BÀi 3: Đưa về n=a-b
m=a+b
Và$m^{2}\vdots m^{2}-n^{2}+1$ <=> $(a+b)^{2}\vdots 4ab+1$
Đến đây thì theo link sau
Đề fthi Học sinh giỏi Bình Dương 2016-2017
http://diendantoanho...-nhất-09092016/
- chung0103 yêu thích
Gửi bởi yeutoan2001 trong 04-01-2017 - 21:59
BÀi 3: Đưa về n=a-b
m=a+b
Và$m^{2}\vdots m^{2}-n^{2}+1$ <=> $(a+b)^{2}\vdots 4ab+1$
Đến đây thì theo link sau
Đề fthi Học sinh giỏi Bình Dương 2016-2017
http://diendantoanho...-nhất-09092016/
Gửi bởi yeutoan2001 trong 04-01-2017 - 21:51
Câu 1:
y>x
Có $(2xy+1)^{2}> 4x^{2}y^{2}-7x+7y> (2xy)^{2}$
Xét x>y $(2xy)^{2}>4x^{2}y^{2}-7x+7y> (2xy-1)^{2}$
Vậy x=y
Gửi bởi yeutoan2001 trong 03-01-2017 - 20:32
Ta dễ có: $n\equiv 0,1,2,3 (mod 4)$ Ta sẽ thu được lần lượt là $2^{n}\equiv 1;2;4;3$
CHẳng hạn xét 1TH: Các TH còn lại tương tự $n\equiv 0 (mod 4) thì
$n^{2}\equiv 4 (mod 5)$
=> $n\equiv 2 (mod5)$
Dùng định lí phần dư trung hoa để tìm n sẽ có dạng:
$n\equiv 0 (mod 4)$
$n\equiv 2 (mod5)$
=> $n\equiv 12 (mod20)$
Các TH còn lại thì tương tự ta sẽ tìm đuwọc các số cần tìm theo môđun 20
Gửi bởi yeutoan2001 trong 28-12-2016 - 20:39
thôi có lẽ mình hiểu rồi . cảm ơn bạn .
Đúng rồi bạn bổ đề đúng với p nguyên tố tuy nhiên một số a=4k+3 thì luôn tồn tại tối thiểu một ước p=4h+3 (p nguyên tố)
Gửi bởi yeutoan2001 trong 23-12-2016 - 20:39
Dễ có $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 3$
CÓ VT= $\sum (\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{2a})-\sum \sqrt{2a}\leq \sum \sqrt{2(a+1)^{2}}-\sum \sqrt{2a}$
=$\sqrt{2}(a+b+c)+(3\sqrt{2}-\sum \sqrt{2a})\leq \sqrt{2}(a+b+c)$
Gửi bởi yeutoan2001 trong 20-12-2016 - 21:09
Đường dẫn ấy dẫn tới link drive của chính mình nên tụi mình không thể lấy tài liệu của bạn ấy đuwọc chỉ có bạn ấy mới có thể thấy
Gửi bởi yeutoan2001 trong 20-12-2016 - 19:11
Gửi bởi yeutoan2001 trong 18-12-2016 - 23:07
Đề Thi HSG VĨnh Phúc 2014-2015
Chứng minh: $(a^{2}+6)(b^{2}+6)\leq ((\frac{a+b}{2})^{2}+2)^{2}$ (Bằng cách xét hiệu Đúng với a>=b>=c)
Sau đó thay a+b=6-c Xét hiệu một biến theo
Gửi bởi yeutoan2001 trong 08-12-2016 - 19:43
Bài 1.
Tìm x, y nguyên dương và p nguyên tố thoả mãn $x^5+x^4+1=p^y$
Bài 2.
Tìm x,y nguyên thoả mãn $x^3+(x+1)^3+(x+2)^3+...+(x+7)^3=y^3$
Bài 3.
