Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .
Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .
Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.
1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$
2./ Nếu $a>b$:
+Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.
+Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.
Tóm lại: $a=1;2;3$
$b=1;2$
Là những giá trị càn tìm.
P/S: $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$
Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.
1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$
2./ Nếu $a>b$:
+Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.
+Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.
Tóm lại: $a=1;2;3$
$b=1;2$
Là những giá trị càn tìm.
P/S: $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$
Bạn nhầm rồi.Sao lại không, cả hai đều là phân số,tổng là số tự nhiên thì bình thường mà
Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .
Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$
$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$
$\bullet$ Xét $a\neq b$
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$
Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.
Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$
Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$
Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$
Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$
Suy ra $t_{2}+B<A+B$.
Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại
Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$
@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 12:48
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$
$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$
$\bullet$ Xét $a\neq b$
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$
- Nếu $a = b + 1$ thì được các cặp $(a;b) = (2;1);(3;2)$
- Nếu $a > b + 1$.
Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.
Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$
Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$
Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$
Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$
Suy ra $t_{2}+B<A+B$.
Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại
Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$
@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa
thứ nhất là a=b=2 cũng là nghiệm
mà ông ơi ông xét cái kia $t_2$ nó chưa chắc đã nguyên đâu
tàn lụi
thứ nhất là a=b=2 cũng là nghiệm
mà ông ơi ông xét cái kia $t_2$ nó chưa chắc đã nguyên đâu
$t_{2}$ nguyên mà, tôi giải thích trên rồi đó, nhưng dù sao thì cũng sai mất rồi, chẳng hiểu sai chỗ nào.
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
$t_{2}$ nguyên mà, tôi giải thích trên rồi đó, nhưng dù sao thì cũng sai mất rồi, chẳng hiểu sai chỗ nào.
ê tôi phát hiên ra 1 điều là cái nghiệm của pt có chỉ có 1 cái có tổng nhỏ nhất vì nó bị chặn dưới
còn ông giả sử như vậy là ko đc đâu nhé
tàn lụi
ê tôi phát hiên ra 1 điều là cái nghiệm của pt có chỉ có 1 cái có tổng nhỏ nhất vì nó bị chặn dưới
còn ông giả sử như vậy là ko đc đâu nhé
Hừm, ông nói y chang tên Cường, thế ông xem bài này có đúng không ?
Hic, dù sao cũng sai, không để người ta chết trong vinh quang à Hà Mạnh Hữu
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 16:14
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
sai rồi bạn ạ ; có vô số số a , b thỏa mãnKhông giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.
1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$
2./ Nếu $a>b$:
+Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.
+Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.
Tóm lại: $a=1;2;3$
$b=1;2$
Là những giá trị càn tìm.
P/S: $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$
sai rồi ; lời giải ở https://www.facebook...nhoclacuocsong/Đặt $$k=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$$
$\bullet$ Xét $a = b$, ta tìm được $a=b=1$
$\bullet$ Xét $a\neq b$
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a>b\Rightarrow a\geq b+1$Trong các bộ số $(a;b)$ thỏa đề, ta chọn ra bộ $(A;B)$ có tổng nhỏ nhất.
- Nếu $a = b + 1$ thì được các cặp $(a;b) = (2;1);(3;2)$
- Nếu $a > b + 1$.
Xét phương trình ẩn $t$ : $$k=\frac{t^{2}+B^{2}+t+B}{tB}\Leftrightarrow t^{2}+(1-Bk)t+B^{2}+B=0$$
Hiển nhiên $t_{1}=A$ , theo định lí $Viete$ : $$t_{1}t_{2}=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}$$
Nhưng vì $A>B+1>B$ nên $A^{2}>B(B+1)=B^{2}+B\Rightarrow t_{2}=\frac{B^{2}+B}{A}<A$
Lại có $t_{1}+t_{2}=bk-1\in \mathbb{Z_{+}},t_{1}=A\in \mathbb{Z_{+}}$ nên $t_{2}\in \mathbb{Z_{+}}$
Suy ra $t_{2}+B<A+B$.
