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.


Hình ảnh

Tôpic nhận đề Phương trình nghiệm nguyên, đồng dư, chia hết.

mss 2014 số học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 30 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3815 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 28-07-2013 - 11:59

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu về  Phương trình nghiệm nguyên, đồng dư, chia hết.

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu

3) Đăng kí thi đấu

 

II - Yêu cầu về đề bài
1. Hình thức:

- Đề bài phải có đáp án kèm theo.

- Đề bài và đáp án được gõ $\LaTeX$ rõ ràng

2. Nôi dung

* Đối với MSS

- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THCS. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá kiến thức thi tuyển sinh vào 10. 

- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi tuyển sinh vào 10, Olympic hoặc HSG cấp tỉnh trở lên.

- Toán thủ không nên copy đề bài từ một topic nào đó của VMF, không được post lại đề đã nộp ra topic mới dù cho đề có được chọn hay không.

 

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:

2. Đang học lớp ?, trường ?, huyện ?, tỉnh ?

3. Đề 

4. Đáp án

 

IV - Chú ý

1) Bạn sẽ thấy ở trên khung trả lời của bạn có dòng sau Bài viết này phải qua kiểm duyệt của quản trị viên mới được đăng lên diễn đàn.

Điều này có nghĩa là các toán thủ khi nộp đề, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy và ấn nút GỬI BÀI là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

 

2) Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

3) Nếu đề bài của bạn không được chấp nhận, BTC sẽ làm hiện nó và nói rõ lý do vì sao, khi đó, bạn phải nộp đề khác. 

Nếu đề bài của bạn được chấp nhận, bạn sẽ thấy tên mình trong danh sách thi đấu tại đây sau mỗi thứ 7 hàng tuần.

 

4) Mỗi tuần, BTC chỉ cho phép toán thủ đăng kí 1 nộp đề cho 1 chủ đề nên bạn đừng ngạc nhiên khi thấy có lúc topic này bị khóa


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 28-07-2013 - 16:18

1. Họ và tên thật: Nguyễn Đức Thuận

2. Đang học lớp 9A3, trường THCS Lâm Thao, huyện Lâm Thao, tỉnh Phú Thọ

3. Đề bài: Cho số tự nhiên $n$ thoả mãn:

$A=1^{11}+2^{11}+3^{11}+4^{11}+...+n^{11}-\frac{n}{2}$ chia hết cho 11

Chứng minh rằng phương trình : $2n^2+18n+49=2020$ vô nghiệm.

4. Đáp án:

*) Áp dụng định lí Fermat nhỏ: $a^{11}\equiv a(mod11)$ ($a \in \left \{ 1;2;3;4;...;n \right \}$)

nên $A\equiv (1+2+3+4+...+n)-\frac{n}{2}$  $(mod11)$

$\Leftrightarrow A\equiv \frac{n^2}{2}(mod11)$

Suy ra $\frac{n^2}{2}=11k$ ($k\in \mathbb{N}$) (do $A$ chia hết cho 11)

$\Rightarrow n^2=22k\Rightarrow k=22q^2$  ($q\in \mathbb{N}$)

Do đó $n=22q\vdots 22$

 

*) Mặt khác: $2n^2+18n+49=2020$    $(*)$

$\Leftrightarrow n(n+4)+(n+5)(n+9)=2020$

Mà $n\vdots 22$ nên $n(n+4)+(n+5)(n+9) \equiv 5.9\equiv 3$   $(mod22)$

Nhưng $2020\equiv 18(mod22)$

Vậy phương trình $(*)$ vô nghiệm $n$ của giả thiết . (ĐPCM) $\blacksquare$

 

 



#3 minhduc3001

minhduc3001

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-07-2013 - 08:28

1. Họ và tên: Dương Minh Đức

2. Đang học lớp 8A, THCS Kim Đồng, huyện Tân Lạc, tỉnh Hoà Bình.

3. Tìm $7$ số nguyên $a_{1}, a_{2}, ..., a_{7}$ sao cho khi viết các số nguyên đó theo một thứ tự khác được $b_{1}, b_{2}, ..., b_{7}$ thoả mãn:

$(a_{1}-b_{1})(a_{2}-b_{2})...(a_{7}-b_{7})=315$.