Tim x,y nguyên thoả mãn $(x^2-y^2)^2=1+16y$
Câu1: $x^{5}+x^{4}+1=p^{y} <=> (x^{3}-x+1)(x^{2}+x+1)=p^{y}$
Xét 2TH:
TH1: Tồn tại một thừa số bằng 1
TH2: $x^{3}-x+1=p^{a} (1) ;x^{2}+x+1=p^{b}$ (2) (với a,b>=1)
$x^{3}-x^{2}-2x=p^{a}-p^{b} <=> x(x^{2}-x-2)\vdots p$
Dễ thấy x không chia hết cho p vì nếu x chia hết cho p theo (1) thì p=1(vô lí)
Vậy $x^{2}-x-2\vdots p <=> (x-2)(x+1)\vdots p$
$x\equiv 2 (mod p)$
Theo 2 ta có: $x^{2}+x+1\equiv 7 (mod p)$ => p=7 và thử lại
Tương tự với TH còn lại
Gửi bởi yeutoan2001 trong 07-12-2016 - 22:39
đoạn màu đỏ vì sao lại được như vậy bạn
Có $(m+n)^{3}-8\vdots m^{2}+n^{2} <=> (m+n)(m^{2}+n^{2}+2mn-2m-2n+4)\vdots m^{2}+n^{2}$
DO $p=m^{2}+n^{2}$ là số nguyên tố đó
Gửi bởi yeutoan2001 trong 05-12-2016 - 21:52
Gửi bởi yeutoan2001 trong 05-12-2016 - 19:40
Gửi bởi yeutoan2001 trong 04-12-2016 - 08:21
Giả sử a,b,c,d là các số nguyên sao cho a-b+c-d là số nguyên lẻ và là ước của $a^2-b^2+c^2-d^2$. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ta đều có $a^n-b^n+c^n-d^n$ chia hết cho $a-b+c-d$.
Chứng minh bằng qui nạp: Giả sử Đúng tới n ta cần chứng minh đúng tới n+1 có nghĩa ta cần C/m: $a^{n+1}-b^{n+1}+c^{n+1}-d^{n+1}\vdots a-b+c-d$
CÓ $a^{2}-b^{2}+c^{2}-d^{2}\vdots a-b+c-d => ac-bd\vdots a-b+c-d$
Có: $(a^{n}+c^{n})-(b^{n}+d^{n})\vdots (a+c)-(b+d) => (a^{n}+c^{n})(a+c)-(b^{n}+d^{n})(b+d)\vdots (a+c)-(b+d)$
Lại có: $ac(a^{n-1}+c^{n-1})-bd(b^{n-1}+d^{n-1})\vdots (a+c)-(b+d)$
Vì
$$ac-bd\vdots a-b+c-d$ Và (a^{n-1}+c^{n-1})-(b^{n-1}+d^{n-1})\vdots a-b+c-d$$
Từ đó dễ dàng suy ra $a^{n+1}-b^{n+1}+c^{n+1}-d^{n+1}\vdots a-b+c-d$
Gửi bởi yeutoan2001 trong 04-12-2016 - 06:58
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz=4$. Tìm GTLN của P $=x+y+z$
Cần C/m: $2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+xyz+xyz+1\geq 2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+\frac{3xyz}{\sqrt[3]{xyz}}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}+2x^{2}+2y^{2}+2z^{2} \geq 2(xy+yz+xz)-x^{2}-y^{2}-z^{2}+2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}=(x+y+z)^{2}$
(Bất đẳng thức $\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2xy+2yz+2xz-x^{2}-y^{2}-z^{2}$ (là bất đẳng thức schur bậc 3 nha)
Gửi bởi yeutoan2001 trong 03-12-2016 - 22:13
Baif1: Cho a,b,c$\geq 1$CMR$a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)+2(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2})\geq 9$
Bài 2:Cho a,b,c dương và $abc>1$.CMR
$\sum \frac{a}{\sqrt{b+\sqrt{ac}}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Bài 3;Cho x,y,z>0,xyz=1.Tìm GTNN
A=$\sum \frac{x^2(y+z)}{y\sqrt{y}+2z\sqrt{z}}$
Baif4 :Cho a,b,c>0,ab+ac+bc=1.
CMR$\sum \frac{1}{ab}\geq 3+\sum \sqrt{\frac{1}{a^2}+1}$
BÀi 4: Bất đẳng thức cần c/M tương đương với Nhân cả hai vế với abc
$a+b+c\geq 3abc+\sum bc\sqrt{a^{2}+1} <=> a+b+c\geq 3abc+bc\sqrt{(a+b)(a+c)}$
Có cô si: $3abc+\sum bc\sqrt{(a+b)(a+c)}\leq 3abc+\sum \frac{abc+bc(a+b+c)}{2}=3abc+\frac{3abc+(ab+bc+ac)(a+b+c)}{2}=\frac{9}{2}abc+\frac{a+b+c}{2}$
Cần C/m: $\frac{9}{2}abc+\frac{a+b+c}{2}\leq a+b+c <=> (a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 9abc$ (đúng nên bài toán được C/m)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học