Toán [Thảo luận] Topic ôn tập thi tuyển sinh vào 10 chuyên

Thảo luận trong 'Đề thi vào lớp 10' bắt đầu bởi Ann Lee, 7 Tháng năm 2018.

Lượt xem: 9,124

  1. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $2x^{2}+3y^{2}+2z^{2}-4xy+2zx-20=0$ $(1)$
    Vì $x,y,z \in \mathbb{N^{*}}$ nên $(1) \Rightarrow y$ là số chẵn$.$
    Đặt $y=2k$ $(k \in \mathbb{N^{*}})$$,$ thay vào $(1)$ $:$
    $2x^{2}+12k^{2}+2z^{2}-8xk+2zx-20=0 \Leftrightarrow x^{2}+6k^{2}+z^{2}-4xk+zx-10=0 \Leftrightarrow x^{2}-x(4k-z)+ (6k^{2} +z^{2}-10) =0$ $(2)$
    Xem $(2)$ là phương trình bậc hai theo ẩn $x$$.$
    Ta có $:$ $\Delta = (4k-z)^{2}-4.1(6k^{2} +z^{2}-10)=16k^{2}-8kz+z^{2}-24k^{2}-4z^{2}+40=-8 k^{2}-8kz-3 z^{2}+40$
    Nếu $k \geq 2$$,$ thì do $z \geq 1 \Rightarrow \Delta <0$ $:$ phương trình $(2)$ vô nghiệm$.$
    Do đó $:$ $k=1 \Rightarrow y=2$$.$ Khi đó $:$ $\Delta = -8-8z-3z^{2}+40=-3z^{2}-8z+32$
    Nếu $z \geq 3$ thì $\Delta <0$ $:$ phương trình $(2)$ vô nghiệm$.$
    Nếu $z=1$ thì $\Delta =-3-8+32=21$ $:$ không phải là số chính phương $\Rightarrow$ phương trình $(2)$ không có nghiệm nguyên$.$
    Nếu $z=2$ thay vào phương trình $(2)$ $:$ $x^{2}-2x+ (6 +4-10) =0 \Leftrightarrow x^{2}-2x=0 \Leftrightarrow x(x-2)=0 \Leftrightarrow x=2$ $(x>0)$
    $\Rightarrow x=y=z=2 \Rightarrow \Delta$ đó là tam giác đều$.$ $($đpcm$)$
     
    Đình Hải, Bonechimte, Ann Lee1 other person thích bài này.
  2. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $(I) \left\{\begin{matrix} 2x^{2}+4x+y^{3}+3=0 & (1) \\ x^{2}y^{3}+y=2x & (2) \end{matrix}\right.$
    $(1) \Leftrightarrow 2x^{2}+2(x^{2}y^{3}+y) +y^{3}+3=0$ $($do $(1)$$)$ $\Leftrightarrow 2x^{2}+2x^{2}y^{3}+2y+y^{3}+3=0 \Leftrightarrow (2x^{2}+2x^{2}y^{3})+(2y+2)+(y^{3}+1)=0$
    $\Leftrightarrow 2x^{2}(y+1)(y^{2}-y+1)+2(y+1)+(y+1)(y^{2}-y+1) =0 \Leftrightarrow (y+1)[2x^{2}(y^{2}-y+1)+2+(y^{2}-y+1)] =0 \Leftrightarrow (y+1)[(2x^{2}+1)(y^{2}-y+1)+2] =0$
    Ta có $:$ $(2x^{2}+1)(y^{2}-y+1)+2= (2x^{2}+1)[(y-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}]+2>2>0$$.$ Khi đó $:$
    $(1) \Leftrightarrow y+1=0 \Leftrightarrow y=-1$$.$ Khi đó $:$ $(2) \Leftrightarrow x^{2}(-1)^{3}-1=2x \Leftrightarrow x^{2}+2x+1=0 \Leftrightarrow (x+1)^{2}=0 \Leftrightarrow x+1=0 \Leftrightarrow x=-1$
    Vậy hệ phương trình $(I)$ có cặp nghiệm duy nhất $(x;y)=(-1;-1)$
     
