Korkot

Giả sử n có nhiều hơn 3 ước. Gọi k là ước lẻ lớn nhất của n. Khi đó tồn tại số a|n, a>1 và (a,k)=1 sao cho a+k-1 | n. 

Mà a+k-1 > k $\Rightarrow$ k không phải ước lớn nhất của n (vô lý) 

$\Rightarrow$ n=$k^x$ với k là số nguyên tố lẻ và x là số nguyên dương

Bài 2: 2. Gọi các cạnh của tam giác là a,b,c là các số nguyên dương và $a \geq b \geq c$. (a,b,c không đồng thời bằng nhau)

Theo đề bài ta có $P=\frac{a+b+c}{2} \vdots a \Rightarrow a+b+c=2ka$

 3a >a+b+c =2ka nên a+b+c=2a (vô lý do b+c >a)

Từ đó suy ra mệnh đề sai

a) Ta nhận thấy với mọi cách đặt dấu ngoặc thì luôn có $\frac{10}{9}$. Vậy để số nguyên lớn nhất thì ta đặt 9 ở mẫu và các số còn lại ở tử 

$\Rightarrow$ cách đặt dấu ngoặc: A=10:(9:8:7:6:5:4:3:2)

b) Vì 7 là số nguyên tố và trong 10 số trên không có số nào chia hết cho 7 nên để A nguyên thì 7 ở mẫu số tức $A \vdots 7$ 

$\Rightarrow A \geq 7$

Để A=7 ta đặt dấu ngoặc như sau: 10:9:(8:7:6):(5:4:3):2=7

P/S bài này có trên Facebook của thầy Võ Quốc Bá Cẩn thì phải

Có tổng cộng 100 đồng xu trên bàn, 10 đồng nằm sấp và 90 đồng ngửa. Bạn không thể nhìn hoặc biết được các đồng xu đang ở mặt nào. Hỏi phải lật các đồng xu như thế nào để số đồng xu nằm sấp bằng số đồng xu mặt ngửa? 

Cho x,y là các số thực không âm thỏa x+y=2. CMR $x^6y^6(x^4+y^4) \leq 2$

1. Cho x,y,z,t là các số thực thuộc đoạn [0,1]. CMR:

a) $x(1-y)+y(1-z)+z(1-t)+t(1-x) \leq 2$

b) $x(1-y)+y(1-z)+z(1-x) \leq 1$

Cho số thực a, b thỏa mãn $a+b\geq 2$. CMR trong 2 phương trình sau có ít nhất 1 phương trình có nghiệm

$x^2+2a^2bx+b^5=0;x^2+2b^2ax+a^5=0$

Giả sử điều ngược lại. Xét $a+b \geq 2$ ta có $2(a^3+b^3) \leq (a+b)(a^3+b^3)=a^4+b^4+a^3b+b^3a \leq 2(a^4+b^4)$

$\Leftrightarrow a^3+b^3 \leq a^4+b^4$ (*) 

$x^2+2a^2bx+b^5=0 (1); x^2+2b^2ax+a^5=0 (2)$

a=0 thì (2) có nghiệm, b=0 thì (1) có nghiệm. Tức $ab \neq 0$ nên ta có:

$\frac{\Delta'_1}{b^2}=\frac{a^4b^2-b^5}{b^2}=a^4-b^3<0$

Cmtt ta có $\frac{\Delta'_2}{a^2}=\frac{b^4a^2-a^5}{a^2}=b^4-a^3<0$

$\Leftrightarrow a^4+b^4-a^3-b^3<0$

Nhưng theo bđt (*) điều này vô lý nên ta có đpcm

giả sử tồn tại tập X, gọi các phần tử của X lần lượt là $x_1,x_2,...x_n$ với $x_n>x_{x-1}>...>x_2>x_1$ tức $x_1;x_2$ là 2 số nhỏ nhất trong dãy.

Xét $x_1,x_2$ ta có $x_2=x_1.k^2$ tức k<$x_2$. Nhưng do $x_2,x_1$ là 2 phần tử nhỏ nhất nên điều này xảy ra khi k=$x_1$ tức $x_2=x_1^3$

Giả sử X có nhiều hơn 2 phần tử.Xét $x_3$ với $x_2$ thì ta có 2 TH: $x_3=x_2.x_1^2$ hay $x_3=x_2^3$. Mặt khác, khi xét $x_3$ với $x_1$ ta có TH duy nhất $x_3=x_1.x_2^2$

$\Rightarrow x_2.x_1^2=x_1.x_2^2$ hay $x_2^3=x_1.x_2^2$ (loại cả 2 TH do lúc này ta có $x_1=x_2$)

$\Rightarrow$ X không thể có nhiều hơn 2 phần tử

Vậy X là các tập hợp gồm 2 phần tử nguyên dương $x_1,x_2 (x_1<x_2)$ thỏa $x_2=x_1^3$

Một bài mình lượm trên Facebook: 

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

1.$\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{x}=4$

2.$\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{x}=3$

Hiện tại mình có một cách nhưng hơi dài.

Giả sử $a,b,c$ đồng thời là số nguyên tố.

