Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$
Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$
Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$
Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy $n$ chẵn. Đặt $n=2n'$, ta phải tìm các số nguyên dương $n'$ sao cho $3^{k}\mid 4^{n'}-1$. Tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $ord_{3^k}(4)$.
--------------------------------------
- Ta có $ord_{3}(4)=1$. Đặt $ord_{3^k}(4)=h$ thì theo định nghĩa ta có: $4^h-1\vdots 3^k\rightarrow v_3(4^h-1)\ge k$. Theo bổ đề LTE suy ra:
$$v_3(4-1)+v_3(h)\ge k\Leftrightarrow v_3(h)\ge k-1\Leftrightarrow 3^{k-1}| h\ (1)$$
Mặt khác: $4^{3^{k-1}}-1\vdots 3^k\Rightarrow h| 3^{k-1}\ (2)$ (cũng sử dụng bổ đề LTE)
-Từ (1) và (2) suy ra $h=3^{k-1}$ hay $ord_{3^k}(4)=3^{k-1}$ suy ra tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $3^{k-1}$ hay tất cả các số nguyên $n$ cần tìm là bội của $2.3^{k-1}$
Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.
Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.
Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )
Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$
Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$
Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )
Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$
Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$
Bạn thử chứng minh cái bổ đề xem nào...(mình có một lần xem qua chứng minh này nhưng chưa hiểu lắm!!!)
Bài 32 : Cho $x,y,A$ là các số nguyên dương thoả mãn $A=\frac{x^{2}+y^{2}+30}{xy}$. Chứng minh rằng $A$ là một luỹ thừa bậc $5$ của một số nguyên.
Máy hư lâu quá giờ này mới online được .
Gọi $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ là cặp số thỏa mãn đề bài và có tổng $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất. Ta giả sử $x_{0}\leq y_{0}$.
Xét phương trình bậc hai ẩn $y$ : $$y^{2}-A.x_{0}.y+x_{0}^{2}+30=0 (*)$$
Vì $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ thỏa mãn đề bài nên $y_{0}$ là một nghiệm của phương trình $(*)$. Gọi nghiệm còn lại là $y_{1}$. Theo định lí $Viete$ :
$$\left\{\begin{matrix} y_{0}+y_{1}=Ax_{0} & (1)& \\ y_{0}y_{1}=x_{0}^{2} +30& (2) & \end{matrix}\right.$$
Ta có $x_{0},y_{0},A\in \mathbb{Z}$ nên từ $(1)$ suy ra $y_{1}\in \mathbb{Z}$.
Các cặp $\left ( x_{0};y_{0} \right );\left ( x_{0};y_{1} \right )$ đều thỏa mãn $(*)$ mà $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất nên :
$$x_{0}+y_{0} \leq x_{0}+y_{1}\Leftrightarrow y_{0}\leq y_{1}$$.
Như vậy $x_{0}\leq y_{0}\leq y_{1}$
$$x_{0}^{2}+30=y_{0}^{2}\Leftrightarrow \left ( y_{0}+x_{0} \right )\left ( y_{0}-x_{0} \right )=30$$
Dễ thấy $y_{0}+x_{0} ;y_{0}-x_{0}$ cùng tính chẵn lẻ mà $30=1.30=2.15=5.6=3.10$
Trường hợp này không xảy ra
Suy ra $$\left\{\begin{matrix} y_{0}\geq x_{0}+1 & & \\ y_{1}\geq x_{0}+2& & \end{matrix}\right.$$
Do đó từ $(2)$ suy ra $$x_{0}^{2}+30\geq \left ( x_{0}+1 \right )\left ( x_{0}+2 \right )\Leftrightarrow x_{0}\leq 9$$
Khi $x_{0}=9$ thì từ $(2)$ suy ra $y_{0}y_{1}=9^{2}+30=111$, vì $y_{0}<y_{1}\Rightarrow \left ( y_{0};y_{1} \right )=(1;111);(3;37)$. Vô lí vì phải có $x_{0}<y_{0}$.
Tương tự khi xét $x=1;2;3;4;5;6;7;8$. Tất cả đều dẫn đến vô lí. Trường hợp này loại.
Do đó ta luôn có $A=32=2^{5}$ là lũy thừa bậc năm của một số nguyên (đpcm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-08-2013 - 12:27
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 42 : Giải phương trình sau trên tập nghiệm nguyên dương :
$$2x^{2}=3y^{3}$$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 43: Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng ko tồn tại các số nguyên dương x, y, n thoả mãn $x^{p}+y^{p}=(p^{2}-1)^{n}$.