Điều này mâu thuẫn với cách chọn bộ $(A;B)$. Trường hợp này loại
Kết luận : Có ba bộ số thỏa mãn đề bài là $\boxed{(a;b)=(1;1);(2;1);(3;2)}$
@@ : Hình như đáp án bài này là vô số bộ, vậy có ai chỉ ra lỗi sai giùm mình được không, mình chẳng biết sai chỗ nào nữa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 08-08-2013 - 17:53
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$).
Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.
Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.
Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.
Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.
Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.
Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$.
Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.
Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.
Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.
Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.
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”).
Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$).
Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.
Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.
Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.
Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.
Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.
Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$.
Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.
Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.
Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.
Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.
cái đỏ chưa chắc em ạ
tàn lụi
Mình nghĩ không thực sự là tồn tại vô hạn số nguyên dương $a,b$ thoả mãn. Và hoàn toàn tồn tại bộ nhỏ nhất trong các bộ nghiệm (vì $a,b \ge 1$).
Có một cách ngắn gọn hơn để tìm $a,b$.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b$.
Ta có $ab| a^2+b^2+a+b \Leftrightarrow ab|(a+b)(a+b+1)$. Do đó $ab|a+b$ hoặc $ab|a+b+1$.
Nếu $ab|a+b$ thì $a+b \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 1$. Vậy ít nhất một trong hai số $a,b$ phải bằng $1$.
Dễ thấy $a=b=1$ thoả mãn. Nếu $a=1,b \ge 2$ thì $b|b+1$, mâu thuẫn điều kiện $b \ge 2$.
Nếu $a=2$ thì $b-1 \le 1 \Leftrightarrow b=2$. Thử lại thấy thoả mãn.
Nếu $ab|a+b+1$ thì $a+b+1 \ge ab \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \le 2$.
Với $a=1$ thì $b|b+2$. Vậy $b=2$ hoặc $b=1$.
Với $a=2$ thì $2b|b+3 \Leftrightarrow 3|b$. Vậy $b=1$ (loại) hoặc $b=3$.
Với $a \ge 3$ thì $b \ge a \ge 3$. Do đó $(a-1)(b-1) \ge 4$, mâu thuẫn.
Vậy $\boxed{ (a,b)=(1;1),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2),(2;2)}$.
$a = 6 ; b = 3$ thỏa mãn kìa em !
Hữu nói đúng rồi đó, nếu có chỗ màu đỏ thì $ab$ phải nguyên tố
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 08-08-2013 - 18:14
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Đúng rồi
$a = 6 ; b = 3$ thỏa mãn kìa em !
Hữu nói đúng rồi đó, nếu có chỗ màu đỏ thì $ab$ phải nguyên tố
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
Giải phương trình nghiệm nguyên: $pqr + q + r = 2$Bắt đầu bởi Khanh12321, 25-04-2024 phương trình nghiệm nguyên |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
$xy(x^2+y^2)+x^3+y^3=19$Bắt đầu bởi Duc3290, 21-04-2024 phương trình nghiệm nguyên |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Tổ hợp và rời rạc →
Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Tổ hợp và rời rạc →
Một số bài toán tổ hợp liên quan đến phương trình nghiệm nguyênBắt đầu bởi hxthanh, 01-04-2024 phần nguyên, phân hoạch và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Chứng minh tích $(a_{1}^{2}+1)(a_{2}^{2}+1)...(a_{2024}^{2}+1)$ không chia hết cho $(a_{1}.a_{2}...a_{2024})^2$Bắt đầu bởi Nguyentrongkhoi, 26-03-2024 chia hết |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình →
$x^{y}-x=y^{x}-y$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 08-02-2024 phương trình nghiệm nguyên |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh