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.


davidsilva98

Đăng ký: 29-11-2013
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $p \geq q+2$

14-01-2017 - 20:37

Bài 10. Cho là một số nguyên dương thỏa mãn + 1 = ≥ là số nguyên tố.
Gọi là ước số nguyên tố lớn nhất của 
$b^{y}$ + 1là ước số nguyên tố nhỏ nhất của

y. Chứng minh rằng:
≥ + 2.

 

Dễ thấy nếu $q=2$ thì bài toán được giải quyết. Do đó xét $q>2$ nên $y$ lẻ

 

Gọi $t=ord_{p}(q-1)$. Ta xét các trường hợp sau:

 

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $ord_{p}(q-1)=1$. Dẫn đến $$q-1\equiv 1(mod\: p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(1)$$ Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}q \end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(2)$

 

Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.


Trường hợp 2. Nếu $t=2$ thì $ord_{p}(q-1)=2\Rightarrow \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|(q-1)^2-1=q(q-2)$

 

Do $p,q$ là các số nguyên tố nên $(p,q)=1$. Dẫn đến $ \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(3)$

 

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}q \end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(4)$

 

Từ $(3)$ và $(4)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

 

Trường hợp 3. Xét $t>2$.Từ giả thiết suy ra $$\left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|(q-1)^{2y}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}t\end{matrix}\right|2y$$ Do $t>2$ nên $ \left.\begin{matrix}t \end{matrix}\right|y$ mà $q$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Dẫn đến $q\leq t(*)$

 

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ ta được $$(q-1)^{p-1}\equiv 1(mod\: p)$$ Từ đó suy ra $t\leq p-1(**)$. Kết hợp giữa $(*)$ và $(**)$ suy ra $q\leq p-1\Leftrightarrow p\geq q+1$

 

Do $p,q$ là số nguyên tố lẻ nên $p\neq q+1$ nên $p\geq q+2$

 


Trong chủ đề: Cmr: $5^{7^n}+7^{5^n}$ chia hết cho 12 với...

31-08-2016 - 17:51

Cmr: $5^{7^n}+7^{5^n}$ chia hết cho 12 với mọi số tự nhiên n

 

Ta có nhận xét $7^n$ và $5^n$ là các số lẻ nên $7^n=2k+5^n$. Từ đó suy ra $$5^{7^n}=5^{2k+5^n}=25^k.5^{5^n}\equiv 5^{5^n}\left ( mod\: 12 \right )$$ Do đó $$5^{7^n}+7^{5^n}\equiv 5^{5^n}+7^{5^n}\equiv 0\left ( mod\: 12 \right )$$ Từ đó suy ra đpcm


Trong chủ đề: Cmr:$\frac{b}{a}+\frac{c}...

26-08-2016 - 00:36

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.Cmr:

$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$

 

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}=\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}+\frac{a^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$ Mặt khác, theo giả thiết ta suy ra $$abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca$$ Từ đó ta suy ra $$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{abc(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{abc}$$ Vậy bất đẳng thức được chứng minh.


Trong chủ đề: $\left\{\begin{matrix} x^2 y=x+z \\ y^2 z=y...

25-08-2016 - 17:57

Bài số $\fbox{2a}$:

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^2 y=x+z \\ y^2 z=y+x \\ z^2 x = z + y\\ \end{matrix}\right.$
 

 

Hệ phương trình trên tương đương với $$\left\{\begin{matrix} y(x^2+1)=x+y+z\; (1) \\ z(y^2+1)=x+y+z \;  (2)\\ x(z^2+1) = x+y+z\; (3)\\ \end{matrix}\right.$$ Nếu $x+y+z=0$ thì ta suy ra $x=y=z=0$

 

Nếu $x+y+z\neq 0$ thì dẫn đến $x,y,z$ cùng dấu. Ta có nhận xét $(x_{0};y_{0};z_{0})$ là nghiệm của hệ thì $(-x_{0};-y_{0};-z_{0})$ cũng là nghiệm của hệ. Do đó, ta chỉ cần xét $x,y,z>0$.

 

Trường hợp 1. Nếu $x>y$ thì dẫn đến $$x^2+1>y^2+1\Rightarrow y<z\Rightarrow y^2+1<z^2+1\Rightarrow z>x\Rightarrow z^2+1>x^2+1\Rightarrow x<y$$ Do đó dẫn đến vô lý.

 

Trường hợp 2. Nếu $x<y$ thì tương tự ta có được $x>y$. Dẫn đến mâu thuẫn

 

Suy ra $x=y=z$. Khi đó ta có phương trình $x^3=2x\Leftrightarrow x=0\vee x=\pm \sqrt{2}$

 

Vậy nghiệm của hệ là $\left ( x,y,z \right )=\left \{ \left ( 0,0,0 \right ) ;\left ( \sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{2} \right );\left ( -\sqrt{2},-\sqrt{2},-\sqrt{2} \right )\right \}$

 

 


Trong chủ đề: 3 bất đẳng thức không thể cùng đúng

22-08-2016 - 03:18

Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn $a> 0$ và $(b-1)^{2}-4ac<0$. Chứng minh rằng 3 bất đẳng thức $ax^{2}+bx+c\leq y$, $ay^{2}+by+c\leq z$, $az^{2}+bz+c\leq x$ không thể cùng đúng.

 

Giả sử cả $3$ bất đẳng thức trên cùng đúng. Khi đó, cộng $3$ bất đẳng thức ta được $$a(x^2+y^2+z^2)+(b-1)(x+y+z)+3c\leq 0$$ Mặt khác, ta lại có bất đẳng thức sau $$x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}$$ Từ đó suy ra $$\frac{a(x+y+z)^2}{3}+(b-1)(x+y+z)+3c\leq 0$$ Đặt $t=\frac{x+y+z}{3}$. Dẫn đến $$\frac{at^2}{3}+(b-1)t+3c\leq 0\Leftrightarrow \frac{a}{3}\left [t+\frac{3(b-1)}{2a}  \right ]^2+\frac{3\left [ 4ac-(b-1)^2 \right ]}{4a}\leq 0$$ Kết hợp giả thiết ta thấy bất đẳng thức trên vô lý. Dẫn đến điều giả sử là sai

 
Vậy bài toán được chứng minh.