Min Nq

Giải phương trình nghiệm nguyên dương $x^{y}y^{x}=(x+y)^{z}$

Bài 2b, ngày 1

 

$A= ad+bc\Rightarrow 24A=2(3.4a.d+2.3b.2c)\leq 3(16a^2+d^2)+2(9b^2+4c^2)=30a^2+10(a^2+b^2)+5(a^2+b^2+c^2)+3(a^2+b^2+c^2+d^2)\leq 240\Rightarrow A\leq 10$ (đpcm)

Từ giả thiết thì $(1-x)(1-z)z\geq 0$ $\Rightarrow z-zx\geq z^2(1-x)\Rightarrow (x+y+z)-(xy+yz+zx)\geq \sum z^2 (1-x)$

Ta cần chứng minh $1\geq x+y+z-(xy+yz+zx)\Leftrightarrow xyz\geq (x-1)(y-1)(z-1)$

Bất đẳng thức này đúng vì vế trái không nhỏ hơn 0, vế trái không lớn hơn 0.

Ta có đpcm

Ta đặt $d(x)$ là số các ước dương của số nguyên dương $x$. Tìm số nguyên dương $n$ sao cho:

$d(d_{(n)}).d(d_{(n)}-1)=d(n)$

Mà theo em được biết thì chỉ có các học sinh từ lớp 11 trở lên mới được tham dự thôi. Do đó nếu trường có chọn thì em nghĩ trường sẽ chọn các anh chị lớp trên còn lớp 10 muốn đi thì phải có sự đồng ý của hiệu trưởng. Chỉ tiếc là năm nay tổ chức ở Đồng Nai thì gần nhà em mà năm nay em mới lên lớp 10   .

@ Min Nq: Theo mình thì đi thi có sợ "bị 0 điểm" hay không thì không quan trọng. Dĩ nhiên kiến thức có thể mình sẽ không hiểu vì chưa được học nhưng quan trọng là được tham gia trải nghiệm. Còn "nhục" thì mình nghĩ chẳng ai đánh giá bạn đâu vì bạn cũng mới chỉ lớp 10  . Một điều quan trọng là bạn sẽ còn có được kỷ yếu GGTH nữa mà, cái đó cũng quý đấy. Nếu bạn có cuốn đó thì sau này có thể cho mình mượn được không? Mình cũng muốn tham khảo  .

 

Ừ. Mình chung lớp mà Nguyễn. Có gì tui sẽ cho ông mượn sau.

Em có đăng kí gặp gỡ Toán học vào ngày 15/7 tới. Nhưng vấn đề là em chỉ mới học lớp 10 vào năm học 2016 2017. Thầy hiệu trưởng trung tâm Titan thì khuyến khích em đi và bảo "làm bài có 0 điểm cũng không sao". Mà thực tế thì nghe giảng không hiểu gì và làm bài 0 điểm thì cũng nhục lắm, đằng nào cũng mặc áo Pt Năng Khiếu mà. Vậy nên các anh VMF có anh nào đã từng có kinh nghiệm đi ggth thì cho em hỏi đi cái này cần chuẩn bị những kiến thức tối thiểu là gì? Em sợ vào lớp gặp khái niệm lạ, nghe không hiểu gì.

Gọi tổng các số trên bảng là A.Thay 2 số $a$ và $b$ bằng hiệu của 2 số này , không giảm tổng quát giả sử $a>b$. Khi đó tổng đại số được thêm vào A là $-a-b+a^2-b^2=(a+b)(a-b-1)$. Số này luôn chẵn. Thật vậy, nếu $a$ và $b$ cùng tính chẵn lẻ thì $a+b$ là chẵn, nếu $a$ và $b$ một chẵn một lẻ thì $a+b-1$ chẵn. Vậy tính chẵn lẻ của A là bất biến. Vì tổng các số từ 1 đến 2012 là chẵn nên A luôn chẵn, do đó A không thể là 1 là số lẻ.

Tìm n là số nguyên dương sao cho $\left \lfloor \frac{\sqrt[n+1]{(n-1)^{n-1}}+\sqrt[n-1]{(n+1)^{n+1}}}{2} \right \rfloor= n$

Áp dụng định lý Viete: $\left\{\begin{matrix} a+b+c=0 & \\ ab+bc+ca=-1 & \\ abc=1 & \end{matrix}\right.$

Tính $Q= \frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}=...$

Khi đó $P= 2Q-3=...$

Đặt $a=\sqrt{x+y+3};b=\sqrt{x};c=\sqrt{y}$ thì ta có $\left\{\begin{matrix} 1+a=b+c & & \\ a^{2}-3=b^{2}+c^{2} & & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+a=b+c & & \\ 2+a=bc & & \end{matrix}\right.$

Ta có $b+c+1=bc$ nên $\sqrt{x}+\sqrt{y}+1=\sqrt{xy}$

Không mất tính tổng quát nếu ta giả sử $x\leq y\Leftrightarrow \sqrt{x}\leq \sqrt{y}$. Khi đó $\sqrt{x}+\sqrt{y}+1= \sqrt{xy}\leq 2\sqrt{y}+1\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y & & \\ \sqrt{xy}\leq 2\sqrt{y} & & \end{bmatrix}$

Trường hợp x=y thì dễ giải

Trường hợp còn lại: $\sqrt{xy}\leq 2\sqrt{y}\Rightarrow \sqrt{x}\leq 2\Rightarrow x=1,2,3,4$

(Thử x=0;y=0 và loại)

Thế các giá trị của x vào phương trình đã cho, tìm ra y. Nhận các nghiệm là số nguyên dương.

1. Giải phương trình $\sqrt{x - 1} + \sqrt{2x - 1} = 5$

Đặt $a= \sqrt{x-1}\geq 0$; $b=\sqrt{2x-1}\geq 0$ thì ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} a+b=5(1) & \\ 2a^{2}-b^{2}=-1(2)& \end{matrix}\right.$

Dựa vào phương trình (1), tính a theo b rồi thế vào phương trình (2). Ta giải phương trình bậc 2 ẩn b rồi tìm ra x

Cho phương trình nghiệm nguyên dương: $p^{x}=q^{x}y+1$ với x và y là ẩn, p và q là các số nguyên tố lẻ.

Chứng minh rằng phương trình này vô nghiệm.

 

Câu 3 : a) Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $ab=cd=1$. Chứng minh $(a+b)(c+d)+4 \ge 2(a+b+c+d)$ 
 

Đặt $x=a+b$;$y=c+d$ thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $xy+4\geq 2(x+y)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow (x-2)(y-2)\geq 0$

Điều này đúng vì $x-2=a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0$, tương tự $y-2\geq 0$

ĐTXR$\Leftrightarrow a=b=c=d=1$

So sánh $2015^{2016}$ và $2016^{2015}$

 

Bài 31 : Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$. Chứng minh $pa^8+qb^8$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ 
Ta có thể tổng quát bài toán như sau :
Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$. Chứng minh $pa^{4k}+qb^{4k}$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ 
 

Đầu tiên ta chứng minh bài toán phụ: lũy thừa bậc 4 của một số tự nhiên chia cho 5 chỉ có số dư là 0 hoặc 1

Chứng minh: Với số tự nhiên $x$, ta xét các trường hợp sau

• $x\equiv 0(mod5)\Rightarrow x^{4}\equiv 0(mod 5)$, ta có đpcm.
• $x\equiv \pm 1(mod5)\Rightarrow x^{4}\equiv 1(mod 5)$, ta có đpcm.
• $x\equiv \pm 2(mod5)\Rightarrow x^{4}\equiv 16\equiv 1(mod 5)$, ta có đpcm.

Bài toán phụ được chứng minh.

Trở lại bài 31, Vì a,b không chia hết cho 5 nên $a^4,b^4\equiv 1(mod5)$, suy ra $pa^8\equiv p(mod5)$ và $qb^8\equiv q(mod5)$. Vậy $pa^8+qb^8\equiv p+q(mod5)$.Suy ra được đpcm.

Bài toán mở rộng cmtt.