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.


famas1stvn98

Đăng ký: 05-06-2012
Offline Đăng nhập: 26-10-2012 - 21:21
-----

#340993 Tìm 3 số tự nhiên

Gửi bởi famas1stvn98 trong 28-07-2012 - 09:53

Đặt 3 số đó là a,b,c $\epsilon$ $Z^+$. WLOG: 1<a<b<c <1>
Theo đề ta có ab+1 $\vdots$ c;bc+1 $\vdots$ a;ca+1 $\vdots$ b
$\Rightarrow$ đặt M=$\frac{(ab+1)(bc+1)(ca+1)}{abc}$ ta có M $\epsilon$ N
Phá ngoặc ta được M=abc+a+b+c+($\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$).
Do M $\epsilon$ N $\Rightarrow$ đặt P=$\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$ ta có P $\epsilon$ N
Từ <1> ta có $\frac{1}{abc}<\frac{1}{c}<\frac{1}{b}<\frac{1}{a}$ $\Rightarrow$ P<$\frac{4}{a}$ $\leq$ $\frac{4}{2}$=2 <2>
$\Rightarrow$ P=1 <3>. Mà theo <2> có P<$\frac{4}{a}$ $\Rightarrow$ a<4 <3>. Kết hợp với <1> có a $\epsilon$ {2;3}
Xét a=2 ta được $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2}$=1 $\Rightarrow$ $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}$=$\frac{1}{2}$
Lại chặn như ở <3> ta có $\frac{3}{b}$>$\frac{1}{2}$ $\Rightarrow$ b<6 $\Rightarrow$ b $\epsilon$ {3;4;5} (do b>a)
Xét b=3 thế vào được c=7;xét b=4 thế vào được c=4,5(loại),xét b=5 được c=$\frac{11}{3}$(loại)
Xét a=3 ta được b $\geq$ 4, c $\geq$ 5,abc $\geq$ 3*4*5=60 $\Rightarrow$ P $\leq$ $\frac{1}{60}+\frac{1}{5}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}$ <1
( mâu thuẫn với <3>,loại)
Như vậy bộ 3 số tự nhiên đó là {2;3;7} và các hoán vị.


#340281 Tìm số tự nhiên $n$ để $S=n^2+3n-38$ chia hết cho 49.

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 22:35

Mình xin nêu ý chính lời giải bài 2/ :D . Nếu cần mình sẽ trình bày chi tiết
Theo định nghĩa phần nguyên ta có
n=$\left [ \sqrt[3]{n^3} \right ]=\left [ \sqrt[3]{n^3+1} \right ]=...=\left [ \sqrt[3]{(n+1)^3-1} \right ]$
Từ $n^3$ tới $(n+1)^3-1$ có số số hạng là: $(n+1)^3-1$-$n^3$+1=$3n^2+3n+1$<1>
$\Rightarrow$ ta tính được y theo cách tính tổng như ở <1>
$\left[\sqrt[3]{n^3}\right] + \left[\sqrt[3]{n^3+1}\right ] +...+ \left[\sqrt[3]{(n+1)^3-1}\right]$=(3$n^2$+3n+1)n
$\Rightarrow$
$\left [ \sqrt[3]{1} \right ]+\left [ \sqrt[3]{2} \right ]+...+\left [ \sqrt[3]{x^3-1} \right ]$
= $3*(1^3+2^3+...+(x-1)^3)$+$3*(1^2+2^2+...+(x-1)^2)$+3*(1+2+...+(x-1) <2>
(Lưu ý là cách tính tổng ở <1> khi áp dụng cho từng số n chạy từ 1 tới x-1 thì sẽ 'bao phủ' hết các số hạng)
Đến đây ta sẽ chứng minh các đẳng thức sau bằng quy nạp:
$1^3+2^3+...+n^3$=$(1+2+...+n)^2$ <3>
$1^2+2^2+...+n^2$=$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ <4>
1+2+...+n=$\frac{n(n+1)}{2}$ <5> sau đó thay luôn công thức ở <5> vào <3>
Chứng minh quy nạp dễ rồi,xin không trình bày ở đây
Tính tổng <2> dựa theo <3>,<4> và <5>: thay vào rồi nhóm lại ta sẽ được
y=$\frac{(x-1)(x)(3x^2+x)}{4}$=$\frac{(x-1)(3x+1)(x^2)}{4}$ <6>. Xét x lẻ ta được (x-1)(3x+1) $\vdots$ 4
$\Rightarrow$ y $\vdots$ $x^2$ vô lý, loại vì x,y $\epsilon$ P
Vậy x chẵn $\Rightarrow$ x=2. Thay vào <6> được y=7 (thỏa mãn đề)
Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn phương trình là x=2,y=7


