thì $n-k$ chẵn. Mà $k=0,1,...,n$ nên có thể suy ra $n$ chỉ có thể thuộc $\left \{ 0;1;2 \right \}$
Tuy nhiên ta xét một trường hợp đặc biệt nữa là $n=k+1$. Khi đó
$C_{n}^{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}=\frac{n!}{k!}=\frac{(k+1)!}{k!}=k+1=n$
Như vậy $C_{n}^{k}$ lẻ khi $n$ lẻ. Từ đó ta có thể thu nhận một trường hợp đặc biệt nữa là $n=3$
Vậy $n\in \left \{ 0;1;2;3 \right \}$
Bài 16 Cho $n$ là số nguyên dương. Kí hiệu $\pi (n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$. Chứng minh rằng:
$\pi (n)\leq \frac{n}{2}-1$ với mọi $n\geq 14$
Sao lại sửa đề vậy mấy bạn ! Đề đúng là (m,n,k) = 1.
Đúng là nếu (m, n, k)=1 thì sẽ cần thêm bước sau để bài toán chặt chẽ hơn: Giả sử tồn tại $p$ nguyên tố và $p|m, p|n$, khi đó do $p|k^2$ và $p$ nguyên tố nên $p|k$ suy ra $(m,n,k) \ge p >1$(mâu thuẫn) nên $(m,n)=1$ .
Bài 16 Cho $n$ là số nguyên dương. Kí hiệu $\pi (n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$. Chứng minh rằng:
$\pi (n)\leq \frac{n}{2}-1$ với mọi $n\geq 14$
Giải bài 16. Ta CM quy nạp theo $n$: $\pi (n)\leq \frac{n}{2}-1$ với mọi $n\geq 14 (*)$
Thật vậy, trong 2 số $n+1$ và $n+2$ luôn có $1$ số chẵn, số này $\ge 15$ nên không thể là số nguyên tố.
$\Rightarrow \pi (n+2)\leq \pi(n)+1 \le \frac{n}{2}-1+1 = \frac{n+2}{2}-1$
Vậy ta có $(*)$ đúng với $n+2$ và ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi whatever2507: 30-06-2013 - 00:47
Bài 17: Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 đều là số chính phương. Hỏi 5n + 3 là số nguyên tố hay hợp số? Tìm số n nhỏ nhất thỏa tất cả điều kiện đó.
(Cải biên lại từ đề đề nghị thi Olimpic 30/4 lớp 10 năm 2009 của Trường THPT chuyên KonTum - Sở GD - ĐT KonTum)
Bài 18: Xác định tất cả số nguyên n để $n^{4}+4^{n}$ không những là số nguyên mà còn là số nguyên tố.
Bài 19: Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho tích các chữ số của nó (viết dưới dạng thập phân) bằng $x^{2}-10x-22$.
Bài 20: Tìm $x,y$ nguyên sao cho $54x^{3}+1=y^{3}$
Best Friend
Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$
Best Friend
Bài 19: Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho tích các chữ số của nó (viết dưới dạng thập phân) bằng $x^{2}-10x-22$.
Đặt $x=\overline{a_{0}a_{2}...a_{n}}$
Ta có $x^{2}-10x-22\geq 0\Rightarrow x>11$
Mặt khác : $x^{2}-10x-22=a_{0}a_{1}...a_{n}\leq 9^{n}.a_{0}<10^{n}.a_{0}\leq x\Rightarrow x<13$
Từ đó suy ra $x = 12$ (thử lại thỏa mãn)
Vậy : $x = 12$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 30-06-2013 - 10:15
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 18: Xác định tất cả số nguyên n để $n^{4}+4^{n}$ không những là số nguyên mà còn là số nguyên tố.
Trường hợp 1: $n\leq 1,$ ta có $n^4\in \mathbb{Z}\ ;\ 4^n \notin \mathbb{Z}\Rightarrow n^4+4^n \notin \mathbb{Z},$ loại.
Trường hợp 2: $n=0,$ ta có $n^4+4^n=0^4+4^0=1,$ không là số nguyên tố.
Trường hợp 3: $n=1,$ ta có $n^4+4^n=1^4+4^1=5,$ là số nguyên tố.
Trường hợp 4: $n\geq 2,$ xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Trường hợp 4a: $n$ chăn.
Khi đó $n^4+4^n\ \vdots\ 2,$ mặt khác $n^4+4^n>2$ $(n\geq 2)$ nên $n^4+4^n$ không là số nguyên tố.