    Đình Hải, hdiemhtAnn Lee thích bài này.
  3. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ HỌC ( Số nguyên tố )
    Bài 1: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p – 1) chia hết cho 24
    Bài 2: Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho [tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}[/tex]
    a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố.
    b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a+c và b+c không thể đồng thời là số nguyên tố
    Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện [tex]p^{2}-2q^{2}=1[/tex]
    Bài 4: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho [tex]2^{p}+p^{2}[/tex] là số nguyên tố

    Xem thêm : [Lý thuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 1:
    Bài 14: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=1\\ \sqrt{4xy-1}+\sqrt{2-4x^{2}y^{2}}=2 \end{matrix}\right.$
    Bài 15: Giải hệ phương trình [tex]\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x^{2}+3x-y}=\sqrt{y^{2}+4x}+x+1\\4\sqrt{2x+1}+x+2=2y \end{matrix}\right.[/tex]
    Bài 6: Giải phương trình sau [tex]\sqrt{3x^{2}-6x-6}=3\sqrt{(2-x)^{5}}+(7x-9)\sqrt{2-x}[/tex]
    Bài 9: Giải phương trình sau [tex]\sqrt{x+1}+2(x+1)=x-1+\sqrt{1-x}+3\sqrt{1-x^{2}}[/tex]

    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Phương trình nghiệm nguyên )
    Bài 1: Chứng minh rằng phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] không có nghiệm nguyên dương
    Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên [tex]x^{3}+x^{2}y+xy^{2}+y^{3}=8(x^{2}+xy+y^{2}+1)[/tex]





     
    Đình Hảilengoctutb thích bài này.
  4. Bonechimte

    Bonechimte Học sinh tiêu biểu Thành viên

    Bài viết:
    2,533
    Điểm thành tích:
    563
    Nơi ở:
    Hà Nội
    Trường học/Cơ quan:
    ...

    1:
    P là số nguyên tố lớn hơn 3 $\Rightarrow$ P chia 3 dư 1 hoặc dư 2
    P chia 3 dư 1 $\Rightarrow P-1 $chia hết cho 3.
    P chia 3 dư 2 $\Rightarrow P+1 $chia hết cho 3
    $\Rightarrow(P-1)(P+1) \vdots 3(1)$
    Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 thì P là số lẻ $\Rightarrow P-1 , P+1 $là số chẵn.
    Nếu P+1 chia 4 dư 2 $\Rightarrow P-1 \vdots 4 và P+1 \vdots 2$
    $\Rightarrow (P-1)(P+1) \vdots 8$
    Nếu P-1 chia 4 dư 2 $\Rightarrow P+1 \vdots 4$và $P-1 \vdots 2$
    $\Rightarrow (P-1)(P+1) \vdots 8 (2)$
    Từ (1) và (2) \Rightarrow $(P-1)(P+1) \vdots 24$
     
    Đình Hải, hdiemht, Ann Lee2 others thích bài này.
  5. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    Xét: [tex]p\leq 3[/tex] [tex]\Rightarrow p=2;p=3[/tex]
    Nếu [tex]p=2[/tex] thì[tex]2^{p}+p^2=2^2+2^2=8\notin P[/tex]
    Nếu [tex]p=3[/tex] thì [tex]2^{p}+p^2=2^3+3^2=17\in P[/tex]
    Xét: [tex]p>3[/tex]
    [tex]2^{p}+p^2=(2^p+1)+(p^2-1)[/tex]
    Ta có: [tex]p^2-1=(p-1)(p+1)\vdots 24\Rightarrow p^2-1=(p-1)(p+1)\vdots 3[/tex] (1)
    Vì p>3 nên p là số nguyên tố lẽ [tex]\Rightarrow 2^p+p^2\vdots 3[/tex] (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: [tex]p^2+2^p\vdots 3[/tex]
    Vậy p=3 thì [tex]2^p+p^2[/tex] là số nguyên tố
     
