bangbang1412

Bài này em nhớ là em đọc chỗ nào rùi mà quên mất... 

Em nghĩ ở lời giải của anh, cái TH2 mà $a_1^p+b_1^p=p^{c-px}$ hình như có nghiệm đó anh à ($p=3$).

uh , đúng rồi , bài này  thiếu rồi , anh em làm thiếu một trường hợp , vừa off giở sách ra thấy có cái bài $p^{n}=x^{3}+y^{3}$

Em giải thích rõ hơn chỗ này được không???

sử dụng $AM_GM$ xong biến đổi tương đương 

ta có

bất đẳng thức tương đương với 

$\sum \frac{a^{4}}{a^{2}+a^{2}b-a^{3}}\geq 1$

áp dụng bất đẳng thức Xvacs

$\sum \frac{a^{4}}{a^{2}+a^{2}b-a^{3}}\geq \frac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a-a^{3}-b^{3}-c^{3}}$

do $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

$1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a-a^{3}-b^{3}-c^{3}\leq 1$

$\Rightarrow \frac{1}{1+\sum a^{2}b-\sum a^{3}}\geq 1$(đpcm)

Hoàn hảo , nhưng nên chứng minh thêm là mẫu dương thì mới có điều phải cm 

cho nay cm the nao vay

Theo $AM-GM$ thì $a^{3}+b^{3}+a^{3}\geq 3a^{2}.b$

Chứng minh tương tự và cộng các vế 

Cho $3^{n}+2^{n}$ chia hết cho $n$ nguyên dương và $n>1$ , chứng minh $3^{n}+2^{n}$ chia hết cho $25$

Theo định lý wilson thì $(p-1)\equiv -1(modp)$ 

Đặt $a=(2k)!$ trong thì $a=1.2........(2k)\equiv (-1)(-2).......(-2k)\equiv (p-1)(p-2)....(p-2k)\equiv 2k.(2k+1)....(4k)(modp)$

Nhân cả 2 vế với $a$ ta có $a^{2}\equiv (p-1)!\equiv -1 (mod p)$ và ta có dpcm.

Bất đẳng thức trên tượng đương với 2 bdt sau :

                                                              $\sum \frac{a}{b+c}\geq 2$

$\frac{ab}{(b+c)(c+d)}+\frac{bc}{(c+d)(d+a)}+\frac{cd}{(d+a)(a+b)}+\frac{da}{(a+b)(b+c)}+\frac{ac}{(b+c)(d+a)}+\frac{bd}{(c+d)(a+b)}\geq 1$

Bất đẳng thức đầu chính là bất đẳng thức $Neisbit$ với $4$ số nên mình không chứng minh lại .

Với bất đẳng thức thứ $2$ thì ta nhóm để có 

         $(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+d})(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b})+\frac{ac}{(b+c)(a+d)}+\frac{bd}{(c+d)(a+b)}\geq 1$

Sau khi khai triển nó sẽ tương đương với 

                                   $\sum a^{2}b^{2}+\sum a^{3}b+\sum abc^{2}\geq \sum a^{2}bc$

Nhưng bdt này đúng theo $AM_GM$  , ta có đpcm

con tích phân ngon nhất trong tuần !

http://diendantoanho...xdxint-cbfracc/

con này cũng dễ này , nốt cho gọn đi bạn 

Bài 1 : Áp dụng bdt cauchy - schwarz ta có : 

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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c>0$

Bài 2 : Chứng minh tương tự bài một . 

Bài 3 : Áp dụng bdt cauchy - schwarz ta có :

                                             $\sum \frac{a}{b+c}=\sum \frac{a^{2}}{ab+bc}\geq \frac{(\sum a)^{2}}{2\sum ab}\geq \frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c>0$

Nếu $a,b$ cùng là bội của $p$ ta có thể giản gọn nó đi được mà

cảm ơn bạn, mình đã sửa lại rồi ^^ 

Điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p\nmid a,p\nmid b, p|a+b$. Theo cách em làm thì ta phải có $p\nmid a,p\nmid b$, cái này phải chứng minh 

^^ Ớ cứ tưởng $a,b$ cùng là bội của $p$ cũng được .

$\blacksquare$ Xét $p$ lẻ :

$\blacktriangledown$ Nếu $a,b$ đều không chia hết cho $p$.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ : $$p^{c}=a^{p}+b^{p}\equiv a+b(modp)\Rightarrow p|a+b$$

Theo định lí $LTE$ :

$$v_{p}(a^{p}+b^{p})=v_{p}(a+b)+v_{p}(p)=v_{p}(a+b)+1$$

Do đó $$a^{p}+b^{p}=p.(a+b).k\qquad(p\nmid k,k\in \mathbb{Z}^{+})$$

Nhưng ta lại có $a^{p}+b^{p}=p^{c}$ nên $a^p+b^p$ chỉ chứa đúng một ước nguyên tố $p$. Suy ra $k=1$.

Khi đó $a^{p}+b^{p}=p(a+b)\Leftrightarrow a(a^{p-1}-p)+b(b^{p-1}-p)=0\qquad(*)$

Dễ thấy $a=b=1$ không thỏa mãn. Xét $a,b\geq 2$. Mà dễ chứng minh bằng quy nạp $2^{p-1}> p$

Do đó $a^{p-1}\geq 2^{p-1}>p,b^{p-1}\geq 2^{p-1}>p$

Mâu thuẫn với $(*)$. Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương.

$\blacktriangledown$ Nếu $a,b$ đều chia hết cho $p$.