4. Đặt $c_{i}=a_{i}-b_{i}$ với $i=1,2,3,4,5,6,7$. Ta có:

 $c_{1}+c_{2}+...+c_{7}=(a_{1}+a_{2}+...+a_{7})-(b_{1}+b_{2}+...+b_{7})=0$

Do đó trong $7$ số $c_{1},c_{2},...,c_{7}$ phải có ít nhất một số chẵn nên $(a_{1}-b_{1})(a_{2}-b_{2})...(a_{7}-b_{7})$ chẵn. Do đó phương trình  $(a_{1}-b_{1})(a_{2}-b_{2})...(a_{7}-b_{7})=315$ không có nghiệm nguyên.



#4 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 29-07-2013 - 10:19

$\boxed{1}$ .Họ và tên thật : Nguyễn Trung Hiếu

 

$\boxed{2}$ Đang học lớp 9C - Trường THCS Đặng Thai Mai - Thành Phố Vinh - Tỉnh Nghệ An 

 

$\boxed{3}$ Em xin được đóng góp 1 bài về Phương trình nghiệm nguyên, đồng dư, chia hết.

 

Đề bài như sau :

       

               Tìm $x,y \epsilon \mathbb{N^{*}}$ thoả mãn :

 

$$|\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10}|=\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}}$$

 

$\boxed{4}$    Lời Giải:

 

Từ giả thiết ta có:

                               $(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10})^2=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

               

                               $\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{xy}}-\frac{1}{10\sqrt{x}}-\frac{1}{10\sqrt{y}}=0$

                               

                               $\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=10$

                             

                              $\Leftrightarrow \sqrt{x}=10-\sqrt{y}$  $\Rightarrow x=100-20\sqrt{y}+y$

                                         

                $\Rightarrow \sqrt{y}=\frac{100-x+y}{20}\epsilon \mathbb{Q}\Rightarrow y$ là số chính phương

 

        Chứng minh tương tự thì $x$ cũng là số chính phương

 

      Đến đây ta đặt :  $\left\{\begin{matrix} x=m^2 & & \\ y=n^2 & & \end{matrix}\right.$ ($m,n\epsilon \mathbb{N^{*}}$) 

          Tư đó phương trình trở thành

 $$m+n=10$$

Do $m,n\epsilon \mathbb{N^{*}}$ nên 

$$(m,n)\epsilon [(1;9),(2;8),(3;7),...(8;2),(9;1)]$$

 

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm nguyên và tập nghiệm là:

$$(x,y)\epsilon \boxed{(1^2;9^2),(2^2;8^2),(3^2;7^2),...(8^2;2^2),(9^2;1^2)}$$

 

 

 

                                                                                       Em xin hết -Chúc cuộc thi thành công tốt đẹp

 

 


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

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

 


#5 stronger steps 99

stronger steps 99

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán học,các loại nhạc:US-UK,K-POP,J-POP,...

Đã gửi 29-07-2013 - 16:47

1. Họ và tên thật:Phạm Thu Thảo

2. Đang học lớp 9a1, trường THCS Nguyễn Trực, huyện Thanh Oai, TP.Hà Nội

3. Đề:

Cho phương trình:$x^{4}+2x^{2}+2ax+(a+1)^{2}=0$ .Tìm a để nghiệm của phương trình: a) đạt min    b)đạt max

4.Đáp án:

Giả sử: $x_{0}$ là 1 nghiệm của phương trình $\Rightarrow x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+2ax_{0}+(a+1)^{2}=0\Leftrightarrow a^{2}+2(x_{0}+1)a+(x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+1)=0$ (1)

Sử dụng delta'  cho phương trình (1): $\Delta '$=$(x_{0}+1)^{2}-(x_{o}^{4}+2x_{0}^{2}+1)$

để $\exists a$$\Rightarrow \Delta '\geq 0\Leftrightarrow (x_{0}^{2}+x_{0}+2)(x_{0}^{2}-x_{0})\leq0$

Mặt khác: do$x_{0}^{2}+x_{0}+2>0$ nên $x_{0}(x_{0}-1)\leq0$$\Leftrightarrow 0\leq x_{0}\leq 1$

$\Rightarrow$ Min x=0$\Leftrightarrow$a=-1

                       Max x=1$\Leftrightarrow$a=-2

 

 

 

 


  :like Do not worry about your difficulties in Mathematics. I can assure you mine are still greater. :like