    Đình Hải, Ann Leelương tùng lâm thích bài này.
  6. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    Cách 1:
    [tex]p^2-2q^2=1[/tex][tex]\Leftrightarrow (p-1)(p+1)=2q^2[/tex]
    Vì p,q là các số nguyên tố nên và p-1<p+1
    [tex]\begin{bmatrix} p-1=2 & & \\ \left\{\begin{matrix} p-1=q & & \\ p+1=2q & & \end{matrix}\right. & & \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} p=3 \rightarrow q=2& & \\ \left\{\begin{matrix} q=2 & & \\ p=3 & & \end{matrix}\right. & & \end{bmatrix}[/tex]
    Vậy p=3 và q=2
    Cách 2: [tex]p^2-2q^2=1[/tex]
    [tex]\Rightarrow p^2=2q^2+1[/tex]
    Với p=2 thì không tồn tại q
    Với p>2 thì p lẽ [tex]\Rightarrow p^2\equiv 1(mod 4)\Rightarrow 2q^2+1\equiv 1(mod4)\Rightarrow 2q^2\equiv 0(mod4)\Leftrightarrow q=2[/tex]
    Khi q=2 thì p=3
    Vậy p=3 và q=2
     
    Last edited: 13 Tháng năm 2018
    Đình Hải, mỳ gói, Ann Lee1 other person thích bài này.
  7. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $a)$ $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c} \Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}=\frac{1}{c} \Leftrightarrow ab=c(a+b) \Leftrightarrow c=\frac{ab}{a+b}$
    Ta có $:$ $c \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow \frac{ab}{a+b} \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow ab \vdots (a+b)$
    Nếu $a+b$ là số nguyên tố thì $\left[\begin{matrix} a \vdots (a+b) & \\ b \vdots (a+b) & \end{matrix}\right. \Rightarrow \left[\begin{matrix} a>a+b & \\ b>a+b & \end{matrix}\right.$ $($Vô lý do $a,b \in \mathbb{N^{*}}$$)$
    Vậy $a+b$ là số nguyên tố
    $b)$ Ta có $:$ $(a+c)(b+c)=ab+c(a+b)+c^{2}= c(a+b) +c(a+b)+c^{2}=2c(a+b)+c^{2}=c[2(a+b)+c]=c(2a+2b+c)$
    $\Leftrightarrow \frac{(a+c)(b+c)}{c}=2a+2b+c$
    Ta có $:$ $a,b,c \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow (2a+2b+c) \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow \frac{(a+c)(b+c)}{c} \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow (a+c)(b+c) \vdots c$ $(1)$
    Giả sử $\left\{\begin{matrix} a+c & \\ b+c & \end{matrix}\right.$ đồng thời là số nguyên tố
    Mà $\left\{\begin{matrix} a+c>c & \\ b+c>c & \end{matrix}\right.$ nên $(a+c)(b+c) \not \vdots c$ $($Mâu thuẫn $(1)$$)$
    Vậy $a+c$ và $b+c$ không đồng thời là số nguyên tố khi $c>1$

    $P/s$ $:$ Bài $19$ mình làm ở trên kìa $!$
    @Ann Lee : Xin lỗi bạn. Mình quên mất. Đã sửa lại. Cảm ơn vì đã nhắc.
     
    Last edited by a moderator: 13 Tháng năm 2018
    Đình Hải, Ann Leehdiemht thích bài này.
  8. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    @Ann Lee cho t xin đóng góp mấy bài sau cho topic:
    BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ HỌC (số nguyên tố)
    Bài 5: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố và a là 1 số không chia hết cho số p thì [tex]{\color{Blue} {\color{Blue} a^{p-1}-1}}[/tex] phải chia hết cho p (Định lí FerMat)
    Bài 6: Chứng minh rằng nếu x,y không chia hết cho 1 số nguyên tố p thì [tex](x^{p-1}-y^{p-1})\vdots p[/tex]

    P/S: Cảm ơn bạn @lengoctutb đã nhắc nhở mình!!!
     
