hoctrocuaHolmes

Cho $n$ số nguyên dương $a_{1};a_{2};...;a_{n}$ sao cho $1\leq a_{k}\leq k(k=\overline{1,n})$ và tổng $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$ là số chẵn.Chứng minh ít nhất 1 trong các số dạng $\pm a_{1};\pm a_{2};...;\pm a_{n}$ có giá trị bằng 0

Vậy thì có lẽ mình không hiểu bài của bạn ấy rồi

Vậy bạn giải thích cho mình chỗ này được không?

Bạn ấy chỉ sai kí hiệu toán học  thôi mà bạn có thể để ý cái đoạn tô đỏ bạn ấy đã chứng minh lại $a\vdots p;b\vdots p$ .Chỉ sửa lại cái đoạn bạn thắc mắc thành dấu hoặc là ok

Điều kiện đề bài : $\Leftrightarrow p(a^{n} + b^{n})=a^{n}b^{n} \Rightarrow a^{n}b^{n}\vdots p\Rightarrow a\vdots p , b\vdots p(1).  Mặt khác:  a^{n}b^{n}\vdots p\Rightarrow a^{n}b^{n}\vdots p^{n}\Rightarrow p(a^{n}+b^{n})\vdots p^{n}\Rightarrow a^{n}+b^{n} \vdots p .Từ (1) $$\Rightarrow a\vdots p;b\vdots p$$\Rightarrow \frac{1}{p^{n}}\geq \frac{1}{a^{n}}, \frac{1}{p^{n}}\geq \frac{1}{b^{n}}\Rightarrow \frac{1}{p}=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}\leq \frac{2}{p^{n}}\Rightarrow 2\geq p^{n-1}\Rightarrow n=1,2$ 

Mình làm thử, không biết đúng không, nếu sai mong các bạn sửa giúp

Mình thì nghĩ đoạn này có gì đó sai sai

Bởi vì khi $a^{n}b^{n}\vdots p$ thì chỉ cần $a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$ là thỏa mãn thôi chứ?

Mình không nghĩ đoạn đó có vấn đề lớn,chỉ đơn thuần là bạn ấy ghi nhầm thôi.Xem toàn bài của bạn ấy bạn sẽ hiểu

Lại là 1 sự liều lĩnh!

Ta có:

$$\frac{1}{p^n }=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}\Leftrightarrow a^np^n+b^np^n=a^nb^n\Leftrightarrow (ap)^n+(bp)^n=(ab)^n$$ 

Áp dụng định lí $Fermat$ lớn $\Rightarrow n\leq 2$. Xét các TH:

$\oplus n=2\Rightarrow a^2p^2+b^2p^2=a^2b^2(1)\Rightarrow a^2b^2\vdots p^2\Rightarrow ab\vdots p$. Mà $p$ là SNT nên hoặc $a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=pk\Rightarrow (1)\Leftrightarrow p^2k^2+b^2=k^2b^2(2)\Rightarrow b=tk$.

Và $(2)\Leftrightarrow p^2+t^2=t^2k^2\Rightarrow p\vdots t\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=1 \\ t=p\end{bmatrix}$

$+)$ Với $t=1\Rightarrow b=k\Rightarrow a=pb\Rightarrow p^4b^2+b^2p^2=p^2b^4\Rightarrow p^2+1=b^2\Rightarrow p=0(L)$

$+)$ Với $t=p\Rightarrow a=b\Rightarrow 2a^2p^2=a^4\Rightarrow 2p^2=a^2$. Xét số dư khi chia cho $3$ được $p=3\Rightarrow \frac{1}{9}=\frac{2}{a^2}\Leftrightarrow a^2=18(L)$

$\oplus n=1$ thì tương tự ý $2$ trường hợp 1 bài trên.

Vậy $n=1$.

Tuyệt vời

Hãy tiếp tục xem xét thêm vấn đề sau

Cho $a,b$ là các số nguyên dương.Tìm $n,k$ nguyên dương để tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{2k}{p}=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}$

....

