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

[TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN}}$ NĂM HỌC 2019-2020

số học chuyên toán

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 130 trả lời

#81 TheThanh06092005

TheThanh06092005

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Đi chơi với bạn, làm toán

Đã gửi 25-05-2020 - 21:37

Lời giải bài 43: dễ thấy với p=q thì pq-1 không là số chính phương, vì vậy nên p,q phân biệt. Wlog, giả sử p>q, đặt p-1=$a^2$; q-1=$b^2$. Từ đó ta có pq-1=($a^2$+1)($b^2+1$)-1=(ab+1)^2+(a-b)^2-1 (1)=$m^2$. Từ đó ta suy ra (a-b-1)(a-b+1)=(m-ab-1)(m+ab+1). Ta có gcd(a-b-1;a-b+1)=1 hoặc 2. TH1: gcd hai số bằng 1 thì a-b-1=m-ab-1 và a-b+1=m+ab+1 hoặc a-b-1=m-ab-1=0. Từ đó trừ vế với vế ta được ab=0(vô lí).
TH2: gcd hai số bằng 2 thì dễ thấy a và b khác tính chẵn lẻ mà a>b nên b=1 từ đó ta đc q=2 và p=5(thay vào thấy thỏa mãn). Vậy chỉ có bộ số duy nhất thoả mãn là (p;q)=(2;5);(5;2). (Hằng đẳng thức (1) có lẽ các bạn ai cũng biết nhỉ, mấu chốt bài toán mình nghĩ là ở hđt ấy)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TheThanh06092005: 25-05-2020 - 21:40

Nguyễn Thế Thành

#82 TheThanh06092005

TheThanh06092005

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Đi chơi với bạn, làm toán

Đã gửi 25-05-2020 - 21:39

Bài 45: Tìm tất cả các số hoàn chỉnh n thỏa mãn đồng thời n-1 và n+1 đều là số nguyên tố (với số nguyên dương n được gọi là số hoàn chỉnh nếu tổng các ước dương của n bằng 2n)(bài này nhìn có vẻ khó nhưng lại rất đơn giản?)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TheThanh06092005: 25-05-2020 - 21:42

Nguyễn Thế Thành

#83 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 26-05-2020 - 00:42

Góp vui ^^

$\boxed{46}$: Tìm nghiệm nguyên của PT:

$x^3+x^2y+2xy^3=x^2y^2+y^4$


"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#84 Minh2082005

Minh2082005

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 18 Bài viết

Đã gửi 26-05-2020 - 22:53

Lời giải bài 43: dễ thấy với p=q thì pq-1 không là số chính phương, vì vậy nên p,q phân biệt. Wlog, giả sử p>q, đặt p-1=$a^2$; q-1=$b^2$. Từ đó ta có pq-1=($a^2$+1)($b^2+1$)-1=(ab+1)^2+(a-b)^2-1 (1)=$m^2$. Từ đó ta suy ra (a-b-1)(a-b+1)=(m-ab-1)(m+ab+1). Ta có gcd(a-b-1;a-b+1)=1 hoặc 2. TH1: gcd hai số bằng 1 thì a-b-1=m-ab-1 và a-b+1=m+ab+1 hoặc a-b-1=m-ab-1=0. Từ đó trừ vế với vế ta được ab=0(vô lí).
TH2: gcd hai số bằng 2 thì dễ thấy a và b khác tính chẵn lẻ mà a>b nên b=1 từ đó ta đc q=2 và p=5(thay vào thấy thỏa mãn). Vậy chỉ có bộ số duy nhất thoả mãn là (p;q)=(2;5);(5;2). (Hằng đẳng thức (1) có lẽ các bạn ai cũng biết nhỉ, mấu chốt bài toán mình nghĩ là ở hđt ấy)

bạn có những hằng đẳng thức nào quan trọng không ạ?.Cho mình xin với .Cảm ơn bạn



#85 quocthai0974767675

quocthai0974767675

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 141 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Vĩnh Yên ,Vĩnh Phúc
  • Sở thích:học và làm theo lời Bác Hồ dạy