#339996 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình: $$31(xyzt+xy+xt+zt+1)=...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 12:06

Chuyển vế ta có(31x-40)yzt+(31x-40)y+(31x-40)t+31zt+31=0 <1>
Xét x $\geqslant$ 2 $\Rightarrow$ 31x-40 > 0. Do x,y,z,t $\epsilon$ $Z^+$ nên pt <1> vô nghiệm vì các hệ số đều nguyên dương
(hệ số 31x-40>0 và hệ số tự do 31)
Xét x=0 ta được 31zt+31=40yzt+40y+40t. Chuyển vế lại ta được
(40y-31)zt+(40y-31)+40t=0<2>
xét y $\geqslant$ 1 pt có các hệ số nguyên dương nên cũng vô nghiệm (hệ số 40y-31 $\geqslant$ 9)
vậy y=0 thay vào ta có được 31zt+31=40t. Dễ thấy z lẻ vì z chẵn thì vt lẻ,vp chẵn. Cũng chặn tương tự kiểu trên ta có z<2
$\Rightarrow$ z=1. Thay vào ta được 9t=31, loại
Xét x=1 ta được 31(yzt+y+t+zt+1)=40(yzt+y+t). Chuyển vế lại ta được
9yzt+9y+9t=31zt+31. Chặn tương tự kiểu trên được y<4. Xét
*y=0 $\Rightarrow$ 9t=31zt+31. Lại chặn tiếp được z<1 $\Rightarrow$ z=0 $\Rightarrow$ 9t=31,loại
*y=1 $\Rightarrow$ 9zt+9+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 22zt+22=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=22,loại
*y=2 $\Rightarrow$ 18zt+18+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 13zt+13=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=13,loại
*y=3 $\Rightarrow$ 27zt+27+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 4zt+4=9t $\Rightarrow$ t $\epsilon$ Ư{4}
- xét t=1 được 4z+4=9 loại
- xét t=2 được 8z+4=18 loại
- xét t=4 được 16z+4=36 $\Rightarrow$ z=2
Như vậy phương trình có nghiệm x=1,y=3,z=2,t=4
P/s: sorry bài trước bị nhầm. Cách của anh yeutoan11 hay.


#339882 Tổng của 100 số thực đã cho bằng 0. CMR: tồn tại ít nhất 99 cặp 2 số cố tổng...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 25-07-2012 - 08:20

Không biết giải kiểu này đúng không, cứ chém bừa vậy :lol:
Gọi 100 số đó là $a_{1},a_{2},...,a_{100}$. WLOG: $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant ...\geqslant a_{100}$ <1>
Theo đề $\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}=0$ <2>
Giả sử $a_{1}+a_{51}<0$
$\Rightarrow$ $a_{50}+a_{100}$ $\leqslant$ $a_{49}+a_{99}$ $\leqslant$ ... $\leqslant$ $a_{1}+a_{51}$<0 (theo <1>)
$\Rightarrow$ $a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{1}+a_{51} \geqslant$ 0 <3>
Xét 2 trường hợp:
A/ $a_{1}+a_{100} \geqslant 0$ $\Rightarrow$ có 99 cặp 2 số có tổng không âm thỏa mãn đề:
$a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{100}\geqslant 0$
B/ $a_{1}+a_{100} < 0$. Tới đây giả sử tồn tại n $\epsilon$ {3,4,...,51} sao cho $a_{2}+a_{n}<0$:
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \leqslant a_{2}+a_{n} <0 $ (vì $n \leqslant 51$)
Ta có $a_{50}+a_{99}\leqslant a_{49}+a_{98}\leqslant ...a_{2}+a_{51}< 0$(theo <1>) và $a_{1}+a_{100}<0$
$\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \geqslant 0$ <4>
Từ <3> ta được 50 cặp 2 số tổng không âm: $a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{51}\geqslant 0$
Từ <4> ta được 49 cặp 2 số tổng không âm: $a_{2}+a_{3}\geqslant a_{2}+a_{4}\geqslant ...a_{2}+a_{51}\geqslant 0$
Như vậy có ít nhất 99 cặp 2 số có tổng không âm
$\Rightarrow$ đpcm


#335306 Tìm các số nguyên n để A chia hết cho B.