$\bullet$ Trường hợp 4b: $n$ lẻ. Đặt $n=2k+1\ (k\in \mathbb{Z}^+).$
Ta có $n^4+4^n=n^4+2.n^2.2^{2k+1}+4^{2k+1}-n^2.2^{2k+2}=(n^2+2^{2k+1})^2-n^2.2^{2k+2}=(n^2+2^{2k+1}+2.n.2^{k})(n^2+2^{2k+1}-2.n.2^{k})$
Vì $n\geq 2$ nên $n^2+2^{2k+1}+2.n.2^k$
Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $n^2+2^{2k+1}>n^2+2^{2k}+1\geq 2.n.2^k+1$ hay $n^2+2^{2k+1}-2.n.2^k>1$
Do đó $n^4+4^n$ không là số nguyên tố.
Kết luận: Vậy với $n=1$ thì $n^4+4^n$ là số nguyên tố.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 30-06-2013 - 13:34
Bài 22: Với mỗi số nguyên dương n, gọi $S(n)$ là tổng các chữ số của n.
a) Chứng minh rằng các số $n = 999$ và $n = 2999$ không thể biểu diễn được dưới dạng $a + b$ với $S(a) = S(b)$.
b) Chứng minh rằng mọi số $999<n<2999$ đều biểu diễn được dưới dạng $a + b$ với $S(a) = S(b)$.
Bài 20: Tìm $x,y$ nguyên sao cho $54x^{3}+1=y^{3}$
Thực ra bài này nó giấu ẩn phụ đi thôi
Giải như sau:
Đặt $a=2x^3$ khi ấy $27a+1=y^3,a=2x^3 \Rightarrow a(27a+1)=2(xy)^3=2t^3$
Suy ra $2a(54a+2)=(2t)^3=k^3$ suy ra $u(27u+2)=k^3 \Rightarrow 9u(3.(9u)+2)=9k^3$
Do đó đặt $v=9v$ khi ấy $v(3v+2)=9k^3 \Rightarrow 3v(3v+2)=(3k)^3=m^3$
Lúc này phương trình là $9v^2+6v=m^3 \Rightarrow (3v+1)^2=m^3+1=(m+1)(m^2-m+1)$
Vì $gcd(m+1,m^2-m+1)=1,3$ mà $3v+1 \not \vdots 3$ nên $gcd(m+1,m^2-m+1)=1$ do đó $m^2-m+1=l^2$ giải phương trình nghiệm nguyên này thu được $m=0$ do đó $v=0$, lộn về quá trình đặt ẩn ban đầu thu được $x=0,y=1$
Bài 22: Với mỗi số nguyên dương n, gọi $S(n)$ là tổng các chữ số của n.
a) Chứng minh rằng các số $n = 999$ và $n = 2999$ không thể biểu diễn được dưới dạng $a + b$ với $S(a) = S(b)$.
b) Chứng minh rằng mọi số $999<n<2999$ đều biểu diễn được dưới dạng $a + b$ với $S(a) = S(b)$.
Giải như sau:
Ta sẽ cm tổng quát bài toán
Với $S(n)=1$ thì $n=10^k$ khi ấy $n=5.10^{k-1}+5.10^{k-1}$ và $S(5.10^{k-1})=S(5.10^{k-1})$ nên có $đpcm$
Với $S(n)>1$
TH1: $S(n)$ chẵn hay số hàng lẻ của $S(n)$ là số chẵn
Khi ấy với mỗi hàng chẵn $a_i$ của $n$ ta tách ra $a_i=\frac{a_i}{2}+\frac{a_i}{2}$ $(1)$
Với mỗi hàng lẻ $a_j$ của $n$ ta tách $a_j=\frac{a_j-1}{2}+\frac{a_j+1}{2}$ khi ấy $\frac{a_j+1}{2}-\frac{a_j-1}{2}=1$
Vì số hàng lẻ của $S(n)$ là số chẵn nên ta tách ra được chẵn cặp kiểu $\frac{a_j-1}{2},\frac{a_j+1}{2}$ như trên, ta thay phiên cho $\frac{a_j-1}{2}$ vào $X$ và $\frac{a_j+1}{2}$ vào $Y$ và làm ngược lại với $a_k$, $k$ lẻ thì $\frac{a_k+1}{2}$ vào $X$ còn $\frac{a_k-1}{2}$ vào $Y$ do đó hàng lẻ là số chẵn nên ta làm được như vậy đến hết các hàng lẻ của $n$ và do $\frac{a_j-1}+\frac{a_k+1}{2}=\frac{a_j+1}{2}+\frac{a_k-1}{2}$ và $\frac{a_i}{2}=\frac{a_i}{2}$ (theo $(1)$) do đó $S(X)=S(Y)$ mà $X+Y=n$
TH2: $S(n)$ là số lẻ hay số hàng lẻ của $S(n)$ là số lẻ
Đặt $n=\overline{a_1a_2...a_k}$ và $S(n)$ lẻ