Đã gửi 27-05-2020 - 20:07

Góp vui thêm vài bài nhé,dạo này bận quá:
Câu 47:Tìm p,q là số nguyên tố sao cho $p^{q+1}+q^{p+1}$ là số chính phương
Câu 48;CMR:phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ có vô số nghiệm nguyên dương
Câu 49:CMR: $23^{1024} -18^{1024}$ có thể phân tích thành tổng 2 số chính phương
Câu 50:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:$4a^3+2b^3+c^3=6abc$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocthai0974767675: 31-05-2020 - 22:58

 You only live once, but if you do it right, once is enough.


#86 giangdam

giangdam

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 17 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc
  • Sở thích:bay đến mặt trăng

Đã gửi 27-05-2020 - 20:39

Góp vui thêm vài bài nhé,dạo này bận quá:

Câu 50:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:$4a^3+2b^3+c^3=6abc$

lập luận xét các số nguyên a, b,c thì ta dễ thấy a,b,c đều chia hét cho 2^n. Do vậy a=b=c=0(vô lý)

vậy ko tìm đc các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn

 

Minh lười viết quá   :D​ 


Khi đi học, bạn đứng thứ mấy trong lớp cũng không phải là vấn đề quan trọng. Nhưng khi đã bước chân ra xã hội thì mọi việc lại không đơn giản như vậy. Dù đi đâu hay làm công việc gì bạn cũng nên tạo đẳng cấp cho mình. :closedeyes: 

                         Bill Gates 


#87 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 27-05-2020 - 21:28

Góp vui ^^

$\boxed{46}$: Tìm nghiệm nguyên của PT:

$x^3+x^2y+2xy^3=x^2y^2+y^4$

Thực ra đây là bài về nhà của mình, sau nhiều hồi suy nghĩ thì mình xin trình bày cách làm sau: (không biết có đúng không :) )

Xét $x,y=0\rightarrow ...$

Xét $x=y\rightarrow ....$

Xét $x,y\neq 0,x\neq y$

$PT\rightarrow x^2(x+y)=(y^2-xy)^2=y^2(y-x)^2$

Gọi $d=(x,y)\rightarrow x=d.x_1,y=d.y_1;(x_1,y_1)=1/d\epsilon N*;x_1.y_1\epsilon Z, x_1\neq y_1$

$\rightarrow (d.x_1)^2.d(x_1+y_1)=(d.y_1)^2d^2(y_1-x_1)^2\rightarrow x_1^2(x_1+y_1)=d.y_1^2(y_1-x_1)^2\rightarrow \left\{\begin{matrix}x_1^2(x_1+y_1)\vdots y_1^2 & & \\ (x_1,y_1)=1,(x_1+y_1;y_1^2)=1 & & (x_1^2,y_1^2)=1 \end{matrix}\right.$

$\rightarrow y_1^2=1\rightarrow y_1=1 or y_1=-1$

$\rightarrow x_1\epsilon {-3,-2,0,1}.....$

$\rightarrow ....$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 27-05-2020 - 21:28

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#88 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 27-05-2020 - 23:49

$\boxed{\text{Bài 41}}$: Cho $x, y, z \in \mathbb{N}$* thỏa mãn $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ là số chính phương. CMR: các số $xy+1, yz+1, zx+1$ đều là các số chính phương.