(trích từ đề thi đồng đội thuộc chương trình Gặp gỡ Toán học 2013)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-08-2013 - 13:03
Bài 42 : Giải phương trình sau trên tập nghiệm nguyên dương :
$$2x^{2}=3y^{3}$$
Bài này hình như có vô sô nghiệm nguyên dương dạng $x=18k^{3},y=6k^{2};k\in\mathbb{N}$... thì phải
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-08-2013 - 12:37
Bài này hình như có vô sô nghiệm nguyên dương dạng $x=18k^{3},y=6k^{2};k\in\mathbb{N}$... thì phải
Còn các nghiệm tổng quát $\left ( 3888k^{3};216k^{2} \right );(1152k^{3};96k^{2})$ và còn rất rất nhiều nghiệm khác ....
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Còn các nghiệm tổng quát $\left ( 3888k^{3};216k^{2} \right );(1152k^{3};96k^{2})$ và còn rất rất nhiều nghiệm khác ....
Các nghiệm của chú đưa ra thực chất cũng là một nghiệm mà a đã nêu: $3888k^{3}=18.(6k)^{3},216k^{2}=6.(6k)^{2}$. Và lời giải ... như sau:
Từ phương trình ta suy ra $x\vdots 3,y\vdots 2\Rightarrow x=3x_{1},y=2y_{1}$. Khi đó phương trình trở thành $3x_{1}^{2}=4y_{1}^{3}\Rightarrow x_{1}=2x_{2},y_{1}=3y_{2}$. Khi đó phương trình lại tương đương với $x_{2}^{2}=9y_{2}^{3}\Rightarrow y_{2}=k^{2};k\in\mathbb{N}\Rightarrow x=18k^{3},y=6k^{2}$. Đó là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình.
...Thế nhé!!!
Các nghiệm của chú đưa ra thực chất cũng là một nghiệm mà a đã nêu: $3888k^{3}=18.(6k)^{3},216k^{2}=6.(6k)^{2}$. Và lời giải ... như sau:
Từ phương trình ta suy ra $x\vdots 3,y\vdots 2\Rightarrow x=3x_{1},y=2y_{1}$. Khi đó phương trình trở thành $3x_{1}^{2}=4y_{1}^{3}\Rightarrow x_{1}=2x_{2},y_{1}=3y_{2}$. Khi đó phương trình lại tương đương với $x_{2}^{2}=9y_{2}^{3}\Rightarrow y_{2}=k^{2};k\in\mathbb{N}\Rightarrow x=18k^{3},y=6k^{2}$. Đó là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình.
...Thế nhé!!!
Thực ra thì nghiệm tổng quát của nó là $\left\{\begin{matrix} x=2^{3k_{1}+1}.3^{3k_{2}+2}.k^{3} & & \\ y=2^{2k_{1}+1}.3^{2k_{2}+1}.k^{2} & & \end{matrix}\right.$
Trong đó $k,k_{1},k_{2}\in \mathbb{N},gcd(k,6)=1$
Mà lời giải của anh cũng đúng rồi. Coi như xong 1 em. Qúa lẹ !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-08-2013 - 13:00
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 43: Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng ko tồn tại các số nguyên dương x, y, n thoả mãn $x^{p}+y^{p}=(p-1)^{n}$.
(trích từ đề thi đồng đội thuộc chương trình Gặp gỡ Toán học 2013)
Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$
Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.
Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.
Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.
Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.
Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 14-08-2013 - 13:06
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”).
Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$
Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.
Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.
Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.
Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.
Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.
Xin lỗi e nhưng a mới sửa lại đề, ko sao lời giải của e vẫn đúng?
Mình ko hiểu chỗ này lắm $$\frac{b^{p}+d^{b}}{b+d}=2^{r}$$
Lí do là ở đây:
Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$
Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.
Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.
Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.
Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.
Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.
Bài 44: Cho k, m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1 thoả mãn m, n nguyên tố cùng nhau. Hỏi phương trình này có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên dương $(x_{1};x_{2};...;x_{k+1})$? Chứng minh điều đó:
$\sum_{i=1}^{k}x_{i}^{m}=x_{k+1}^{n}$
Bài 45: Chứng minh với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2 ta luôn có: $4\sum_{i=1}^{n}\varphi (i)\geq n^{2}-n+8$, trong đó $\varphi (n)$ chỉ số các số nguyên tố cùng nhau với n và ko vượt quá n (Hàm Euler).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 16-08-2013 - 13:27
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)
Giả sử $2n+1=a^2, 3n+1=b^2$. (1) $\Rightarrow 3a^2-2b^2=1$ và $b^2-a^2=n$. (2)
Do $n\in\mathbb{Z}^+$ nên $a\ge 2, b\ge 3, b>a$.
Ta có : $5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)$. (3)
Nếu $2a-b=1$ thì $b=2a-1$, thay vào (2) được $n=3a^2-4a+1$, thay tiếp vào (1) được $5a^2-8a+3=0$ (VN do $a\ge 2$).