Ta có:$\left\{\begin{matrix}b+c+bc\vdots a \\ a+b+ab\vdots c \\ c+a+ac\vdots b \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}b+c+bc+a(b+c+1)\vdots a \\ a+b+ab+c(a+b+1)\vdots c \\ c+a+ac+b(a+c+1)\vdots b \end{matrix}\right. <=> \left\{\begin{matrix}a+b+c+ab+bc+ac\vdots a \\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots b \\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots c \end{matrix}\right.$

Do $a,b,c$ đồng thời là số nguyên tố

$=>a+b+c+ab+bc+ac\vdots abc$

Nhận thấy $a,b,c\epsilon \mathbb{P}=>a,b,c> 1=>a,b,c,ab,bc,ac< abc=>a+b+c+ab+bc+ac< 6abc$

$=>a+b+c+ab+bc+ac=abc,2abc,3abc,4abc,5abc$

Giải từng trường hợp tính ra $a,b,c$ nhưng thấy vô lý vì chúng đồng thời nguyên tố.

Để ý vai trò bình đẳng của $a,b,c$ để sắp xếp thứ tự.

Mình xin đề xuất một cách làm khác: Giả sử a,b,c đồng thời nguyên tố, biến đổi như bạn Tea Coffee ta đưa về được $a+b+c+ab+bc+ca \vdots abc$

Ta cm bằng quy nạp rằng với$a,b,c \geq 4 $ thì a+b+c+bc+ca+ab< abc. Khi a=b=c=4 thì VT=60<64=VP.

Giả sử rằng giả thiết a+b+c+ab+bc+ca <abc đúng. Khi ta cộng 1 vào 1 trong 3 số a,b,c ( giả sử là a ) thì VT tăng thêm b+c+1 và VP tăng thêm bc. Do $b,c \geq 4$ nên b+c+1<bc tức (a+1)+b+c+(a+1)b+(a+1)c+bc < (a+1)bc. Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề đúng với mọi $a,b,c \geq 4$

Xét các TH $a,b,c \leq 4$ (lưu ý là 3 số không đồng thời bằng 4). Vì a,b,c đồng thời nguyên tố nên ta xét lần lượt các TH (2,2,2);(2,2,3);(2,3,3);(3,3,3); thấy không thỏa nên ta có đpcm.

Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kỳ có kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi 1 máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính kết nối trực tiếp với nó.CMR dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà khi thả virus vào 2 máy tính đó ít nhất 50% máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus.

Tìm số tự nhiên k sao cho bất đẳng thức $(xyz)^k.(x^3+y^3+z^3) \leq 3$ luôn đúng với x,y,z dương và x+y+z=3.

Cho phương trình: $x^2 – mx – 1 = 0$ ($m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 < x_2$ và $|x_1| - |x_2| = 6.$

Ta có $\Delta= m^2+4>0$ với mọi m nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Có $|x_1|-|x_2|=6$

$\Rightarrow x_1^2+x_2^2-2|x_1x_2|=36$

$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2|x_1x_2|-2x_1x_2=36$

$\Leftrightarrow m^2=36$

$\Leftrightarrow m \in (6;-6)$

Xét $m=6$ có : $x^2-6x-1=0$. Pt có 2 nghiệm thỏa 

Xét $m=-6$ có : $x^2+6x-1=0$. Pt có 2 nghiệm thỏa 

$\Rightarrow$ Kết luận

Trong 1 giải đấu, có 4 đội bóng A,B,C,D đấu theo thể thức vòng tròn.Trong một trận đấu, đội thắng được 3 điểm, đội thua không được điểm và đội hòa được 1 điểm. Tại thời điểm cuối giải, ta có các kết quả và nhận xét sau:

-A hạng nhất, B hạng nhì, C hạng ba và D hạng tư

- Về tổng số bàn thắng: C ghi 10 bàn thắng , A ghi 9 bàn, B ghi 7 bàn, D ghi 4 bàn

- Trong toàn bộ giải đấu, có duy nhất 1 trận có tỉ số dạng X-5 và một trận tỉ số có dạng Y-0, các trận còn lại ko có trận nào có đội ghi được từ 5 bàn thắng trở lên hoặc không ghi được bàn nào. $(X,Y \in N^* / X,Y < 5)$

Hỏi có thể có bao nhiêu cặp (X,Y) ?

Lưu ý: các cặp (X,Y) vẫn được tính là khác nhau nếu là của 2 trận khác nhau.Chẳng hạn tồn tại 1 trận giữa A và B có tỷ số 5-$X_{1}$, tồn tại 1 trận giữa C và D có tỷ số 0-$Y_{1}$, mặt khác cũng  tồn tại TH có 1 trận giữa A và C có tỷ số 5-$X_{2}$ , tồn tại 1 trận giữa B và D có tỷ số 0-$Y_{2}$. Cho dù $X_{1}=X_{2}$, $Y_{1}=Y_{2}$ thì ta vẫn coi 2 cặp $(X_{1},Y_{1})$ và $(X_{2},Y_{2})$ là 2 cặp phân biệt.

Đưa ảnh bạn Lâm (WangtaX) lên luôn cho thế hệ sau chiêm ngưỡng