Đặt: $A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)$

TH1Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 1 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là $zx+1$. Thế thì: $(xy+1)(yz+1)$ chính phương
$\Rightarrow$ $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ không chính phương (vô lí)

TH2: Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 2 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử 2 số đó là $zx+1$ và $yz+1$. Do đó:

$$\left\{\begin{matrix} zx+1\equiv 2(mod3) \\ yz+1\equiv 2(mod3) \end{matrix}\right.\\ \Rightarrow zx\equiv yz\equiv 1(mod3)$$

Nếu $x\equiv 1(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv1(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 8\equiv 2(mod3)$  (vô lí, vì A chính phương)

Nếu $x\equiv 2(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv2(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 125\equiv 2(mod3)$ (vô lí, vì A chính phương)

 

TH3: Cả 3 số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều không chính phương 
Theo trường hợp 2, nếu 2 trong 3 số không chính phương thì $x\equiv y\equiv z\equiv 1(mod3)$ hoặc $x\equiv y\equiv z\equiv 2(mod3)$
Khi đó: $xy+1\equiv yz+1\equiv zx+1\equiv 2(mod3)$. Do vậy nếu 2 trong 3 số không chính phương thì cả 3 số không chính phương. Mà ta đã chứng minh trường hợp 2 vô lí nên trường hợp này cũng vô lí.
Vậy cả ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều chính phương (đpcm)


#89 vietdung109

vietdung109

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:thích bđt và số học

Đã gửi 28-05-2020 - 00:28

 

Đặt: $A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)$

TH1Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 1 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là $zx+1$. Thế thì: $(xy+1)(yz+1)$ chính phương
$\Rightarrow$ $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ không chính phương (vô lí)

TH2: Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 2 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử 2 số đó là $zx+1$ và $yz+1$. Do đó:

$$\left\{\begin{matrix} zx+1\equiv 2(mod3) \\ yz+1\equiv 2(mod3) \end{matrix}\right.\\ \Rightarrow zx\equiv yz\equiv 1(mod3)$$

Nếu $x\equiv 1(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv1(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 8\equiv 2(mod3)$  (vô lí, vì A chính phương)

Nếu $x\equiv 2(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv2(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 125\equiv 2(mod3)$ (vô lí, vì A chính phương)

 

TH3: Cả 3 số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều không chính phương 
Theo trường hợp 2, nếu 2 trong 3 số không chính phương thì $x\equiv y\equiv z\equiv 1(mod3)$ hoặc $x\equiv y\equiv z\equiv 2(mod3)$
Khi đó: $xy+1\equiv yz+1\equiv zx+1\equiv 2(mod3)$. Do vậy nếu 2 trong 3 số không chính phương thì cả 3 số không chính phương. Mà ta đã chứng minh trường hợp 2 vô lí nên trường hợp này cũng vô lí.
Vậy cả ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều chính phương (đpcm)

 

mk hơi thắc mắc 1 chút ở TH2 vì nếu 2 số ấy ko phải số chính phương thì chắc j 2 số ấy đã chia 3 dư 2 ạ



#90 RyuseiKento

RyuseiKento

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Anime, Bóng đá, Hình học

Đã gửi 28-05-2020 - 20:08

Góp vui thêm vài bài nhé,dạo này bận quá:

Câu 47:Tìm p,q là số nguyên tố sao cho $p^{q+1}+q^{p+1}$ là số chính phương

-Nếu: $p,q$ đều lẻ thì: $p+1,q+1$ chẵn hay $p^{q+1}$ và $q^{p+1}$ đều là số chính phương.

$\Rightarrow$ $\left\{\begin{matrix} p^{q+1}\equiv 1 (\bmod{4}) \\ q^{p+1}\equiv 1 (\bmod{4}) \end{matrix}\right. \Rightarrow p^{q+1}+q^{p+1}\equiv 2(\bmod{4})$ không là số chính phương.

nên: trong 2 số $p,q$ có ít nhất một số chẵn mà $p,q$ là số nguyên tố nên trong 2 số đó có ít nhất một số $=2$.

-$KMTTQ$, giả sử $q=2 \Rightarrow p^3+2^{p+1}$ là số chính phương.

-Đặt: $p^3+2^{p+1}=a^2. (a \in \mathbb{N}^*)$.