Vậy $2a+b>2a-b>1$. Từ (3)$\Rightarrow 5n+3$ có 2 ước lớn hơn 1 nên là hợp số.
$(a^2,b^2)=(2n+1,3n+1)=(2n+1,n)=(n+1,n)=1\Rightarrow (a,b)=1$.
Như vậy việc tìm $n$ thoả đề bài chính là tìm bộ nghiệm nguyên (a,b) nguyên tố cùng nhau của PT $3a^2-2b^2=1$.
(Xem tiếp bài giải ở bên dưới #99).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 23-08-2013 - 17:19
Bài 17 : (tiếp theo ý 2)
Như vậy việc tìm $n=b^2-a^2$ chính là tìm bộ nghiệm nguyên $(a,b)$ của PT $3a^2-2b^2=1$.
PT $Aa^2-Bb^2=1$ (1) là PT Pell dạng tổng quát, ta sẽ chuyển về PT Pell loại 1 như sau :
Đặt $x=Aa^2+Bb^2, y=2ab,d=AB$ thì $x^2-dy^2=(Aa^2+Bb^2)^2-AB(2ab)^2=(Aa^2-Bb^2)^2=1^2=1$
$x^2-dy^2=1$ (2) là PT Pell loại 1, nếu d không chính phương thì với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất), ta có thể tìm $(x_n,y_n)$ là tất cả các nghiệm của (2), bằng một trong các công thức sau :
a) Công thức khai triển và đồng nhất :
$x_n+y_n\sqrt{d}=(x_1+y_1\sqrt{d})^n$
b) Công thức truy hồi :
$x_{n+1}=x_1x_n+dy_1y_n$
$y_{n+1}=x_1y_n+y_1x_n$
c) Công thức tong quát :
$x_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n+(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2}; y_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n-(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}$
Từ đây, ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau :
1/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất) của PT (1) thì $(a_1,b_1)$ là nghiệm của HPT
$\left\{\begin{matrix}Aa^2+Bb^2=x_1 \\ 2ab=y_1 \end{matrix}\right.$ , (với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở của PT (2) ).
2/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở của PT(1) thì có thể tìm $(a_n,b_n)$ là tất cả các nghiệm của PT (1) bằng một trong các công thức sau :
a) Công thức khai triển và đồng nhất:
$a_n\sqrt{A}+b_n\sqrt{B}=(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}$
b) Công thức truy hồi:
$a_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)a_n+(2a_1b_1)Bb_n$
$b_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)b_n+(2a_1b_1)Aa_n$
c) Công thức tổng quát:
$a_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}+(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{A}}; b_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}-(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{B}}$
Áp dung vào bài toán, ta tìm được tất cả các bộ nghiệm của PT $3a^2-2b^2=1$ là : (1,1); (9,11); (89,109); ...
Tương ứng với n=0 (loại); n=40 (nhận); n=3960; ...
Vậy $n=40$ là số nhỏ nhất thoả $2n+1$ và $3n+1$ là các số chính phương.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 23-08-2013 - 17:46
Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$. (1)
(1)$\Leftrightarrow z(xy+2)=x^2+2 \Rightarrow z\ne0$.
* Nếu $x=0$ thì $z=2$ và $y\in\mathbb{Z}$ bất kỳ. Nghiệm $(0,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.
* Nếu $y=0$ thì $x^2-2z+2=0\Leftrightarrow x^2=2(z-1)$. Nghiệm $(2t,0,2t^2+1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.
* Xét $xyz\ne0$:
Nhận xét : nếu $(x,y,z)$ là nghiệm thì $(-x-y,z)$ cũng là nghiệm. Nên không mất tính tổng quát, chỉ cần xét $x>0$. Khi đó nếu $y>0$ thì $z>0$ và nếu $z<0$ thì $y<0$. Do đó ta chỉ có 3 TH sau :
$\Rightarrow z=\frac{x^2+2}{x+2}=x-2+\frac{6}{x+2}\Rightarrow x+2=6\Rightarrow x=4$.
Vậy nghiệm là $(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$.
Kết luận : Nghiệm của PT(1) là $(0,t,1); (2t,0,2t^2+1); (t,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$;
$(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$;
$(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$;
$(3,-1,-11), (4,-1,-9), (5,-1,-9), (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11), (-4,1,-9), (-5,1,-9), (-8,1,-11)$;
$(2,-2,-3), (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3), (-4,2,-3)$;
$(1,-3,-3), (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3), (-1,5,-1)$;
$(2,-2,-3), (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3), (-2,4,-1)$;
$(8,-3,-3), (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3), (-4,5,-1)$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 24-08-2013 - 03:03
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