Và hãy tiếp tục mở rộng bài toán nếu có thể

Lời giải của bạn/em theo mình đều hay

Các bạn hãy thử sức với bài toán tổng quát hơn

• Cho $a,b$ là các số nguyên dương.Tìm $n$ nguyên dương để tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{1}{p^n }=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}$
• Cho $a,b$ là các số nguyên dương.Tìm $n,k$ nguyên dương để tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{1}{p^k }=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}$

Cho $a,b$ là các số nguyên dương.Tìm $n$ nguyên dương để tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{1}{p}=\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}$

Xử lý bài 4 luôn  :

Giả sử ta bỏ đi $ 2016$ phần tử $1,2,3,...,2015,2016$ từ tập $A= \left \{ 1,2,...,N \right \}$ thì khi đó trong các phần tử còn lại có $2016$ phần tử có tổng bằng $N$ và tổng các phần tử này không nhỏ hơn $2017+2018+...+4032$ nên $N\geq 2017+2018+...+4032= \frac{2016.6049}{2}= 1008.6049$.

Ta sẽ chứng minh rằng $N=1008.6049$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy xét tâp $X=\left \{ 1,2,...,6048 \right \}$ là một tập con của $A$, ta sẽ chứng minh rằng nếu bỏ $2016$ phần tử ra khỏi tập $X$ thì sẽ có $2016$ phần tử có tổng bằng $N$. Chia các phần tử của tập $X$ thành $3024$ cặp $(1,6048);(2,6047);...;(3024,3025)$, khi đó tổng hai số bất kì trong mỗi cặp đều bằng $6049$. Nếu ta bỏ ra $2016$ phần tử thì sẽ tồn tại ít nhất $1008$ cặp có phần tử chưa bị loại. Khi đó ta chọn $2016$ phần tử của $1008$ cặp này và tổng của $2016$ số này bằng $N$ nên ta có đpcm

Bạn giải thích rõ hơn giúp mình đoạn cuối được không?

Cho phương trình bậc $2$ ẩn $x(m$ là tham số): $x^2-2mx-(m+1)^3+(m+2)^2=0$ có $2$ nghiệm $x_1+x_2\leq 4$. Tìm $max, min$ của biểu thức $P=x_1^3+x_2^3+x_1x_2(3x_1+3x_2+8)$ khi tham số $m$ thay đổi.

$PT$ có nghiệm khi $\Delta '=m^{2}+(m+1)^{3}-(m+2)^{2}=(m-1)(m+1)(m+3)\geq 0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} m\geq 1 & \\ -1\geq m\geq -3 & \end{bmatrix}$

$Viet:\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=2m & \\ x_{1}x_{2}=(m+2)^{2}-(m+1)^{3} & \end{matrix}\right.\Rightarrow P=(x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+x_1x_2(3x_1+3x_2+8)=-8(m+1)(2m-3)$

Mặt khác $x_1+x_2\leq 4\Rightarrow 2m\leq 4\Rightarrow m\leq 2$

Lại có: $-1\geq m\geq -3$ $\Rightarrow 1\leq m^2\leq 9 \Rightarrow -16\geq -16m^2\geq -144$

$\Rightarrow P\geq -144+8m+24\geq -144+8.(-3)+24=-144$ (vì $m\geq -3$)

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow m=-3$

Vậy $-144\leq P\leq 16$

Cho tam giác $ABC$ có 3 đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$.Gọi $M$ là giao điểm $FD$ và $BH$,$N$ là giao điểm $DE$ và $HC$.$I$ là tâm đường tròn Euler.Cm:$MN$ vuông góc $AI$

a)Do tứ giác $AEBF$ nội tiếp ta có đpcm

b)$MA.MB=ME.MF=MC^2=MH.MO\Rightarrow Tg AHOB nt$

c)$\widehat{MKF}=90^{\circ}\Rightarrow MK^2=ME.MF=MC^2\Rightarrow MK=MC\Rightarrow \Delta MKS=\Delta MCS(ch.cgv)\Rightarrow MS$ vuông góc KC

d)Gọi $N$ là giao điểm của MS và KC

Áp dụng phương tích đối với (Q) và (P) ta có $\left\{\begin{matrix} (Q):MA.MB=MN.MS & \\ (P):MN.MS=ME.MF & \end{matrix}\right.\Rightarrow$ PQ vuông góc với MS là và trung trực của MS (đường nối tâm)

Suy ra PQ đi qua trung điểm KS(định lý đường trung bình của tam giác SKN).Do đó P,Q,T thẳng hàng

P/s:Hình vẽ để sau vậy,bận ăn cơm để tý đi chơi đã

Quang có thể gõ đề ra để tụi mình xem được không? Đề mờ quá,nhìn hơi hại mắt  

Tìm các số nguyên tố a và b thỏa mãn:  a+b= $2(a-b)^{2}$

Dễ thấy $a,b$ phân biệt

Nếu 1 trong 2 số $a,b$ bằng 2 thì số còn lại cũng phải bằng 2 (do VP chẵn)

Do đó $a,b\geq 3$

Nếu $a,b \geq 5$,$a,b$ nguyên tố nên $a,b$ cùng không chia hết cho $3$

Với $a,b$ khác số dư khi chia cho 3 khi đó $a+b$ sẽ chia hết cho $3$ mà $VP\equiv 2(mod 3)\rightarrow VL$

Nên $a,b$ phải cùng số dư khi chia cho $3$ $\Rightarrow a-b\vdots 3\Rightarrow VP\vdots 3$ mà $VT\not\equiv 0(mod 3)\rightarrow VL$

Vậy 1 trong 2 số $a$ hoặc $b$ phải bẳng $3$

Không mất tính tổng quát ta có $a=3$ $3+b=2(3-b)^{2}\Leftrightarrow (b-5)(2b-3)=0\Leftrightarrow b=5(TM)$

Vậy $(a,b)=(3,5);(5,3)$

Em muốn hỏi một chút ạ,nếu như bây giờ gộp cả 2 cái:Thành viên nổi bật 2015 và giải VMEO IV thì em sẽ có 2 cái áo VMF phải không ạ

Đặt $k=\frac{x^{4}+2}{x^{2}y+1}$ $(k\in \mathbb{N^*})$
$PT<=>x^4-kyx^2+2-k=0$.Do $PT$ luôn có nghiệm nên $\Delta\geqslant 0$
$<=>k^2y^2+4k-8\geqslant 0<=>y^2\geqslant \frac{8-4k}{k^2}$
Do $y>0=>8-4k>0$$<=>k<2<=>k=1$
Thay vào $PT$ ban đầu $=>y=\frac{x^4+1}{x^2}$
mà $y$ nguyên dương và $x^4\vdots x^2$ nên $1\vdots x^2$
$=>x=1$ và $y=2$
Vậy $(x,y)=(1,2)$

Đoạn này hình như không ổn  

Bài toán (THCS-8): Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=1$

 

Tìm min: $\frac{1}{1-2(ab+bc+ca)}+\frac{1}{abc}$

 

Bài toán (THCS-HapLif):  Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz\leq 1$

 

Tìm min: $\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{z^{2}}+\frac{z}{x^{2}}+\frac{3}{x+y+z}$

Bài 1.$\frac{1}{1-2(ab+bc+ca)}+\frac{1}{abc}=\frac{1}{\sum a^{2}}+\sum \frac{1}{ab}\geq \frac{1}{\sum a^{2}}+\frac{9}{\sum ab}=\frac{1}{\sum a^{2}}+\frac{4}{2\sum ab}+\frac{7}{\sum ab}\geq \frac{(1+2)^{2}}{(a+b+c)^{2}}+\frac{7}{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}=9+21=30$ (Cauchy-Schwarz)

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Có 

$P=\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{z^{2}}+\frac{z}{x^{2}}+\frac{3}{x+y+z}\geq 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{x^2y^2z^2}}+\frac{3}{3\sqrt[3]{xyz}}=4$

Dấu $"="$ xảy ra 

$x=y=z=1$

Đoạn màu đỏ ngược dấu 

P/s:Bài của bạn Inex cũng ngược dấu nốt