$+)TH1: p=2 \Rightarrow p=q=2, a=4.(t/m)$

$+)TH2: p>2 \Rightarrow p+1$ chẵn. (vì $p$ là số nguyên tố)

-Đặt: $p+1=2k. (k \in \mathbb{N}^*) \Rightarrow p^3+2^{2k}=a^2 \Leftrightarrow p^3=(a-2^k)(a+2^k)$.

-Mặt khác, ta thấy: $(a+2^k)-(a-2^k)=2^{k+1} \not \vdots p$. (vì $p$ là số nguyên tố $>2$).

nên $a+2^k, a-2^k$ không cùng $\vdots p$ và: $a+2^k >1$ nên: $\left\{\begin{matrix} a+2^k=p^3 \\ a-2^k=1 \end{matrix}\right. \Rightarrow (a+2^k)-(a-2^k)=p^3-1 \Rightarrow 2^{k+1}=(p-1)(p^2+p+1). (1)$

-Mà $p^2+p+1$ lẻ (mâu thuẫn với $(1)$) nên: $q=2, p>2$ không thỏa mãn.

-Vậy ... 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 28-05-2020 - 20:10


#91 quocthai0974767675

quocthai0974767675

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 141 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Vĩnh Yên ,Vĩnh Phúc
  • Sở thích:học và làm theo lời Bác Hồ dạy

Đã gửi 29-05-2020 - 18:06

Góp vui thêm vài bài nhé,dạo này bận quá:
Câu 47:Tìm p,q là số nguyên tố sao cho $p^{q+1}+q^{p+1}$ là số chính phương
Câu 48;CMR:phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ có vô số nghiệm nguyên dương
Câu 49:CMR: $23^{1024} -18^{1024}$ có thể phân tích thành tổng 2 số chính phương
Câu 50:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:$4a^3+2b^3+c^3=6abc$

Trường mình vừa cho thi thử chuyên toán,cho luôn lên đây,mk không đủ trình làm nên nhờ các god :icon6: :

Câu 51:Cho các số a,b,c là các số nguyên dương lẻ,a không là số chính phương.Nếu $a^2+a+1=3(b^2+b+1)(c^2+c+1)$ thì ít nhất 1 trong 2 số $b^2+b+1,c^2+c+1$ là hợp số.

Câu 52:Cho A là tập vô hạn các số x,y sao cho nếu x,y thuộc A thì$\frac{x-y}{(x,y)}$ với x>y thuộc A.CMR:2020,2021 đều thuộc A


 You only live once, but if you do it right, once is enough.


#92 RyuseiKento

RyuseiKento

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Anime, Bóng đá, Hình học

Đã gửi 29-05-2020 - 19:37

$\boxed{\text{Bài 39}}$: Cho $a, b \in \mathbb{N}$ sao cho $a, b \not \vdots 5$. Chứng minh: $pa^{4m}+qb^{4m}\vdots 5 \Leftrightarrow p+q \vdots 5$. (Với $p, q, m \in \mathbb{N}$)

Cách 2:

-Vì: $a, b \not \vdots 5$, áp dụng định lý $Fermat$ nhỏ, ta có: $a^4 \equiv 1 (\bmod{5}), b^4 \equiv 1 (\bmod{5})$ $\Rightarrow a^{4m} \equiv b^{4m} \equiv 1 (\bmod{5})$.

-Khi đó: $pa^{4m}+qb^{4m} \equiv pa^{4m}+qa^{4m} \equiv (p+q)a^{4m} (\bmod{5})$.

-Mà: $a^{4m} \not \vdots 5$ nên: $pa^{4m}+qb^{4m} \vdots 5 \Leftrightarrow p+q \vdots 5$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 31-05-2020 - 08:12


#93 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 31-05-2020 - 00:30

Góp vui thêm vài bài nhé,dạo này bận quá:
Câu 48;CMR:phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ có vô số nghiệm nguyên dương

Trước hết, ta dê dàng tìm được một nghiệm nguyên dương của phương trình là (1;1;2)

Giả sử $(a_0,b_0,c_0)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho và thỏa mãn $1\leq a_0\leq b_0< c_0$ (cặp nghiệm này là tồn tại do đã chỉ ra ở trên)

