Chris yang

Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: $(x-1)!+1=x^k$

Giải như sau:

Thử ta được $(x,k)=(2,1),(3,1),(5,2)$ thỏa mãn. Với $x>2$ dễ thấy $x$ lẻ

Xét $x>5$. Giả sử $x$ là hợp số thì bằng cách đặt $x=mn$ với $m,n\geq 2$ ta luôn chỉ ra được $x|(x-1)!$, kéo theo $x|1$ ( vô lý)

Vậy $x$ là số nguyên tố 

Theo khai triển nhị thức Newton thì $(x-1)!=[(x-1)+1]^k-1=\sum ^{k}_{i=1}\binom{k}{i}(x-1)^i \Rightarrow (x-2)!=k+\sum ^{k}_{i=2}\binom{k}{i}(x-1)^{i-1}\equiv k\pmod {x-1}$

Mặt khác, vì $x$ nguyên tố nên $x-1$ là hợp số. Tương tự cách trên ta chứng minh được $x-1|(x-2)!$, kéo theo $x-1|k\rightarrow x-1\leq k$

Mà hiển nhiên $k<x$ nên $k\leq x-1$, nếu không vế phải phương trình đã cho luôn lớn hơn vế trái phương trình đã cho. Do đó loại

Vậy $(x,k)=(2,1),(3,1), (5,2)$

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=ab+bc+ca$

Chứng minh rằng: $$\sum ab(a+b)(1+c)\geq 4\sum a$$

Áp dụng BĐT AM-GM  dễ có $a+b+c\geq 3$

Từ điều kiện $ab+bc+ac=a+b+c$, biến đổi ta được BĐT cần CM tương đương với:

$(a+b+c)(a+b+c+2abc)\geq 4(a+b+c)+3abc$

BĐT trên luôn đúng vì ta có các điều sau:

1. $2abc(a+b+c)\geq 6abc$

2.  BĐT Schur bậc $3$ : $(a+b+c)^3+3abc(a+b+c)\geq (a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)=4(a+b+c)^2$

hay $(a+b+c)^2+3abc\geq 4(a+b+c)$ 

Cộng theo vế ta có đpcm

cho em hỏi cái này nghĩa là gì 

Cái ni là kí hiệu số chính phương mod $p$ Tài liệu muốn tham khảo em có thể lên gg tìm "số chính phương mod $p$ có rất nhiều. Với công cụ này giải những bài toán như vậy sẽ đơn giản hơn nhiều! 

Bài toán: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $2017\mid n^2+1$.

Spoiler

Một trường hợp nhỏ của một bài toán hay   

Hiển nhiên $2017$ là số nguyên tố dạng $4k+1$. Mà luôn có $\left ( \frac{-1}{p} \right )=1$ với $p=4k+1\in\mathbb{P}$ nên $\left ( \frac{-1}{2017} \right )=1$

Do đó luôn tồn tại $n\in\mathbb{N}$ sao cho $n^2\equiv -1\pmod {2017}$ hay $2017|n^2+1$

$5^{x}-2^{y}=1$ $\left ( x,y\epsilon Z^{+} \right )$

$2^{x}-3^{y}=7$ $\left ( x,y\epsilon Z^{+} \right )$

Bài 1: $5^x-2^y=1\Leftrightarrow 2^y=5^x-1$

+) Nếu $y<3$ ta thu được $y=2,x=1$

+) Nếu $y\geq 3$ thì $5^x-1\equiv 0\pmod 8$. Xét modulo $2$ cho $x$ ta thu được $x$ chẵn. Đặt $x=2t$ thì $2^y=(5^t-1)(5^t+1)$. Do đó tồn tại $m,n\in\mathbb{N}$ sao cho $5^t-1=2^m, 5^t+1=2^n\Rightarrow 2=2^m(2^{n-m}-1)$, kéo theo $m=1\rightarrow 5^t=3$ ( vô lý)

Vậy $(x,y)=(1,2)$

Bài 2: $2^x-3^y=7$. Dễ thấy $x>2$. Do đó $2^x=3^y+7\equiv -1+(-1)^y\equiv 0\pmod 4$. Suy ra $y$ chẵn

Mặt khác $3^y=2^x-7\equiv (-1)^x-1\equiv 0\pmod 3$ nên $x$ chẵn. 