Gửi bởi famas1stvn98 trong 13-07-2012 - 19:15

Cách mình "trâu bò" quá, làm mãi cũng chả ra thêm cách nào hay hơn :ohmy:
Ta có $17n^3+81n^2-20n$ <1> $\vdots$ $n^3-n+1$ và $17n^3-17n+17$ $\vdots$ $n^3-n+1$
lấy hiệu được $81n^2-3n-17$ $\vdots$ $n^3-n+1$ lại lấy $17n^2+81n-20$ ra để khử:
81*($17n^2+81n-20$)-17($81n^2-3n-17$)=6612n-1331 $\Rightarrow$ 6612n-1331 $\vdots$ $n^3-n+1$<2>
$\Rightarrow$ $6612n^3-1331n^2$ $\vdots$ $n^3-n+1$ và $17n^3+81n^2-20n$ cũng thế(từ <1>)
$\Rightarrow$ có 6612($17n^3+81n2-20n$)-17($6612n^3-1331n^2$)=$558199n^2-132240n$ <3>
từ <3> và đề có 558199($17n^2+81n-20$)-17($558199n^2-132240n$)=47462199n-11163980
$\Rightarrow$ 47462199n-11163980 $\vdots$ $n^3-n+1$ <4>
từ <2> và <4> ta có 15820733(6612n-1331)-2204(47462199n-11163980) $\vdots$ $n^3-n+1$
$\leftrightarrow$ 3548016297 $\vdots$ $n^3-n+1$
lại có 3548016297=$3^3*7*17^3*3821$ và ngoài ra ($n^3-n+1$) là ước của $7*17^3*3821$
vì $n^3-n+1$ $\equiv$ 1 (mod 3) với mọi n nguyên do đó ($n^3-n+1$,3)=1
vì thế $n^3-n+1$ chỉ nhận các giá trị như -119,1,7,.. bởi các giá trị của n tương ứng là -5,-1,0,1,2,...
(chưa thử hết :D)
Vậy n $\in$ {-5,-1,0,1,2}
(chắc chỉ có từng này nghiệm thôi :mellow: .)


#334613 Chứng minh rằng số $$m = n(n+1)...(n+7)+7!$$ không th...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 22:58

đào mộ cái pic :D
dễ thấy n(n+1)....(n+7) chia hết 64
( tích 8 số liên tiếp sẽ có 1 số chia hết cho 8, 1 số nữa chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8, 1 số chẵn nữa không chia hết cho 4)
7! thì chia hết cho 16
như thế thì sẽ có m $\vdots$ 16. Giả sử m biểu diễn được dạng $a^2+b^2$ (a,b $\epsilon$ Z)
ta lại có tính chất số chính phương thì $\equiv$ 0,1,4,9 (mod 16)
chỉ có $a^2$ $\equiv$ $b^2$ $\equiv$ 0 (mod 16) mới thỏa mãn được m $\vdots$ 16
như vậy a và b cùng $\vdots$ 4. Đặt a=4c,b=4d ta lại có $\frac{m}{16}$=$c^2+d^2$
$\Leftrightarrow$ $c^2+d^2$=$\frac{64k+7!}{16}$=4k+315$\equiv$3 (mod 4)
có tính chất số chính phương thì $\equiv$ 0,1 (mod 4)
do đó không tồn tại cặp c,d thỏa mãn $\Rightarrow$ không tồn tại a,b để biểu diễn m dưới dạng tổng 2 số chính phương
Ta được đpcm


#334445 Chứng minh rằng hai số $2005^n$ và $\left (2005^n+5^n...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 17:42

Gọi k $\epsilon$ Z+ thỏa mãn $10^k<2005^n<10^{k+1}$. Vì k=1 đúng nên ta xét k $\geqslant$ 2
Ta sẽ chứng minh $2005^n$+$5^n$ < $10^{k+1}$
Thật vậy, giả sử $2005^n$+$5^n$ $\geqslant$ $10^{k+1}$
ta thấy rằng dấu bằng không xảy ra vì $2005^n$ và $5^n \equiv$ 1(mod 4) mà $10^{k+1}$ chia hết 4
(với mọi k $\geqslant$ 2, k $\epsilon$ Z+)
vậy $2005^n$+$5^n$ > $10^{k+1}$ > $2005^n$ $\Rightarrow$ k+1>n. Đặt k+1=m+n (m $\epsilon$ Z+)
chia 2 vế cho $5^n$ được $401^n$+1> $2^{(m+n)}$ * $5^m$ > $401^n$
(điều này vô lý vì không tồn tại số nguyên giữa 2 số nguyên liên tiếp)
Vậy điều giả sử là sai. Ta có đpcm




#334322 Giải pt nghiệm nguyên $y^3=(x-2)^4-x^4$

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 10:43

Ta có $y^3$=$(x-2)^4$-$x^4$=-8(x-1)($x^2$-2x+2)
$\Rightarrow$ y chẵn $\Rightarrow$ đặt y=-2k(k $\epsilon$ Z).
$\Rightarrow$ -8$k^3$=-8(x-1)($x^2$-2x+2) $\Leftrightarrow$ $k^3$=(x-1)($x^2$-2x+2)
Do ƯCLN(x-1,$x^2$-2x+2)=1 nên x-1=$a^3$ và $x^2$-2x+2=$b^3$ (a,b $\epsilon$ Z)
Ta có $(a^3)^2$+1=$b^3$ $\Rightarrow$ b>0. Đặt $a^2$=c(c $\epsilon$ N)
ta có $c^3$+1=$b^3$ mà b,c $\epsilon$ N nên b>c.
Th1: b-c $\geqslant$ 2 $\Rightarrow$ $b^3$ $\geqslant$ $(c+2)^3$=$c^3$+6$c^2$+12c+8>$c^3$+1
$\Rightarrow$ trường hợp này loại
Th2:b-c=1 $\Rightarrow$ $c^3$+1=$(c+1)^3$ $\Leftrightarrow$ 3$c^2$+3c=0
$\Leftrightarrow$ 3c(c+1)=0 $\Rightarrow$ c=0( vì c $\epsilon$ N)
$\Rightarrow$ a=0 $\Rightarrow$ x=1 và y=0
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x=1 và y=0

@nguyenta98: Bài này còn cách giải khác
Cách giải khác
$y^3=-8(x^3-3x^2+4x-2)=(-2x)^3+24x^2-32x+16$ sau đó kẹp giữa hai số lập phương liên tiếp :)


#334314 Nghiệm nguyên : $a(b-c)(b+c-a)^{2}+c(a-b)(a+b-c)^{2}=17$

Gửi bởi famas1stvn98 trong 11-07-2012 - 10:22

phá tung ra sau đó nhóm lại được b(a-c)$(a-b+c)^2$=17
đến đây ta thấy rằng b, a-c và a-b+c đều lẻ <1>
do a-c lẻ nên a-c+2c lẻ $\Rightarrow$ a+c lẻ.<2>
Từ <1> và <2> $\Rightarrow$ a-b+c chẵn(vô lý với điều suy ra ở trên)
vây phương trình vô nghiệm nguyên


#322939 Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n

Gửi bởi famas1stvn98 trong 06-06-2012 - 19:58

Theo công thức nghiệm phương trình bậc 2 thì x= $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ nên ta xét cái $b^2$-4ac
$b^2$-4ac=4+4n(n+1)(n+2)(n+3)=$(2n^2+6n+2)^2$. Thay vào ta được x1=$\frac{n^2+3n}{n+1}$ (hữu tỉ)
còn x2=$\frac{-n^2-3n-2}{n+1}$ (cũng hữu tỉ)
$\rightarrow$ đpcm
P/s: đoạn cuối mình viết nhầm nên chắc bạn không hiểu. Nó hữu tỉ là vì cả tử lẫn mẩu của phân thức đều là số nguyên.


#322879 Tìm $x$, $y$, $t$ thỏa mãn : $ (y+t)^{x} =...

Gửi bởi famas1stvn98 trong 06-06-2012 - 15:18

Ta có x>1 (vì nếu x=1 thì y+z=$\overline{xyt}$, vô lí)
Ta xét lấy 5 trường hợp
* y+t $\geq$ 10 $\Rightarrow$ x < 3(vì $10^3$=1000) mà x > 1 nên x=2. Thay vào thì ta có $(y+t)^2$ = $\overline{2yt}$. Do đó y+t $\epsilon$ {15;16;17}
Lần lượt thay các giá trị y+t vào ta có y+t=17 thỏa mãn (cho ra kết quả là 289 có 8+9=17) và y=8,t=9.
* 4 $\leq$ y+t $\leq$ 9 $\Rightarrow$ 2<x<5 (vì $9^2$=81 và $4^5$=1024) nên x $\epsilon$ {3;4}
- Xét x=3 $\Rightarrow$ $(y+t)^3$ = $\overline{3yt}$ $\Rightarrow$ y+t=7 (vì $6^3$=216<$x^3$<512=$8^3$). Thay vào thì ra
$\overline{3yt}$ =$7^3$=343 do đó y=4,t=3
-Xét x=4 $\Rightarrow$ $(y+t)^4$ = $\overline{4yt}$ . Nhưng vì $4^4$<$\overline{4yt}$<$5^4$ nên không có y,t tương ứng thỏa mãn
* y+t=3 $\Rightarrow$ x $\vdots$ 3 vì $3^x$=$\overline{xyt}$ mà y+t=3
Thay vào x=3,6,9 thì đều không thỏa mãn
* y+t=2 $\Rightarrow$ x $\epsilon$ {7;8;9}. Thay vào cũng đều không thỏa mãn.
* y+t=1 $\Rightarrow$ 1=$\overline{xyt}$ loại
Kết luận bài toán có 2 bộ nghiệm là (x,y,t)=(2,8,9)=(3,4,3)