Ta có:

$$a_0^2+b_0^2+c_0^2=3a_0b_0c_0(*)$$ 

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn $t$ thì $(*)\Leftrightarrow t^2-3t.b_0c_0+b_0^2+c_0^2=0$

Dễ thấy $(*)$ có hai nghiệm:

$$\left\{\begin{matrix}t_1=a_0 \\ t_2 \end{matrix}\right.$$

Áp dụng định lý Viète cho $(*)$, ta được: $t_1+t_2=3b_0c_0\Rightarrow t_2=3b_0c_0-t_1=3b_0c_0-a_0$

Do $y_0,z_0\in Z^+$ nên $t_2\in Z^+$

Đặt $a_1=b_0,b_1=c_0,c_1=3b_0c_0-a_0$ thì 

$(*)\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+(3b_0c_0-a_0)^2=3b_0c_0(3b_0c_0-a_0)$

$\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+9b_0^2c_0^2-6a_0b_0c_0+a_0^2=9b_0^2c_0^2-3a_0b_0c_0$

$\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+a_0^2=3a_0b_0c_0$          (thỏa mãn)

Vậy $(a_1,b_1,c_1)$ cũng là một nghiệm của $(*)$ và thỏa mãn $1\leq a_1\leq b_1< c_1$

Xuất phát từ nghiệm nguyên dương $(a_0,b_0,c_0)$ thỏa mãn $1\leq a_0\leq b_0< c_0$ , ta tìm được nghiệm nguyên dương $(a_1,b_1,c_1)$ cũng thỏa mãn $1\leq a_1\leq b_1< c_1$, ta suy ra $(*)$ có vô số nghiệm nguyên dương



#94 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 31-05-2020 - 00:37

$\boxed{\text{Bài 41}}$: Cho $x, y, z \in \mathbb{N}$* thỏa mãn $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ là số chính phương. CMR: các số $xy+1, yz+1, zx+1$ đều là các số chính phương.

 

 

 

Đặt: $A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)$

TH1Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 1 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là $zx+1$. Thế thì: $(xy+1)(yz+1)$ chính phương
$\Rightarrow$ $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ không chính phương (vô lí)

TH2: Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 2 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử 2 số đó là $zx+1$ và $yz+1$. Do đó:

$$\left\{\begin{matrix} zx+1\equiv 2(mod3) \\ yz+1\equiv 2(mod3) \end{matrix}\right.\\ \Rightarrow zx\equiv yz\equiv 1(mod3)$$

Nếu $x\equiv 1(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv1(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 8\equiv 2(mod3)$  (vô lí, vì A chính phương)

Nếu $x\equiv 2(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv2(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 125\equiv 2(mod3)$ (vô lí, vì A chính phương)

 

TH3: Cả 3 số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều không chính phương 
Theo trường hợp 2, nếu 2 trong 3 số không chính phương thì $x\equiv y\equiv z\equiv 1(mod3)$ hoặc $x\equiv y\equiv z\equiv 2(mod3)$
Khi đó: $xy+1\equiv yz+1\equiv zx+1\equiv 2(mod3)$. Do vậy nếu 2 trong 3 số không chính phương thì cả 3 số không chính phương. Mà ta đã chứng minh trường hợp 2 vô lí nên trường hợp này cũng vô lí.
Vậy cả ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều chính phương (đpcm)

 

 

 

mk hơi thắc mắc 1 chút ở TH2 vì nếu 2 số ấy ko phải số chính phương thì chắc j 2 số ấy đã chia 3 dư 2 ạ

Mik bị sai chỗ đó đấy ạ. Quen sử dụng chiều thuận nên làm đảo luôn. Mọi người khắc phục giúp mik vs :icon6:  :icon6:  :icon6: Nghĩ mấy bữa này mà không giải xong đc



#95 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 31-05-2020 - 00:57

$\boxed{53}$ Cho x,y nguyên dương thỏa mãn $x^4+x^2y^2+y^4\vdots 11$

Chứng minh $x^4+x^2y^2+y^4\vdots 14641$

P/s: cách mình phải xét rất nhiều trường hợp :( 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 01-06-2020 - 19:35

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#96 Death Doctor

Death Doctor

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Đông, Hà Nội
  • Sở thích:ONEPIECE ,AoV- thắng bại tại kĩ năng , Maths...