Đặt $a=p^{x}.a_{1},b=p^{y}.b_{1}\qquad(x,y,a_{1},b_{1}\in \mathbb{Z}^{+},gcd(a_{1},p)=gcd(b_{1},p)=1$

Thay vào phương trình : 

$$(p^{x}a_{1})^{p}+(p^{y}b_{1})^{p}=p^{c}$$

Từ phương trình này dễ thấy $xp,yp<c$

Gỉa sử $x>y$, khi đó rút gọn hai vế cho $p^{yp}$, thì $p\nmid VT,p|VP$ (loại). Tương tự khi giả sử $x<y$. Do đó phải có $x=y$.

Được :

$$a_{1}^{p}+b_{1}^{p}=p^{c-px}$$

Đến đây ta luôn có $p\nmid a_{1},b_{1};p|a_{1}+b_{1}$. Giải tương tự trường hợp trên, cũng dẫn đến vô nghiệm nguyên dương.

$\blacksquare$ Xét $p$ chẵn, $p=2$ : Chờ mọi người giải quyết....

em lm đúng không nhỉ 

Bài 2 : Dễ thấy do $p$ nguyên tố , ta xét cho $p$ lẻ trước .

Nên $a+b=p^{m}$ với $m<c$ .

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{p}(p)+v_{p}(a+b)=v_{p}(a^{n}+b^{n})=v_{p}(p^{c})$ ( Trong TH $a,b$ cùng không là bội của $p$

$=>1+v_{p}(a+b)=c=>p^{c-1}|(a+b)$

Thay $a+b=p^{c-1}.k$ vào phương trình ta có $k.a^{p}+k.b^{p}=p.(a+b)$

Chia 2 vế cho $(a+b)$ ta có $k.A=p$ nên một trong 2 số này bằng $1$ , vì $a,b$ nguyên dương nên $A>0$ do đó $k=1$

Nhưng $k=1$ và $p<p^{c-1}$ nên $a+b>a^{p}+b^{p}$ , vô lý vì $a,b$ nguyên dương nên không tồn tại $p$ lẻ thỏa mãn , do đó cũng không tồn tại $a,b$ .

Xét TH có ít nhất một số chia hết cho $p$ thì số còn lại cũng chia hết cho $p$ , đặt $a=p^{x}.m , b=p^{y}.n$ và giả sử $x\geq y$ , chia 2 vế cho $p^{y}$ và xét:

$x>y$ thì phương trình vô nghiệm vì một vế chia hết cho $p$ còn một vế thì không .

Vậy $x=y$ và giải như trên ta có pt vô nghiệm dương .

Như vậy chỉ còn $a^{2}+b^{2}=2^{c}$ . Rõ ràng $a,b$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ . 

$c=1$ thì $a=b=1$ thỏa mãn nên ta xét $a,b,c>1$

Đặt $a=2^{x}m,b=2^{y}n$ , không mất tổng quát ta giả sử $x\geq y$  với $m,n$ lẻ 

Khi đó ta có $2^{2x}.m^{2}+2^{2y}.n^{2}=2^{c}$

$=>2^{2x-2y}.m^{2}+.n^{2}=2^{c-2y}$

Nếu $x=y$ thì VT chỉ chia cho $4$ dư 2 , nên dễ tìm được .

Nếu $x>y$ thì VT lẻ trong TH $c>2y$ nên $c=2y$ và ta cũng tìm được nghiệm nhưng không nguyên dương . 

Xét cả $a=b$ là dễ dàng .

Bài toán xong ^^  sai thôi nhá , em non số lắm

Bổ đề 1 : Phương trình $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ luôn có nghiệm nguyên và công thức tổng quát để tính nghiệm là .

                                             $x=t.2mn$

                                             $y=t.(m^{2}-n^{2})$

                                             $z=t(m^{2}+n^{2})$

Trong đó $(m,n)=1$ và $m,n$ chẵn lẻ khác nhau thỏa mãn $m>n$

Bổ đề 2: Mọi số nguyên tố $p$ đồng dư 1 theo mod 4 đều biểu diễn được dưới dạng tổng 2 số cp , và chỉ có số nguyên tố lẻ dạng này mới có biểu diễn như vậy .

Ở đây 2 bổ đề này khá quen thuộc và mình không chứng minh lại .

Ta xét bổ đề 3 : Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn bài toán trên , khi đó $n^{2}$ cũng biểu diễn được dưới dạng tổng hai số chính phương dương .

Chứng minh , đặt $n=a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$

Ta có $n^{2}=(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}= (ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}$

Áp dụng bổ đề một , ở đây ta chỉ cần xét 1 TH , TH sau cm tương tự

Đặt $n=m^{2}+n^{2}$ (ở đây $t=1$ vì $n$ nguyên tố )

$ac-bd=2mn$

Và $ad+bc=m^{2}-n^{2}$

Ở đây nếu m ,n không trùng với một trong 2 cách phân tích ban đầu thì lập luận tương tự thì $n$ có vô hạn cách phân tích , vô lý .

Nên giả sử $m=a,n=b$

Khi đó $ac-bd=2ab,ad+bc=a^{2}-b^{2}$

Thay trở lại pt ta có $(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}=a^{4}+b^{4}$

$=>(a^{2}+b^{2})^{2}=a^{4}+b^{4}$

Vô lý và ta có dpcm

Đặt $f(x)=[\frac{x}{p}]$ , trong đó $x$ là một số nguyên dương và , $p$ là một số nguyên tố .

Chứng minh hàm này hoàn toàn nhân tính biết ký hiệu $[]$ ở đây hiểu là thặng dư toàn phương .