                                               :nav: Ghé Thăm My Facebook tại đây.  :nav:

 


#6 letankhang

letankhang

    $\sqrt{MF}'s$ $member$

  • Thành viên
  • 1079 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\sqrt{MF}$
  • Sở thích:$Maths$

Đã gửi 29-07-2013 - 19:19

1. Họ và tên thật : Lê Tấn Khang 

2. Đang học lớp 9; trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm; Thành phố Biên Hòa; Tỉnh Đồng Nai

3. Đề :

Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

$\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{1980}$

4. Đáp án :

ĐK : $x;y\geq 0$ và $x;y\leq 1980$

$gt\Rightarrow \sqrt{x}=\sqrt{1980}-\sqrt{y}$

$\Rightarrow x=1980+y-2\sqrt{1980.y}$

$\Rightarrow x=1980+y-2.6\sqrt{55y}$

Do $x$ là số nguyên và $x\geq 0$ $\Rightarrow \sqrt{55y}\epsilon \mathbb{Z}$

$\Rightarrow 55y=k^{2}$ 

$\Rightarrow y=55a^{2}$ 

$\Rightarrow \sqrt{y}=a.\sqrt{55}$ $(a\epsilon \mathbb{N})$ 

Tương tự : $\sqrt{x}=b.\sqrt{55}$ $(b\epsilon \mathbb{N})$

$\Rightarrow a+b=6$

Giả sử : $a\leq b$ và do $a;b\epsilon \mathbb{N}$

$\Rightarrow a=0;b=6\Rightarrow x=0;y=1980$

$a=1;b=5\Rightarrow x=55;y=1375$

$a=2;b=4\Rightarrow x=220;y=880$

$a=3;b=3\Rightarrow x=495;y=495$ 

Vậy : $(x;y)\epsilon \left \{ (0;1980);(1980;0);(55;1375);(1375;55);(220;880);(880;220);(495;495) \right \}$

 


        :oto:   :nav:  :wub:  $\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $  :wub:   :nav:  :oto:            

  $\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$

 

 


#7 barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Thái Bình---HSGS
  • Sở thích:Number Theory,Analysis

Đã gửi 29-07-2013 - 23:52

Họ và tên:Phạm Đức Duẩn

Lớp:11A2 Toán 

Trường;KHTN

Đề:

Cho $3$ số tự nhiên phân biệt $a,b,c$.CMR

\[ \gcd(ab+1, ac+1, bc+1)\le\frac{a+b+c}{3} \]

Đáp án

Không mất tính tổng quát giả sử $ 0\leq a<b<c $

Đặt $ d =\gcd(ab+1,bc+1,ca+1) $

Ta có $ d\mid (ca+1)-(ab+1) = a(c-b) $

Lại có $ \gcd(a,ab+1)=1 $

Do đó $ d\mid c-b $

Tương tự $ d\mid b-a $

$\Rightarrow b=a+kd(k\in \mathbb{N}_{+})$,$c=b+\ell d(\ell\in \mathbb{N}_{+})$

Ta suy ra $ b\geq a+d $,$ c\geq b+d\geq a+2d $

$\Rightarrow \frac{a+b+c}{3}\geq a+d\geq d$

Đẳng thức xảy ra khi $ a=0 $ và $ d\mid a^2+1 = 1 $

Khi đó ta có bộ $ (a,b,c)=(0,1,2) $

 

 

Đề bài này không được BTC chấp nhận.

Lý do:

- Đây là cuộc thi cho các bé từ lớp 6 đến lớp 9

 

T/M BTC: E.Galois

 

 


[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#8 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-07-2013 - 15:50

1. Họ và tên thật: Nguyễn Khánh Toàn

2. Đang học lớp 9/3, trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm, Thành Phố Biên Hòa, tỉnh Đồng Nai

3 Đề : Giải phương trình nghiệm nguyên $\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}=\frac{1}{\sqrt{1000}}$

4. Đáp án: Đặt $x=10z^2; y=10t^2$ (x,y>0)

Do z,t khác 0 nên phương trình trở thành: $\frac{1}{\sqrt{10z^2}}+\frac{1}{\sqrt{10t^2}}=\frac{1}{\sqrt{1000}}$

Hay $\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow zt-10z-10t=0$

$\Leftrightarrow zt-10z-10t+100=100$

$\Leftrightarrow (z-10)(t-10)=100$

Đặt z=10+d ta tính được : $t=10+\frac{100}{d}$

nên d là ước nguyên của 100

nên d nhận các giá trị :: 1 ; 2; 4; 5; 10; 20; 25; 50; 100

Với d=1 thì t=110; y=121000; x=2100

      d=2 thì t=60  ; y=36000;x=1440

      d=4 thì t=35  ; y=12250;x=1960

      d=5 thì t=30  ; y=9000  ;x=2250

        d=10 thì t=20   ;  y=4000    ; x =4000

       d=20 thì t=15    ; y=2250     ; x=9000 

       d=25 thì t=14    ; y=1960     ; x=12250

       d=50 thì t=12    ; y=1440     ;x=36000

       d=100 thì t=11  ; y=1210     ; x=121000

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm  (x; y) như sau: ( 2100; 121000), (1440; 36000) , (1960; 12250) , (2250; 9000) , ( 4000; 4000) , (9000; 2250) , (12250; 1960) , (36000; 1440) , (121000; 2100) 



#9 LyTieuDu142

LyTieuDu142

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 75 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Thanh Hoá
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 30-07-2013 - 16:25

1. Họ và tên thật:Mai Thị Hà Trang

2. Đang học lớp 9A, trường THCS Nga Thạch, huyện Nga Sơn, tỉnh Thanh Hóa

3. Đề :

Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

$\frac{1}{[x^2(x^4-3zy^2)+(y^2+2)^3]}=\frac{1}{z(6x^2-z^2)}$

4. Đáp án

Để $\frac{1}{[x^2(x^4-3zy^2)+(y^2+2)^3]}=\frac{1}{z(6x^2-z^2)}$

 

$\rightarrow x^2(x^4-3zy^2)+(y^2+2)^3=z(6x^2-z^2)$

 

$\rightarrow x^6-3x^2zy^2+(y^2+2)^3= 6x^2z+z^3$

 

$\rightarrow x^6+z^3+(y^2+2)^3=3x^2y^2z+6x^2z$

 

$\rightarrow x^6+z^3+(y^2+2)^3=3x^2z(y^2+2)$

 

Ta lại có: Theo bunhiacopxki

 

$x^6+z^3+(y^2+2)^3\geq 3\sqrt[3]{x^6z^3(y^2+2)^3}$

 

$\rightarrow x^6+z^3+(y^2+2)^3\geq 3x^2z(y^2+2)$

 

Vậy theo đề bài để :

 

$x^6+z^3+(y^2+2)^3= 3x^2z(y^2+2)$

 

$\rightarrow x^2=y^2+2$

 

$\rightarrow (x-y)(x+y)=1.2$ (vì x;y;z>0)

 

Cả hai TH x-y=1và  x+y=2 hoặc ngược lại tìm được x;y không nguyên

 

Vậy không tìm được nghiệm nguyên của Pt này



#10 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-07-2013 - 20:53

1. Họ và tên thật: Hoàng Huy Thông.

2. Đang học lớp 9G, trường THCS Phan Chu Trinh, thành phố Buôn Ma Thuột, tỉnh Đắk Lắk.

3. Đề bài: Tìm các số nguyên dương $x,\ y,\ z,\ t$ thỏa mãn điều kiện: 

$$x^x+y^y+z^z=t^t\ \ \ \ \ \ (\star )$$

4. Đáp án:

Không mất tính tổng quát, giả sử $1\leq x\leq y\leq z<t.$

Nếu $z=1$ thì $x=y=z=1.$ Khi đó $t^t=3,$ vô lý.

Nếu $z=2$ thì $t\geq 3$ và $x\leq y\leq 2.$ Khi đó $t^t\geq 3^3>3.2^2=2^2+2^2+2^2\geq x^x+y^y+z^z,$ trái với $(\star).$

Nếu $z\geq 3$ thì $t^t\geq (z+1)^{z+1}>z^{z+1}=z.z^z\geq 3.z^z=z^z+z^z+z^z\geq x^x+y^y+z^z,$ trái với $(\star).$

Vậy phương trình vô nghiệm nguyên dương.



#11 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1563 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Recently trying to grasp Étale Cohomology

Đã gửi 30-07-2013 - 21:33

1.Họ và tên thật : Phạm Khoa Bằng .

2.Đang học lớp : 9a1 ; trường THCS Nguyễn Trực - Thị trấn Kim Bài ; huyện Thanh Oai ; thành phố Hà Nội . 

3.Đề : Tìm tất cả các số nguyên tố a ; b ; c thỏa mãn : $a^{b}+b^{a}=c$

4.Đáp án : Xét trường hợp c = 2 thì a = b = 1 không là số nguyên tố nên trái với giả thuyết ; vậy c là một số nguyên tố lẻ .

Vì vai trò a ; b như nhau nên ta có thể giả sử là a lẻ và b chẵn ( vì tổng 2 số nguyên bằng một số nguyên lẻ thì phải tồn tại một số chẵn và một số lẻ trong tổng này ) .

Do b chẵn ; mà b là số nguyên tố nên b = 2 ; ta có : $a^{2}+2^{a}=c$

Dễ thấy a = 3 thì c = 17 thỏa mãn ; xét a > 3 thì $a^{2}=3n+1$ với n nguyên dương .

Và $2^{a}=(3-1)^{a}=3t-1$ vì a lẻ ; từ đó ta có $a^{2}+2^{a}=3n+1+3t-1=3(n+1)$ là hợp số ; trái với giả thiết c là số nguyên tố .

Vì vậy bài toán có các nghiệm ( a ; b ; c ) là ( 3 ; 2 ; 17 ) ; ( 2 ; 3 ; 17 ) .


Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#12 nguyenhuynhdanglong

nguyenhuynhdanglong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đam mê toán học từ năm lên 8. Thích học : bất đẳng thức,hình học,tổ hợp số và hình, hệ phương trình,..... Nói chung tất cả về toán em đều thích vì nó có mỗi cái hay riêng :D

Đã gửi 31-07-2013 - 14:46

1. Họ và tên thật: Nguyễn Huỳnh Đăng Long
2. Đang học lớp : 7/6
  . Trường: THCS Minh Đức
  . Quận: 1
  . Tỉnh: Thành Phố Hồ Chí Minh
3. Đề: Chứng minh rằng tồn tại 1 bội 2003 mà có dạng 20042004.........2004
4. Đáp án:

Xét 2004 số có dạng: 2004 , 20042004 , ;........... ;20042004....2004
Tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2003 theo nguyên lý dirichle
Giả sử là 2 số
20042004....2004 = A ; B= 2004..2004
với A có nhiều số 2004 hơn
A - B chia hết cho 2003
hay tồn tại 1 số 20042004......20040000...0000
thỏa mãn số các chữ số 0 ở cuối số này chia hết cho 4
mà ( 2003 , 10n ) = 1 vì 2003 là một số nguyên tố lẻ
Nên tồn tại 1 bội của 2003 có dạng 2004......2004


#13 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 31-07-2013 - 20:31

HỌ VÀ TÊN : BÙI MINH HIẾU

LỚP 9C TRƯỜNG THCS VĨNH TƯỜNG VĨNH TƯỜNG VĨNH PHÚC

ĐỀ:

Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$\frac{a^{2}(b+c)}{a\sqrt{a}+2b\sqrt{b}}+\frac{b^{2}(c+a)}{b\sqrt{b}+2c\sqrt{c}}+\frac{c^{2}(a+b)}{c\sqrt{c}+2a\sqrt{a}}=2$

thỏa mãn abc=1 

GIẢI:

Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{c}=z$ Phương trình tương đương với:$\sum \frac{x^{4}(y^{2}+z^{2})}{x^{3}+2y^{3}}=2$

Mặt khác :$\sum \frac{x^{4}(y^{2}+z^{2})}{x^{3}+2y^{3}}\geq \sum \frac{x^{4}.2yz}{x^{3}+2y^{3}}$$=\sum \frac{x^{4}.\frac{2}{x}}{x^{3}+2y^{3}}$

$=2\sum \frac{x^{3}}{x^{3}+2y^{3}}$=2$\sum \frac{x^{6}}{x^{6}+2x^{3}y^{3}}$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy_schawrz$2.\sum \frac{x^{6}}{x^{6}+2x^{3}y^{3}}\geq 2.\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}=2$

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1 hay a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 14-07-2014 - 13:04

%%- Chuyên Vĩnh Phúc

6cool_what.gif


#14 lenin1999

lenin1999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi Toán học ra đời
  • Sở thích:Làm Toán, nghiên cứu Lịch sử Việt Nam và thế giới, sưu tầm tem thư, chém gió và .........

Đã gửi 01-08-2013 - 09:29

1. Họ và tên : ĐỖ MINH GIA AN.

2. Học sinh lớp : 9A9.

Trường Trung học Cơ sở Kim Hồng.

TP. Cao Lãnh, tỉnh Đồng Tháp.

3. Đề gửi :

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$.

4. Đáp án :

Đặt $2013x-2011y+2094=t (t \epsilon N)$.

Phương trình đã cho tương đương với :

$2025x^2+2012x+3188=t^2\Leftrightarrow (2025x)^2+2025.2012x+2025.3188=2025t^2$

$\Leftrightarrow \left [ (2025x)^2+2.2025.1006+1006^2 \right ]-(45t)^2=-5443664$

$\Leftrightarrow (2025x+1006)^2 - (45t)^2=-5443664\Leftrightarrow (2025+1006-45t)(2025+1006-45t)=-5443664$

Nhận xét :

Do $(2025x+1006+45t)-(2025x+1006-45t)=90t$ nên ta chỉ xét các thừa số chẵn của $-5443664$.

Ta có : $-5443664=-(2^4.397.857)$.

Viết $-5443664$ dưới dạng tích của 2 thừa số chẵn :

$-5443664=(-794).6856=(-1588).3426=(-1714).3176$.

Để ý đến : $2025x+1006 +45t\geq 2025+1006-45t$.

Ta có các hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} 2025x+1006+45t=6856 & \\ 2025x +1006-45t=-794 & \end{matrix}\right.$ (1)

$\left\{\begin{matrix} 2025x+1006+45t=3426 & \\ 2025x +1006-45t=-1588 & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} 2025x+1006+45t=3176 & \\ 2025x +1006-45t=-1714 & \end{matrix}\right.$

Giải các hệ phương trình trên, ta thấy chỉ có hệ 1 có 2 nghiệm x và t thỏa đề bài ( là số nguyên ) nên

nhận giá trị x=1, t=85. Ta tìm được y=2.

Vậy : Tồn tại duy nhất cặp số nguyên (x,y) là (1,2) thỏa mãn phương trình đã cho.



#15 cmath

cmath

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-08-2013 - 18:41

Họ và tên: Nguyễn Ngọc Long

Lớp: 8/1 

Trường THCS Lộc Ninh - Đồng Hới - Quảng Bình

Đề: 

Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn:

$\left ( x+y \right )^{3}=\left ( x-y-6 \right )^{2}$ (*)

Đáp án:

Vì x,y nguyên dương nên x+y và x-y-6 đều nguyên

Do đó: (*) suy ra: 

$x+y\leqslant x-y-6$ (Vô lí)

Hoặc $x+y\leqslant 6-x+y$ (1)

(1)$\Leftrightarrow x\leqslant 3$

$\Rightarrow x=\left \{ 1;2;3 \right \}$

  * Với x=1, (*) $\Leftrightarrow \left ( 1+y \right )^{3}=\left ( 5+y \right )^{2} \Leftrightarrow y=3$

  * Với x=2, (*) $\Leftrightarrow \left ( 2+y \right )^{3}=\left ( 4+y \right )^{2}\Leftrightarrow y^{3} +5y^{2}+4y-8=0$. Mà y$\geqslant 1$ nên VT$\geqslant 2$, Vô lí.

  * Với x=3, (*) $\Leftrightarrow \left ( 3+y \right )^{3}=\left ( 3+y \right )^{2} \Leftrightarrow 3+y=0$hoặc 3+y =1 (loại vì y nguyên dương)

Vậy x=1; y=3.



#16 nguyenhuynhdanglong

nguyenhuynhdanglong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đam mê toán học từ năm lên 8. Thích học : bất đẳng thức,hình học,tổ hợp số và hình, hệ phương trình,..... Nói chung tất cả về toán em đều thích vì nó có mỗi cái hay riêng :D

Đã gửi 02-08-2013 - 11:58

Họ và tên:Nguyễn Huỳnh Đăng Long

Lớp:7/6 Toán 

Trường: THCS Minh Đức

Đề : Chứng minh rằng tồn tài 1 bội của 2003 mà có dạng 20042004..........2004

Đáp án :

Xét 2004 số có dạng
2004 , 20042004 , ;........... ;20042004....2004
tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2003 theo nguyên lý dirichle
Giả sử là 2 số
20042004....2004 = A ; B= 2004..2004
với A có nhiều số 2004 hơn
A - B chia hết cho 2003
hay tồn tại 1 số 20042004......20040000...0000
thỏa mãn số các chữ số 0 ở cuối số này chia hết cho 4
mà ( 2003 , 10n ) = 1 vì 2003 là một số nguyên tố lẻ
Nên tồn tại 1 bội của 2003 có dạng 2004......2004


#17 nguyenhuynhdanglong

nguyenhuynhdanglong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đam mê toán học từ năm lên 8. Thích học : bất đẳng thức,hình học,tổ hợp số và hình, hệ phương trình,..... Nói chung tất cả về toán em đều thích vì nó có mỗi cái hay riêng :D

Đã gửi 02-08-2013 - 12:01

Họ và tên : Nguyễn Huỳnh Đăng Long
Trường : THCS Minh Đức
Quận : 1
TP: HCM
Đề : chứng minh rằng tồn tại 1 bội của 2003 mà có dạng 20042004.......2004
Đáp án :

Xét 2004 số có dạng
2004 , 20042004 , ;........... ;20042004....2004
tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 2003 theo nguyên lý dirichle
Giả sử là 2 số
20042004....2004 = A ; B= 2004..2004
với A có nhiều số 2004 hơn
A - B chia hết cho 2003
hay tồn tại 1 số 20042004......20040000...0000
thỏa mãn số các chữ số 0 ở cuối số này chia hết cho 4
mà ( 2003 , 10n ) = 1 vì 2003 là một số nguyên tố lẻ
Nên tồn tại 1 bội của 2003 có dạng 2004......2004

 

 



#18 eatchuoi19999

eatchuoi19999

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 320 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tứ Kì

Đã gửi 02-08-2013 - 14:49

1. Họ và tên: Trương Hữu Hùng.

2. Học lớp 9C - Trường THCS Lê Quý Đôn - Thành phố Hải Dương - Tỉnh Hải Dương.

3. Đề bài: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $y(x-1)=x^{2}+2 (1)$
4. Đáp án:

Xét $x=1$, phương trình $(1)$ trở thành: $0=3$ (vô lí) $\Rightarrow x=1$ không phải là nghiệm của phương trình.
Xét $x\neq 1$, chia cả 2 vế của phương trình $(1)$ cho $x-1$ ta có: 

$y=\frac{x^{2}+2}{x-1}\Leftrightarrow y=\frac{x^{2}-1+3}{x-1}\Leftrightarrow y=x+1+\frac{3}{x-1}.$ 
 

Với $y\in\mathbb{Z}$ thì $x+1+\frac{3}{x-1}\in\mathbb{Z}$ mà $x\in\mathbb{Z}\Rightarrow \frac{3}{x-1}\in\mathbb{Z}$
 $\Rightarrow 3\vdots x-1 \Rightarrow x-1\in\left \{ \pm 1;\pm 3 \right \}$
-) Với $x-1=1\Rightarrow x=2\Rightarrow y=6.$
-) Với $x-1=-1\Rightarrow x=0\Rightarrow y=-2.$
-) Với $x-1=3\Rightarrow x=4\Rightarrow y=6.$
-) Với $x-1=-3\Rightarrow x=-2\Rightarrow y=-2.$
Vậy phương trình $(1)$ có 4 nghiệm nguyên $(x;y)\in\left \{ (2;6);(0;-2);(4;6);(-2;-2) \right \}.$



#19 katorishiteru

katorishiteru

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi Đã Ra Đi
  • Sở thích:Thích gì nhỉ

Đã gửi 02-08-2013 - 16:58

Họ Và Tên : Tạ Hồng Anh

Lớp: 9A 

Trường :THCS Minh Lộc Huyện Hậu Lộc Tỉnh Thanh Hoá

Đề :         tìm x,y,z nguyên dương đôi một thoả mãn :

                               3+ 3y + 3 =6831 (1)

 bài giải :Không mất tính tổng quát ta giả sử x<y<z

Ta có :  

 (1) <=> 3x(1+3y-x+3z-x)=33.253

Vì (1+3y-x+3z-x) Không chia hết cho 3 và 253 cũng không chia hết cho3

nên   3x=33 (2)   và (1+3y-x+3z-x)=256 (3)