Giả sử $n$ khác dạng $\overline{x99...9}$ khi ấy trong $a_1,a_2,...,a_k$ tồn tại một số $a_i\neq 0$ và $a_{i+1}\neq 9$ $(2)$ vì ngược lại suy ra $n=\overline{a_1a_2...a_k}$ khi ấy $a_1=0,a_2=9$ vô lí với $a_1\neq 0$ còn nếu $a_1\neq 0$ và $a_2=9$ thì ta xét $\overline{a_2a_3...a_k}$ do $a_2=9$ nên $a_3=9$ vì ngược lại $a_3 \neq 9$ thì ta đã chọn được $a_i,a_{i+1}$ thỏa $(2)$ làm tương tự đến lúc cuối suy ra $a_2=a_3=...=a_k=9$ nên $n=\overline{a_1999...9}$ vô lí vì ta đang xét $n\neq \overline{x99..9}$ như vậy chắc chắn tồn tại $a_i,a_{i+1}$ sao cho $a_i\neq 0, a_{i+1}\neq 9$
Khi ấy $n=\overline{a_1a_2...a_ia_{i+1}...a_k}=\overline{a_1...(a_i-1)9a_{i+2}...a_k}+(a_{i+1}+1).10^{k-i}$ lúc này do $a_i\neq 0,a_{i+1}\neq 9$ nên $a_i-1,a_{i+1}+1$ là chữ số hết và $S(\overline{a_1...(a_i-1)9a_{i+2}...a_k}),S((a_{i+1}+1).10^{k-i})$ có cùng tính chẵn lẻ nên đặt $\overline{a_1...(a_i-1)9a_{i+2}...a_k}=x,(a_{i+1}+1).10^{k-i}=y$ khi ấy $S(x),S(y)$ cùng tính chẵn lẻ mà $x+y=n$
Lúc này ta thực hiện $\overline{a_1...(a_i-1)9a_{i+2}...(a_t-1)...a_k}$ và $(a_{i+1}+1).10^{k-i}+10^{k-t}$ với $t\neq i$ thì $S(x')=S(x)-1,S(y')=S(y)+1$ nên $S(x')-S(y')=S(x)-S(y)-2$ mà $S(x),S(y)$ cùng tính chẵn lẻ nên $S(x)-S(y)-2$ chẵn, quá trình tiếp tục đến lúc nào đó $S(x)-S(y)-2-2-2...-2=S(x)-S(y)-2k=0$ chẵn thì khi ấy do ta bớt ở $x$ $10^{k-t}$ và thêm vào $y$ số $10^{k-t}$ thì $x'+y'=n$ nên $n=x'+y'$ và $S(x')=S(y')$ nên bài toán được cm
Giờ ta xem nốt $n=\overline{a999...9}$ với $S(n)$ lẻ, khi ấy do ở mỗi hàng $a_i+b_i=\overline{..9}$ phép tính này không thể có nhớ từ hàng thấp đến cao được (do $9+9=18$ tận cùng là $8$ là tối đa nhưng khi ấy ở hàng đơn vị không xảy ra) nên $a_i+b_i=9$ là không nhớ do đó $x+y=n=\overline{a999...9}$ thì $S(x)+S(y)=S(n)$ mà $S(x)=S(y)$ nên $S(n)$ chẵn vô lí vì $S(n)$ lẻ
Vậy $n$ là số thỏa mãn tồn tại $x,y$ sao cho $n=x+y$ và $S(x)=S(y)$ thì $n\neq \overline{a999...99}$ với $S(n)$ lẻ
** Áp dụng vào bài có ngay $đpcm$
http://diendantoanho...-a-b-với-sa-sb/
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 01-07-2013 - 16:16
Toán Trung học Cơ sở →
Tài liệu - Đề thi →
vmo vĩnh phúc 2022Bắt đầu bởi nhatvinh2018, 27-12-2021 hay |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Tài liệu - Đề thi →
vmo ninh thuận 2022Bắt đầu bởi nhatvinh2018, 10-12-2021 hay |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Lượng giác →
Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác →
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CỰC HAY VÀ KHÓBắt đầu bởi baonghi, 18-07-2019 ptlg, hay, khó, lượng giác và . |
|
|||
|
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Giúp BĐT nhéBắt đầu bởi VuTroc, 28-05-2018 bđt hay, hay, bđt |
|
||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
$A=x^2y^3+y^2z^3+z^2x^3+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2$Bắt đầu bởi meoluoi123, 13-10-2017 cực trị, bất đẳng thức và . |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh