Đến nội dung

davidsilva98

davidsilva98

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

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.