(2)=> x=3 thế vào (3) ta có : 1+3y-3+3z-3=253

tiép tục làm tương tự ta tìm được y=5 z=8

Vậy x=3 y=5 z=8



#20 LumiseEdireKRN

LumiseEdireKRN

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-08-2013 - 21:37

Họ và tên thật: Trần Trương Mạnh Quốc

Đang học lớp: 8 lên 9, trường THCS Nguyễn Du, thành phố Rạch Giá, tỉnh Kiên Giang

Đề:

Cho $$Q=3^{3}.3+3^{3}.33+3^{3}.333+…+3^{3}.\underbrace{33…3}$$

                                                                                                                                                 199 chữ số 3

Chứng minh rằng $$Q+11502 \vdots 9801$$

 

 

Đáp án:

Ta có bổ đề 1

$$10^{n}+10^{n-1}+…+1=\frac{10^{n+1}-1}{9}$$ với mọi số tự nhiên $$n>1$$

Với $$n=2$$ thì $$10^{2}+10^{1}+1=111=\frac{10^{2+1}-1}{9}$$

Giả sử với $$n=k>1$$ thì mệnh đề đúng, nghĩa là

$$10^{k}+10^{k-1}+…+1=\frac{10^{k+1}-1}{9}$$

Với $$n=k+1$$ thì

 $$10^{k+1}+10^{k}+10^{k-1}+…+1=\frac{10^{k+1}-1}{9}+10^{k+1}$$

$$=\frac{10^{k+1}-1+9.10^{k+1}}{9}$$

$$=\frac{10.10^{k+1}-1}{9}=\frac{10^{k+2}-1}{9}$$ đúng

Theo PMI thì mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $$n>1$$

Ta có bổ đề 2

$$3+33+333+…+\underbrace{33…3}=\frac{10^{n+1}-9n-10}{27}$$

                                                                                                            n chữ số 3

với mọi số tự nhiên $$n > 1$$

Với $$n = 2$$ thì $$3+33=36=\frac{10^{2+1}-9.2-10}{27}$$ mệnh đề đúng

Giả sử mệnh đề đúng với $$n=k>1$$, nghĩa là  $$3+33+333+…+\underbrace{33…3}=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}$$

                                                                                                             k chữ số 3

Với $$n=k+1$$ thì 

$$3+33+333+…+\underbrace{33…3}+\underbrace{33…3}=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}+\underbrace{33…3}$$

                                                                                          k chữ số 3                     k+1 chữ số 3

$$=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}+3.10^{k}+3.10^{k-1}+…+3$$

$$=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}+3(10^{k}+10^{k-1}+…+1)$$

$$=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}+3.\frac{10^{k+1}-1}{9}$$ (theo bổ đề 1)

$$=\frac{10^{k+1}-9k-10}{27}+\frac{10^{k+1}-1}{3}$$

$$=\frac{10.10^{k+1}-9k-19}{27}$$

$$=\frac{10^{k+2}-9(k+1)-10}{27}$$ đúng

Theo PMI thì mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $$n>1$$

Mà $$199>1 \Rightarrow$$ mệnh đề đúng với $$n=199$$

Từ những điều trên

$$\Rightarrow Q+11502=3^{3}.\frac{10^{199+1}-9.199-10}{27}+11502$$

$$=10^{200}-9.199-10+11502=10^{200}+9701=100^{100}-100+9801$$

$$100^{100}-100=100(100^{99}-1)$$

$$=100(100-1)(100^{98}+100^{97}+…+1)$$

$$=100.99(100^{98}+100^{97}+…+1)$$

Mà $$100^{k}-1 \vdots 99$$ với mọi số tự nhiên k

$$\Rightarrow 100^{98}+100^{97}+…+1=(100^{98}-1)+(100^{97}-1)+…+(100-1)+1+(100-2)$$

$$=(100^{98}-1)+(100^{97}-1)+…+(100-1)+99 \vdots 99$$

$$\Rightarrow 100.99(100^{98}+100^{97}+…+1) \vdots 9801$$

Từ những điều trên $$\Rightarrow Q.E.D$$         

 

 

 


Kriestirst Riggel Night Lumise Edire.

Tran Le Kien Quoc - KGI - Vie.

 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh