Nguyen Van Hoang noob

 

cho em hỏi là sao suy ra được  $\dpi{300} m_3$   = 1 ạ 

 

 

Tính chất chia hết cơ bản thôi ạ: nếu $ab \vdots c$ Mà a,c nguyên tố cùng nhau thì $b \vdots c$ . Bạn áp dụng liên tục sẽ suy ra $1 \vdots m_3 $ 

Suy ra $m_3=1$

Cho các số nguyên dương m, n thỏa mãn $m^3 + n^3 +m \vdots mn$. Chứng minh rằng m là lập phương của một số nguyên dương.

 

Hình như trong link giải sai nhỉ, cho mình xin phép giải lại nhé.

Đặt $d = (m,n) \Rightarrow m=dm_1 ; n =d n_1 ; (m_1,n_1)=1$

Thay vào biểu thức ta được:

$d^3m_1^3 + d^3 n_1^3 + dm_1 \vdots d^2 m_1n_1 \Rightarrow d^2 (m_1^3+n_1^3)+m_1 \vdots dm_1n_1 \\\Rightarrow m_1 \vdots d \Rightarrow m_1=dm_2 \\ \Rightarrow d^4 m_2^3 + dn_1^3 + m_2 \vdots dm_2n_1 \Rightarrow m_2 \vdots d \Rightarrow m_2 = d m_3 \\ \Rightarrow d^6m_3^3 + n_1^3 +m_3 \vdots dm_3n_1 \Rightarrow n_1^3 \vdots m_3$

Do $(m_1,n_1)=1 ; m_1 = d^2 m_3 \Rightarrow (m_3,n_1)=1 \Rightarrow m_3=1 \\ \Rightarrow m = d^3$

Tìm min của $2019(x^2 + y^2) - 2018(2xy + 1)$

 

$A=2018(x^2+y^2-2xy)+x^2+y^2-2018=2018(x-y)^2+x^2+y^2-2018 \geq -2018$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=0$

Bài 121:tìm các cặp số nguyên tố (p,q) sao cho $p^2-q^2-1$ là số chính phương

 

Ý tưởng phần số dư chia 3 gần giống đề thi thử Chuyên Sư phạm lần 1 năm nay

 

Lời giải:

Đặt $p^2-q^2-1=a^2 (a\in \mathbb{N})\\ \Leftrightarrow (p-q)(p+q)=a^2+1$

 

TH1: p,q không chia hết cho 3 thì p,q chia 3 dư 1 hoặc 2 

Nếu $p \equiv q (mod \ 3 ) \Rightarrow p-q \vdots 3$

Nếu $p\not\equiv q (mod \ 3 ) \Rightarrow p+q \equiv 1+2 \equiv 0 (mod \ 3 ) \Rightarrow p+q \vdots 3$

Suy ra $(p-q)(p+q) \vdots 3 \Rightarrow a^2+1 \vdots 3 \Rightarrow a^2 \equiv 2 (mod \ 3) (VL)$

 

TH2: p,q có ít nhất 1 số chia hết cho 3 . Mà p,q là số nguyên tố nên p=3 hoặc q=3

Nếu p=3 thì $(3-q)(3+q)=a^2+1 \Rightarrow q<3$ mà q là số nguyên tố, nên q=2

$\Rightarrow (3-2)(3+2)=a^2+1 \Rightarrow a^2=4 \Rightarrow a=2 (do \ a \in \mathbb{N})$

Nếu q=3 thì $(p-3)(p+3)=a^2+1 \Rightarrow p^2-a^2=10$

Vì p²,a² là số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1 nên p²-a² chia 4 dư 0 ,1 hoặc 3  

Mà 10 chia 4 dư 2 . Suy ra q=3 (loại)

 

Vậy phương trình có nghiệm nguyên tố duy nhất p=3;q=2

 $\boxed{\textsf{Bài 123}}$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a$, tổng:

      $P = (a+1)^2 + (a+2)^2 + (a+3)^2 + ...... + (a+99)^2$ không thể viết dưới dạng luỹ thừa lớn hơn $1$ của một số nguyên dương.

 

Trước hết ta chứng minh  $Q=\sum_{i=1}^{9} (x+i)^2 \equiv 6 (mod \ 9) (x\in \mathbb{N})$ (*)

(Bài toán này nhỏ hơn, nhưng các bạn có thể khai triển P trực tiếp ra nhé)

Thật vậy, ta có:

$Q=9x^2+90x+295 = 9\left (x^2+10x+31\right)+6 \equiv 6 (mod \ 9)$ (điều phải chứng minh)

 

Ta thấy P tách được thành 11 tổng, mỗi tổng gồm 9 số chính phương liên tiếp (chia 9 dư 6 - do (*))

Suy ra P chia 9 dư 3 

=> P chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9  

Suy ra P  không thể viết dưới dạng luỹ thừa lớn hơn 1 của một số nguyên dương.

Chứng minh:

$\frac{x}{\sqrt{y+z-x}}+\frac{y}{\sqrt{z+x-y}}+\frac{z}{\sqrt{x+y-z}}\le \sqrt{\left( x+y+z \right)\left( \frac{x}{y+z-x}+\frac{y}{z+x-y}+\frac{x}{x+y-z} \right)}$

Với x, y, z là các số dương

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 căp số $\left ( \sqrt{x};\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z-x}} \right );\left ( \sqrt{y};\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x-y}} \right );\left ( \sqrt{z};\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y-z}} \right )$ ta được:

$\frac{x}{\sqrt{y+z-x}}+\frac{y}{\sqrt{z+x-y}}+\frac{z}{\sqrt{x+y-z}} \leq \sqrt{\left ( x+y+z \right )\left (\frac{x}{y+z-x}+\frac{y}{z+x-y}+\frac{z}{x+y-z} \right )}$

Dấu = xảy ra khi x=y=z>0

Bài 120: tìm bộ ba số nguyên tố (p;q;r) sao cho pqr=p+q+r+200

Cho em xin phép được gõ không Latex bài viết này ạ, em cảm ơn! 

 

Ta có: pqr = p+q+r+200 (*)

<=> 1/pq+1/qr+1/rp +200/pqr =1  (1)

 

Vì p,q,r có vai trò như nhau, ta giả sử p>=q>=r

Từ (1) => 1<= 3/r^2 + 200/r^3 (2)

 

TH1: r>=7 => 3/r^2 +200/r^3 <= 3/49 + 200/343 < 1  (trái (2)) -> loại

TH2: r<=6. Mà r là số nguyên tố nên r bằng 2,3 hoặc 5

 

+) r=2 thì (*) có dạng:

p+q+202=2pq 

<=> 2p+2q+404 =4pq

<=> (2p-1)(2q-1) = 405 

Vì p>= q>=2 ; p,q là số nguyên tố. Ta giải các trường hợp rồi thử lại ta được 

(p,q) thuộc { (41;3) ;  (23;5)}

 

+)  r=3 thì  (*) có dạng :

p+q+203 = 3pq

<=> (3p-1)(3q-1) = 610

Vì p>=q>=3 ; p,q là số nguyên tố . Ta xét các trường hợp -> vô nghiệm nguyên tố

 

+) r=5 thì (*) có dạng :

p+q+205 = 5pq

<=> (5p-1)(5q-1) = 1026 

Vì p>=q>=5; p,q là số nguyên tố. Ta xét các trường hợp -> vô nghiệm nguyên tố.

 

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên tố p,q,r thuộc (2;3;41);(2;5;23) và hoán vị

$\boxed{119}$Giải phương trình nghiệm nguyên: $(x-y)^{30}+5(y-z)^4+(z-x)=2021$

P/s: Bài này tương đối dễ vì thực chất nó xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi toán 8 của một huyện ờ Hà Tĩnh

 

Ta có: 

$(x-y)^{30}\equiv x-y (mod\ 2); 5(y-z)^4\equiv (y-z)^4\equiv y-z (mod\ 2)\\ \Rightarrow (x-y)^{30}+5(y-z)^4+z-x \equiv x-y+y-z+z-x = 0 (mod\ 2)\\ \Rightarrow 2021\equiv 0 (mod\ 2) (VL)$

Vậy không tồn tại nghiệm nguyên của phương trình

VT, VP là tích 2 số chẵn lẻ mà 2 vế = nhau nên nó phải = như vậy chứ

lỡ k+1 = m.n với m ,n lẻ thì ta vẫn có thể tách thành

k.m (chẵn) và n hoặc k.n(chẵn) và m 
 

$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$

 

Ta chứng minh một bổ đề sau :

Với x,y nguyên dương . Ta có $(a^x-1;a^y-1)=a^{(x;y)}-1$ 

Bổ đề đã được chứng minh trong ảnh dưới.

 

Ta có: $(2^m-1;2^n-1)=2^{(m;n)}-1$

Để $(2^m-1;2^n-1)\neq 1 \Leftrightarrow 2^{(m;n)}-1\neq 1\\ \Leftrightarrow 2^{(m;n)}\neq 2 \Leftrightarrow (m;n)\neq 1$

Mà $m,n \in \left \{ 1;2;...;30 \right \}$
Có tất cả 158 cặp m,n phân biệt thỏa mãn (mình chưa làm cách nào tối ưu bước này được )

$\boxed{25}$ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của B,C của (O) cắt tiếp tuyến của A tại 2 điểm L,K. Đường thẳng qua K song song với AC cắt đường thẳng qua L song song với AB tại P. Chứng minh BP=CP. 

Giải HPT
$\left\{\begin{matrix} -20y^3-3y^2+3xy+x-y=0 & \\ x^2+y^2-3y=1& \end{matrix}\right.$

Mình xin phép trình bày lời giải ạ :

Ta có:

$\begin{cases} -20y^3-3y^2+3xy+(x-y).1=0(1)\\x^2+y^2-3y=1 (2) \end{cases}$

Thay (2) vào (1) ta được :

$-20y^3-3y^2+3xy+(x-y)(x^2+y^2-3y)=0\\ \Leftrightarrow -20y^3-3y^2+3xy+x^3+xy^2-3xy-x^2y-y^3+3y^2=0\\ \Leftrightarrow x^3-x^2y+xy^2-21y^3=0\\ \Leftrightarrow (x-3y)[(x+y)^2+6y^2]=0$

TH1: $x=3y$

Thay vào (2) ta được :

$9y^2+y^2-3y=1\\ \Leftrightarrow 10y^2-3y-1=0\\ \Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{1}{2} \Rightarrow x=\frac{3}{2}\\ y=\frac{-1}{5}\Rightarrow x=\frac{-3}{5} \end{bmatrix}$

TH2: $(x+y)^2+6y^2=0 \Leftrightarrow x=y=0$

Thay vào (2) , ta thấy không thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm $(x,y) \in \left \{ (\frac{3}{2},\frac{1}{2});(\frac{-3}{5},\frac{-1}{5}) \right \}$

Góp topic đề thi thử vào chuyên Toán PTNK sáng nay. Mong nhận được lời giải chi tiết, mình vẫn còn mơ hồ về bài này do trước nay chưa từng đụng tới số học.

$\boxed{93}$ Cho $m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m-n$ là một số lẽ.

a) Chứng minh hai số $m+3n$ và $5m+7n$ nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là một số chính phương.

 

#Sorry mọi người, mình tưởng bài này chưa có ai giải... thôi cứ để tạm đây cũng được

 

Đây là 1 bài toán khá là vừa sức . Mình xin trình bày lời giải như sau ạ .

a) Ta có :

$m+3n=(m-n)+4n;5m+7n=5(m-n)+12n$

Do $m-n$ lẻ nên $m+3n,5m+7n$ lẻ

Gọi $(m+3n,5m+7n)=d$ $(d\in \mathbb{N^*}; d$ lẻ $)$

Suy ra $\begin{cases} m+3n \vdots d \\5m+7n \vdots d \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 5(m+3n)-(5m+7n)\vdots d\\ 7(m+3n)-3(5m+7n) \vdots d \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 8n\vdots d\\ -8m \vdots d \end{cases}$

Mà d lẻ nên $(d,8)=(d,-8)=1$

Suy ra $n,m \vdots d$ . Mà $(m,n)=1, d\in \mathbb{N^*} ; d$ lẻ 

$\Rightarrow d=1$ 

Vậy $(m+3n,5m+7n)=1$

 

b) Giả sử $(m+3n)(5m+7n)$ là số chính phương . Mà $(m+3n,5m+7n)=1$

Suy ra $m+3n,5m+7n$ đều là số chính phương.

Mà số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1

Nên $(5m+7n)-(m+3n)=2(m+n)$ chia 4 dư 0,1 hoặc 3

Mà m-n lẻ nên $2(m+n)$ chia 4 dư 2

Từ đó, giả sử sai.

Vậy $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là số chính phương

Cho $a,b>0$ thoả mãn $ab=1$.

Tìm GTNN của $A=\frac{a^3}{1+b}+\frac{b^3}{1+a}$.

 

Mình xin phép trình bày lời giải bài toán này ạ:

 

Đặt $a+b=x$

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương ta có:

$a,b \geq 0 \Rightarrow x= a+b\geq2\sqrt{ab}=2$ 

$a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}=\frac{x^2}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Svacxo ta có:

$A=\frac{a^3}{1+b}+\frac{b^3}{1+a}=\frac{a^4}{a+ab}+\frac{b^4}{b+ab} \geq \frac{(a^2+b^2)^2}{a+b+2ab} \geq \frac{(\frac{x^2}{2})^2}{x+2}=\frac{1}{4}.\frac{x^4}{x+2}$

Ta sẽ đi chứng minh : $\frac{x^4}{x+2} \geq 4$

Thật vậy, (*) tương đương với:

$x^4\geq4(x+2)\Leftrightarrow x^4-4x-8 \geq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^3+2x^2+4x+4) \geq 0$ (luôn đúng với mọi $x\geq 2$) 

Suy ra $A\geq \frac{1}{4}.4= 1$

Dẫu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=1$

$\sqrt{2}$ là số vô là số vô tỉ

 

Giả sử $\sqrt{2}$ là số hữu tỉ. Khi đó, đặt $\sqrt{2}=\frac{a}{b};(a,b)=1;a,b\in \mathbb{N^*}$

$\Rightarrow 2=\frac{a^2}{b^2} \Leftrightarrow 2b^2=a^2$

Vì $2b^2 \vdots 2 \Rightarrow a^2\vdots 2 \Rightarrow a\vdots 2 \Rightarrow a^2\vdots 4 \\\Rightarrow 2b^2\vdots 4 \Rightarrow b^2\vdots 2 \Rightarrow b \vdots 2$

$\Rightarrow (a,b) \vdots 2 \Rightarrow 1 \vdots 2 (VL)$

Vậy $\sqrt{2}$ là số vô tỉ