Như vậy, đặt $x=2x_1,y=2y_1$ ta có $(2^{x_1}-3^{y_1})(2^{x_1}+3^{y_1})=7$, kéo theo $2^{x_1}-3^{y_1}=1$ và $2^{x_1}+3^{y_1}=7$

$\Rightarrow  2.2^{x_1}=8\rightarrow x_1=2\rightarrow x=4\rightarrow y=2$

Vậy $(x,y)=(4,2)$

Cho các số tự nhiên a,b,c,d thỏa mãn điều kiện $(a+c)^2+2c =(b+d)^2 +2d$

Chứng minh rằng  a = b, c = d

PT tương đương $(a+c-b-d)(a+b+c+d+2)=2(a-b)$. Hiển nhiên $a+b+c+d+2>1$. 

+) Nếu $a+c-b-d=0$ thì $a=b$ kéo theo $c=d$ 

+) Nếu $a+c-b-d\neq 0$ thì $a+b+c+d+2|(2|a-b|)$ Nếu $|a-b|\neq 0 \rightarrow a+b+c+d+2\leq 2|a-b|$ ( vô lý). Suy ra $a=b\rightarrow a+c-b-d=0$ ( loại)

Vậy ta có đpcm  

 

Cho dãy số {$a_n$} được xác định như sau:

 

$\left\{\begin{matrix} a_1=6,a_2=204 & \\  a_{n+1}=34a_n-a_{n-1} & \end{matrix}\right.$

 

Chứng minh $a_n$ không là số chính phương với mọi n.

 

Trước tiên ta đi tìm CTTQ của $(a_n)$

Phương trình đặc trưng: $x^2-34x+1=0$ có nghiệm $x_1=17+12\sqrt{2}$  và $x_2=17-12\sqrt{2}$

Do đó $a_n=c_1(17+12\sqrt{2})^n+c_2(17-12\sqrt{2})^n$. Thay $a_1=6,a_2=2014$ vào giải HPT ta thu được CTTQ của $(a_n)$ là

$a_n=\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$

Hay

$\Leftrightarrow a_n=\frac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}.\frac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}=uv$

Để ý thấy rằng $u,v$ có dạng nghiệm của PT Pell, áp dụng công thức nghiệm PT Pell loại I ta suy ra $u,v$ là nghiệm của phương trình $u^2-2v^2=1$ $(1)$

Ta cần chứng minh $a_n=uv$ không phải scp. Thật vậy, từ $(1)$ dễ thấy $\gcd(u,v)=1$ nên giả sử $uv$ là scp thì $u$ và $v$ phải là scp. 

Đổi $(u,v)\mapsto (x^2,y^2)$ thì $2y^4=(x^2-1)(x^2+1)$ $(\star)$. Dễ thấy $x$ lẻ, $y$ chẵn

Phải có $4v_2(y)=v_2(x-1)+v_2(x+1)$. Xét modulo $4$ cho $x$ ta thấy $v_2(x-1)+v_2(x+1)$ luôn lẻ, do đó phương trình $(\star)$ vô nghiệm, điều giả sử là sai.

Do đó ta có đpcm

P.s: Bài này tính toán mệt hơi quá  

Cho $a,b,c>0$ sao cho $a+b+c=abc$. Find max : 
$S=\sum \frac{a}{\sqrt{bc(1+a^2)}}$

Ta có $a+b+c=abc\Rightarrow (a+b)(a+c)=bc(a^2+1)$

Khi đó áp dụng BĐT AM-GM:

$\sum \frac{a}{\sqrt{bc(a^2+1)}}=\sum \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\sum \left ( \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c} \right )=\frac{3}{2}$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Bài toán 1. (Kazakhstan NMO 2010) Cho trước số tự nhiên $n$ sao cho tồn tại số tự nhiên $a$ thỏa mãn $a^{n - 1} \equiv 1\pmod{n}$ và với mọi ước nguyên tố $p$ của $n - 1$ thì $a^{\frac{n - 1}{p}} \not\equiv 1\pmod{n}$. Chứng minh rằng $n$ là số nguyên tố.

Gọi $x$ là $ord_n(a)$, suy ra $x|n-1$. Nếu $x$ là ước nhỏ hơn $n-1$ của $n-1$ thì hiển nhiên $a^x\not\equiv 1\pmod n$ ( theo giả thiết). Do đó $x=n-1$

Vì $n-1=ord_n(a)$ nên $n-1\leq \varphi (n)$. Mặt khác ta luôn có $n-1\geq \varphi (n)$ với mọi $n\in\mathbb{N}$ nên $n-1=\varphi (n)$, kéo theo $n$ là số nguyên tố.

Ta có đpcm

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài toán $2$. ( vở) : CMR với mọi $n\in\mathbb{N}^*$  tồn tại $k_0,k_1,....,k_n>1$ đôi một nguyên tố cùng nhau sao cho $k_0k_1....k_n-1$ là tích hai số nguyên liên tiếp.

Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $$\frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}+y^{2}}$$ là một số nguyên tố.

Giải như sau: 

Đặt $x^2y^2=p(x^2+y^2)$ với $p\in\mathbb{P}$. Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y$.

Phương trình tương đương với $(x^2-p)(y^2-p)=p^2$. Giờ chỉ cần xét TH

TH1: $x^2-p=y^2-p=p\rightarrow x^2=y^2=2p$, hiển nhiên $p=2$ kéo theo $x=y=2$

TH2: $x^2-p=p^2, y^2-p=1$. Thấy $x^2=p(p+1)$ với $(p,p+1)=1$ nên $p$ và $p+1$ phải là số chính phương ( vô lý)

Vậy $(x,y)=(2,2)$

Bài này cùng dạng với hai bài toàn này, khá quen thuộc 

Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz:

$P=(x+y+z-2xyz)^2=[(x+y)+z(1-2xy)]^2\leq [(x+y)^2+z^2][1+(1-2xy)^2]=2(1+2xy)(1+2x^2y^2-2xy)=2(1+2t)(1+2t^2-2t)$ với $t=xy$

Ta CM $P\leq 2$ tức là CM $(2t+1)(2t^2-2t+1)\leq 1\Leftrightarrow t\leq \frac{1}{2}$

Điều này hiển nhiên vì với mọi $x,y\in\mathbb{R}$ thì  $2t=2xy\leq x^2+y^2\leq 1\Rightarrow t\leq \frac{1}{2}$

Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=\sqrt{\frac{1}{2}}$ và $z=0$

P.s: Không biết bạn muốn tổng quát kiểu gì nhỉ? Vẫn chưa hình dung được  

Cho x, y, z >0 và xy+yz+zx >0

Chứng minh $\sum \sqrt{\frac{1+x^{2}}{y+z}}\geqslant 3$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$\sum \sqrt{\frac{x^2+1}{y+z}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)}{(x+y)(y+z)(x+z)}}$

Theo BĐT Cauchy- Schwarz thì $(x^2+1)(y^2+1)\geq (x+y)^2\Rightarrow \prod (x^2+1)\geq \prod (x+y)$.

Do đó mà $\sum \sqrt{\frac{x^2+1}{y+z}}\geq 3$

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$

Chứng minh định lý: Cho $p$ là số nguyên tố và $d\mid p-1$. Khi đó số các số nguyên dương không lớn hơn $p-1$ là  có bậc theo module $p$ đúng bằng $d$ là $\varphi(d)$

Vấn đề bạn cần ở trong này!

Đề bài: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thảo mãn $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$.

        

            Hãy chứng minh: $a^{7}+b^{7}+c^{7}+abc\geqslant 4$

 

 

Bài 1: Dồn biến

Đặt $f(a,b,c)=a^7+b^7+c^7+abc$. Giả sử $c=\text{min}(a,b,c)$

Có $f(a,b,c)-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{(a-b)^2[7(a+b)(9a^4+9b^4+8a^3b+8ab^3+14a^2b^2)-16c]}{64}\geq 0$ ( do $c$ min)

$\Rightarrow f(a,b,c)\geq f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c)$

Giờ chỉ cần CM với $2a^4+c^4=3$ thì $P=2a^7+c^7+a^2c\geq 4$

Áp dụng BĐT AM-GM thì $P\geq 2a^7+2ac^4=2a^7+2a(3-2a^4)\geq 2\Leftrightarrow (a-1)^2(a^5+2a^4+a^3-2)\geq 0$ ( luôn đúng do $c\leq 1\rightarrow a\geq 1$)

Do đó ta có đpcm

Hầy, tạm thời chỉ làm được mỗi bài này thôi Bài 3 làm tốn cả buổi chiều không ra thử lại mới biết "ngộ nhận"