1ChampRivenn

Ta có $(2+\sqrt{3})^y=a+b\sqrt{3} \Rightarrow (2-\sqrt{3})^y=a-b\sqrt{3}$. Mà $(2+\sqrt{3})^y(2-\sqrt{3})^y=1 \Rightarrow (a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3})=1$

 

Mặt khác $$(5+2\sqrt{3})^{x}=a+b\sqrt{3} \Rightarrow (5-2\sqrt{3})^{x} = a-b\sqrt{3} \\ \Rightarrow (5+2\sqrt{3})^{x} (5-2\sqrt{3})^{x}=(a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3}) \\ \Rightarrow 13^x=1 \Rightarrow x=y=0$$

Sao lại suy ra được điều này thế bạn

Cho p nguyên tố >2 Tìm số dư khi chia $2^{2^{p}}$ cho $2^{p}-1$

Theo Fecma $2^p\equiv2(mod p)$ nên đặt $2^p=pk+2$.

$\Rightarrow 2^{2^p}=2^{kp+2}=4(2^{kp}-1)+4$

Mà $2^{kp}-1$ chia hết cho $2^{p}-1$ do đó số dư là $4$

 

3) Cho a,b,c là số dương thỏa mãn $2a+4b+3c^{2}=68$

Tìm MIn của $A=a^{2}+b^{2}+c^{3}$

$A=(a^2+4)+(b^2+16)+(\frac{c^3}{2}+\frac{c^3}{2}+32)-52 \geqslant 4a+8b+6c^2-52=2*68-52=84$

Min A=84 dấu bằng khi a=2,b=c=4.

 

3.$Cmr số 2^{p}-1 với p nguyên tố chỉ có ước số dạng 2pk+1$

 

 

Dễ $2^p-1$ chỉ có ước nguyên tố lẻ. Gọi $q$ là $1$ ước nguyên tố lẻ bất kì của $2^p-1$.

Gọi $h$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $2^h-1\vdots q$.

Ta sẽ chứng minh với bất kì số $a$ nào mà $2^a-1\vdots q$ thì $a\vdots h$.  (*)

Thật vậy, do tính nhỏ nhất của $h$ nên thấy ngay $a>h$. Đặt $a=hl+r$ , $0\leqslant r\leq h-1$ . ta cần chứng mình $r=0$.

$2^a-1\vdots q,,2^h-1\vdots q\Rightarrow  2^a-1\vdots q,,2^{hl}-1\vdots q$$\Rightarrow 2^a-2^{hl}\vdots q\Rightarrow 2^{hl}(2^r-1)\vdots q$

2.Cmr với p nguyên tố thì tồn tại vô hạn n sao cho $n*2^{n}-1\vdots p$

Nếu $p=2$ thì đề sai. Nếu xét $p$ lẻ.

Chọn $n$ có dạng $k(p-1)$ với $k\equiv -1(modp)$. Khi đó $n2^{n}\equiv k(p-1)2^{k(p-1)}\equiv^{Fermat} -k\equiv 1(modp)$

Vì có vô số $k$ thỏa mãn trên nên ta có $đpcm$

Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương a,b thỏa mãn $(2+\sqrt{3})^{2016} = a+b\sqrt{3}$ . Chứng minh (a,b)=1

Ta cm bằng quy nạp : tồn tại các số nguyên dương a,b thỏa mãn $(2+\sqrt{3})^{n} = a+b\sqrt{3}$ và  (a,b)=1

+ $n=1$ $a=2,b=1$ đúng.

+ giả sử đúng đến $k$ ta cm đúng vs $k+1$

giả sử $(2+\sqrt{3})^k=a+b\sqrt{3}$ với $(a,b)=1$

Suy ra $(2+\sqrt{3})^{k+1}=(2+\sqrt{3})^k(2+\sqrt{3})= (a+b\sqrt{3})(2+\sqrt{3})= (2a+3b)+(a+2b)\sqrt{3}$

Mà $(2a+3b,a+2b)=(a+b,a+2b)=(a+b,b)=(a,b)=1$ nên ta có đpcm

Cho các số nguyên dương a<b. chứng minh rằng $\frac{1}{\begin{bmatrix} a,b \end{bmatrix}} <\frac{1}{a}-\frac{1}{b}$

$bđt$ bị ngược dấu r.
$b-a\vdots (a,b)\Rightarrow b-a\geq (a,b)= \frac{ab}{[a,b]}\Rightarrow \frac{b-a}{ab}\geq \frac{1}{[a,b]}\Leftrightarrow \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\geq \frac{1}{[a,b]}$

Góp vui:

25. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\sum \frac{b^2c}{a^3(b+c)}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

26. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\sum \frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\leq \frac{3}{2}$

Bài 25.