Đã gửi 31-05-2020 - 08:25

$\boxed{51}$ Cho x,y nguyên dương thỏa mãn $x^4+x^2y^2+y^4\vdots 11$

Chứng minh $x^4+x^2y^2+y^4\vdots 14641$

$GT\Leftrightarrow (x^2-xy+y^2)(x^2+xy+y^2) \vdots 11$

$+) x^2-xy+y^2 \vdots 11$ $\Leftrightarrow (2x-y)^2 +3y^2 \vdots 11$

Nếu x,y chỉ cho 1 số chia hết cho 11 => vô lí

Nếu x,y không có số nào chia hết cho 11

 $\Rightarrow y^2 \equiv 1,3,4,5,9 (mod 11)$

$\Rightarrow 3y^2 \equiv 3,9,1,4,5 (mod 11)$

Mà  $(2x-y)^2+3y^2 \vdots 11$

$\Rightarrow (2x-y)^2 \equiv 8,2,10,7,6 (mod 11)$       ( điều này là vô lí)

 

Vậy x,y cùng chia hết cho 11 $\Rightarrow x^4+x^2y^2+y^4 \vdots 11^4=14641    ( ĐPCM)

 

Làm tương tự với TH $x^2+y^2+xy \vdots 11$

 

 

Mình trình gà nên chỉ giải được bài đơn giản này thôi  :wacko:


" Why be a king , when you can be a god? "  - Eminem-


#97 Death Doctor

Death Doctor

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Đông, Hà Nội
  • Sở thích:ONEPIECE ,AoV- thắng bại tại kĩ năng , Maths...

Đã gửi 31-05-2020 - 18:17

Bài 54:

              a)  Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho biểu thức :

 

                          $A = \sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x+2\sqrt[3]{x^2}}}}$

 

nhận giá trị là một số hữu tỉ.

 

              b)  Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho $n^3-1$.

 

 

Bài 55: 

              a) Cho các số nguyên a,b. Chứng minh rằng $2a^5b +3$ và $32b^5a+3$ không thể cùng là lập phương đúng.

 

              b) Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn :

                              

                                    $x^2y+x+y-7z=yz(xy+1)$

              c) Cho các số tự nhiên a,b,c,d thỏa mãn $a+b+c+d$ và $a^2+b^2+c^2+d^2$ đều chia hết cho n .Chứng minh rằng : 

 

                                          $a^4+b^4+c^4+d^4+4abcd$

        cũng chia hết cho n.

 

 

Mời các god cùng thỏa luận!  :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Death Doctor: 31-05-2020 - 20:42

" Why be a king , when you can be a god? "  - Eminem-


#98 phuc11731

phuc11731

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam, Cà Mau, Huyện Trần Văn Thời, Xã Khánh Hưng, Âp kinh hãng A
  • Sở thích:Toán học, điện học, chơi cờ vua

Đã gửi 31-05-2020 - 20:57

$\color{red}{\boxed{\text{Bài 56}}}$:
Cho các biến a, b, c, d, e, f thuộc số hữu tỉ thõa mãn đẳng thức
$cde + 4abf= ac ^ 2 + bd ^ 2 + fc ^ 2$
Ta tiếp tục có hai giá trị A và B có công thức là
$A = d ^ 2 - 4af \\B = - 4ab + c ^ 2 + 2cd + d ^ 2 - 4ae - 4af$.
Chứng minh rằng nếu A và B dương thì ta luôn luôn nhận được
$ \sqrt{A} $ và $ \sqrt{B} $ là một số hữu tỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc11731: 31-05-2020 - 20:59


#99 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 01-06-2020 - 00:27

Các bài chưa có lời giải trong topic hiện nay:

 

Bài 6: 1) Hãy chỉ ra hai số nguyên dương khác nhau $x$ và $y$ sao đó $xy+x$ và $xy+y$ đều là bình phương của 2 số nguyên dương khách nhau

Bài 7: tìm tất cả các số nguyên dương n lẻ sao cho n-1 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các số nguyên dương k thỏa mãn k(k+1)/2 chia hết cho n (đề tự luyện số 9 sách 50 đề ôn thi chuyên toán)

 

Bài 14: Tìm a,b,c nguyên dương thỏa mãn: $\frac{2^a+2^b+1}{2^c-1}$ là số nguyên

Bài 41 Cho $x, y, z \in \mathbb{N}$* thỏa mãn $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ là số chính phương. CMR: các số $xy+1, yz+1, zx+1$ đều là các số chính phương.

 

Bài 42:Tìm số có ba chữ số biết rằng số đó bằng tổng giai thừa các chữ số của nó(  HSG Ninh Thuận)

Bài 45: Tìm tất cả các số hoàn chỉnh n thỏa mãn đồng thời n-1 và n+1 đều là số nguyên tố (với số nguyên dương n được gọi là số hoàn chỉnh nếu tổng các ước dương của n bằng 2n)(bài này nhìn có vẻ khó nhưng lại rất đơn giản?)

 

Câu 51:Cho các số a,b,c là các số nguyên dương lẻ,a không là số chính phương.Nếu $a^2+a+1=3(b^2+b+1)(c^2+c+1)$ thì ít nhất 1 trong 2 số $b^2+b+1,c^2+c+1$ là hợp số.

Câu 52:Cho A là tập vô hạn các số x,y sao cho nếu x,y thuộc A thì$\frac{x-y}{(x,y)}$ với x>y thuộc A.CMR:2020,2021 đều thuộc A

 

Bài 54:  a)  Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho biểu thức : $A = \sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x+2\sqrt[3]{x^2}}}}$ nhận giá trị là một số hữu tỉ

              b)  Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho $n^3-1$.

Bài 55:  a) Cho các số nguyên a,b. Chứng minh rằng $2a^5b +3$ và $32b^5a+3$ không thể cùng là lập phương đúng.

               b) Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn  $x^2y+x+y-7z=yz(xy+1)$

              c) Cho các số tự nhiên a,b,c,d thỏa mãn $a+b+c+d$ và $a^2+b^2+c^2+d^2$ đều chia hết cho n .Chứng minh rằng : $a^4+b^4+c^4+d^4+4abcd  cũng chia hết cho n.

Bài 56:

 

Cho các biến a, b, c, d, e, f thuộc số hữu tỉ thõa mãn đẳng thức
$cde + 4abf= ac ^ 2 + bd ^ 2 + fc ^ 2$
Ta tiếp tục có hai giá trị A và B có công thức là
$A = d ^ 2 - 4af \\B = - 4ab + c ^ 2 + 2cd + d ^ 2 - 4ae - 4af$.
Chứng minh rằng nếu A và B dương thì ta luôn luôn nhận được
$ \sqrt{A} $ và $ \sqrt{B} $ là một số hữu tỉ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 04-06-2020 - 01:08


#100 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 01-06-2020 - 00:29

$\boxed{\text{Bài 44}}$ cho đa thức $f(x)=ax^{2}+bx+c$.Biết phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm.CMR phương trình$a.f(x)^{2}+b.f(x)+c=x$ cũng vô nghiệm (không biết có đúng chủ đề không nữa  :D )

Đây là bài 4.4 chương IV sách bài tập Toán 9 thì phải Chắc bạn nào cũng có nên mình nghĩ không cần post lời giải lên đây :lol:  :lol:  :lol:







1 người đang xem chủ đề

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