$bdt\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c(a+b+c)}{a^3(b+c)}\geqslant\frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\sum \frac{b^2c}{a^3}\geqslant\frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\sum \frac{c^2a}{b^3}\geqslant\frac{9}{2}$

Áp dụng bđt $Cô-si$ : 

$VT=\sum \left [  \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\frac{c^2a}{2b^3}\right ]+\sum\frac{c^2a}{2b^3}\geqslant2\sum \frac{c\sqrt{c}}{\sqrt{2ab(b+c)}}+\frac{3}{2}$

$= \frac{3}{2}+2\sum \frac{c^2}{\sqrt{2abc(b+c)}}\geqslant^{CS}  \frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{\sqrt{2abc}(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})}= \frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{A}$

với $A=\sqrt{2abc}(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})$

Ta có $A^2=2abc(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})^2\leqslant 2abc.6(a+b+c)$ ( áp dụng $(x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2)$ )

$=12(ab.bc+bc.ca+ca.ab)\leqslant 4(ab+bc+ca)^2$  ( áp dụng $3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2$ )

$\leqslant \frac{4(a+b+c)^4}{9}$   ( áp dụng $3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2$ )

$\Rightarrow A\leqslant \frac{2(a+b+c)^2}{3}$

$\Rightarrow VT\geqslant\frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{\frac{2(a+b+c)^2}{3}}= \frac{9}{2}$

Vậy ta có $đpcm$.

À chết chắc mình viết nhầm @@ Mà a,b không phải là SCP chứ nhỉ ? :v 

là a,b thì vẫn sai :vv ví dụ với $a=2.3^3$ thì $y$ chỉ cần $y=2.3=6$ là $ay$ đã là scp r.

Mà kể cả khi $\sqrt{ay},\sqrt{bx}$ ko nguyên thì hiệu $\sqrt{ay}-\sqrt{bx}$ vẫn có thể là số nguyên.

Cho phương trình: $\sqrt{x} + \sqrt{y} = \sqrt{a} + \sqrt{b}$ (*)

ĐK: a;b là hằng số và không là số chính phương.

Liệu có tồn tại x;y là số tự nhiên mà x và y khác a;b thỏa mãn pt (*)

$gt\Leftrightarrow \sqrt{x}=\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{y}$

$\Leftrightarrow x= a+b+y+2\sqrt{ab}-2\sqrt{ay}-2\sqrt{by}$

Do $x,a,b,y$ là số tự nhiên nên $2\sqrt{ab}-2\sqrt{ay}-2\sqrt{by}$ sẽ phải là số nguyên.

Đặt $t=2\sqrt{ab}-2\sqrt{ay}-2\sqrt{by}$

$\Rightarrow \sqrt{ab}-\frac{t}{2}=\sqrt{ay}+\sqrt{by}\Leftrightarrow ab+\frac{t^2}{4}-t\sqrt{ab}= ay+by+2y\sqrt{ab}$

$\Leftrightarrow ab+\frac{t^2}{4}-y(a+b)=(t+2y)\sqrt{ab}$ $(*)$

+ Nếu $ab$ ko là số chính phương thì $\sqrt{ab}$ là vô tỷ suy ra $VP$ vô tỷ $VT$ hữu tỉ vô lí. Vậy ko tồn tại.

+ Nếu $ab$ là số chính phương

$gt\Leftrightarrow x+y+2\sqrt{xy}= a+b+2\sqrt{ab}= t\Leftrightarrow 2\sqrt{xy}=t-x-y$

Suy ra $t>x+y$ và $4xy=x^2+y^2+t^2+2xy-2xt-2yt\Leftrightarrow x^2-2x(y+t)+(y-t)^2=0$

để pt có nghiệm tự nhiên thì $delta'$ phải là số chính phương.

Ta có $delta'=4yt$. Chọn $y$ sao cho $yt$ là scp.

$\Rightarrow x=y+t-2\sqrt{yt}=(\sqrt{y}-\sqrt{t})^2$.

Do $t>x+y$ suy ra $t>2y+t-2\sqrt{yt}\Leftrightarrow \sqrt{yt}> y\Leftrightarrow t> y$.

Vậy khi $ab$ là số chính phương thì pt có nghiệm $x=(\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}-\sqrt{y})^2$

trong đó $y$ là số tự nhiên thỏa mãn $y<a+b+2\sqrt{ab}$ và $y(a+b+2\sqrt{ab})$ là số chính phương.

Giả sử $ x_{1}, x_{2} $ là hai nghiệm của phương trình $ x^{2}-4x+1=0 $. Chứng minh rằng biểu thức $ x_{1}^{2n}+x_{2}^{2n} $ có thể biểu diễn dưới tổng bình phương của ba số liên tiếp.

Giả sử $x_1=2+\sqrt{3},x_2=2-\sqrt{3}$. Theo định lý Talet ta có $x_1+x_2=4,x_1x_2=1$

Đặt $U_n=\frac{1}{\sqrt{3}}[x_{1}^n-x_{2}^n]$.

Ta sẽ chứng minh $U_n$ là số nguyên với mọi $n\geq 1$.

Thật vậy ta thấy $U_{n+1}-4U_n+U_{n-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}[x_{1}^{n+1}-x_{2}^{n+1}-(x_1+x_2)(x_{1}^{n}-x_{2}^{n})+x_{1}^{n-1}-x_{2}^{n-1}]=0$

( Do $x_1+x_2=4,x_1x_2=1$ )

$\Rightarrow U_{n+1}=4U_n-U_{n-1}$

$U_1=2,U_2=8$ là số nguyên suy ra $U_3$ là số nguyên,suy ra $U_4$ là số nguyên,,..suy ra $U_n$ là số nguyên,

Vậy $U_n$ là số nguyên với mọi $n\geq 1$.

$U_n^2= \frac{1}{3}(x_1^{2n}+x_2^{2n}-2x_1^{n}x_2^{n})= \frac{1}{3}(x_1^{2n}+x_2^{2n}-2)$

$\Rightarrow x_1^{2n}+x_2^{2n}= 3U_n^2+2=(U_n-1)^2+U_n^2+(U_n+1)^2$

Ta có đpcm.

Sao p-1>=q a

Do $p-1\vdots q$ nha :v 

Tìm cặp số nguyên tố (p,q) Thỏa mãn : $p(p-1)=q(q^2-1)$

Dễ thấy $p$ và $q$ là khác nhau do đó $(p,q)=1$

Suy ra $p-1\vdots q$ và $(q-1)(q+1)\vdots p$.

Nếu $q-1\vdots p$ $\rightarrow q-1\geq p$ mà $p-1\vdots q$ $\rightarrow p-1\geq q$ suy ra vô lí.

$\rightarrow q+1\vdots p\rightarrow q+1\geq p$

mà $p-1\geq q$ cộng 2 vế bđt ta được $p+q\geq q+p$.

Do đó dấu bằng trong 2 bđt trên phải xảy ra. Tức là $q+1=p$. Dó $q,p$ là $2$ số nguyên tố liên tiếp.

Vậy $(p,q)=(3,2)$

Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn điều kiện
$5^{x}.3^{y}+1=z(3z+2)$

(12301230)

Vế trái chẵn nên ta suy ra $z$ chẵn và do đó vế phải chia hết cho $4$. Xét $mod4$ 2 vế dễ suy ra được $y$ phải lẻ.

$đk\Leftrightarrow 5^{x}3^{y}=(3z-1)(z+1)$

Do $3z-1$ ko chia hết cho $3$ nên $3z-1=5^a$, $z+1=5^{b}.3^y$ với $a,b$ là 2 số tự nhiên có tổng là $x$

Cộng 2 vế ta đc $4z=5^{a}+5^{b}.3^y$. Từ đăng thức ban đầu suy ra $z$ ko thể chia hết cho $5$ vì như thế $1$ chia hết cho $5$ vô lí.

suy ra 1 trong 2 số $a$ hoặc $b$ phải bằng $0$. Nếu $a=0$ suy ra vô lí. Vậy $b=0$.

Do đó $3z-1=5^x$, $z+1=3^y$ 

$\rightarrow 3(3^y-1)-1=5^x\rightarrow 3^{y+1}-4=5^x\rightarrow (3^{^{\frac{y+1}{2}}}-2)(3^{^{\frac{y+1}{2}}}+2)=5^x$

$\rightarrow 3^{^{\frac{y+1}{2}}}-2=5^c,3^{^{\frac{y+1}{2}}}+2=5^d\rightarrow 4=5^d-5^c\rightarrow c=0$

$\rightarrow 3^{^{\frac{y+1}{2}}}-2=1\rightarrow y=1\rightarrow d=1\rightarrow x=1\rightarrow z=2$

Vậy $(x,y,z)=(1,1,2)$