    Last edited: 13 Tháng năm 2018
    Đình Hải, lengoctutbAnn Lee thích bài này.
  9. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    Theo định lý $Fermat$ nhỏ$,$ ta có $:$ $\left\{\begin{matrix} x \not \vdots p \Rightarrow (x^{p-1}-1) \vdots p & \\ y \not \vdots p \Rightarrow (y^{p-1}-1) \vdots p & \end{matrix}\right.$
    $\Rightarrow (x^{p-1}-1)-(y^{p-1}-1) \vdots p \Leftrightarrow x^{p-1}-1-y^{p-1}+1 \vdots p \Leftrightarrow x^{p-1}-y^{p-1} \vdots p$ $($đpcm$)$

    $P/s$ $:$ Bạn xem lại đề Câu $5$ nha $!$ Mà hình như đề là $:$
    Nếu $p$ là số nguyên tố và $a$ là một số nguyên không chia hết cho $p$ thì $a^{p-1}-1$ sẽ chia hết cho $p$ $!$
     
    Đình Hải, Ann Leehdiemht thích bài này.
  10. Phan Tú Anh

    Phan Tú Anh Học sinh Thành viên

    Bài viết:
    174
    Điểm thành tích:
    46
    Nơi ở:
    Thanh Hóa

    Viết lại phương trình : [tex]x^{3}+y^{3}= (x+y)^{2} + (xy)^2[/tex]
    <=>[tex]xy(3x+3y+xy)=0 (1)[/tex]
    + Nếu x ; y dương thì xy và 3x + 3y + xy đều dương = > (1) vô nghiệm
    + Nếu x;y không có điều kiện
    x=0 => y tùy ý
    y=0 => x tùy ý
    3x+ 3y + xy = 0
    => (x;y) = ( -4; -12) ( 0 ; 0) ( -6 ; -6) ( 6; -2 ) ( -12; -4)
    => pt không có nghiệm nguyên dương
     
    Đình Hải thích bài này.
  11. Eun San

    Eun San Học sinh Thành viên

    Bài viết:
    27
    Điểm thành tích:
    29
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    ĐKXĐ:....
    Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
    [tex]\sqrt{4xy-1}\leq \frac{1+4xy-1}{2}=2xy=\sqrt{4x^{2}y^{2}}[/tex]
    Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
    $(\sqrt{4x^{2}y^{2}}+\sqrt{2-4x^{2}y^{2}})^{2}\leq 2(4x^{2}y^{2}+2-4x^{2}y^{2})=4$
    $\Rightarrow \sqrt{4x^{2}y^{2}}+\sqrt{2-4x^{2}y^{2}}\leq 2$
    $\Rightarrow \sqrt{4xy-1}+\sqrt{2-4x^{2}y^{2}}\leq 2$
    Đẳng thức "=" xảy ra [tex]\Leftrightarrow xy=\frac{1}{2}[/tex]
    Thay vào (1) được [tex]x+y=\frac{1}{2}[/tex]
    Ta có hệ [tex]\left\{\begin{matrix} x+y=\frac{1}{2}\\xy=\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow ...[/tex]
     
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  12. Phan Tú Anh

    Phan Tú Anh Học sinh Thành viên

    Bài viết:
    174
    Điểm thành tích:
    46
    Nơi ở:
    Thanh Hóa

    Chuyên đề 2
    Bài 3 [tex]x^{3}+x^2y+xy^2+y^3= 8(x^2+xy+y^2+1)[/tex] (1)
    <=> [tex](x^2+y^2)(x+y)= 4(x+y)^2 + 4 ( x^2+y^2)+8[/tex] (2)
    Đặt [tex]x^2+y^2 = b ; x+y= a[/tex] thay vào (2) ta được
    [tex]ab= 4a^2+4b+8[/tex]
    <=> [tex](a-4)(4a-b+16)= -72[/tex]
    Đến đây giải phương trình tích nghiệm nguyên a,b"
    Cách làm này thực sự rất dài. Bạn nào có cách giải ngắn hơn không ạ ???
     
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  13. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    Bạn đơn giản sao vậy $xy(3x+3y+xy)=0$ $!$
     
    Đình Hải thích bài này.
  14. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ HỌC ( Số chính phương )
    Bài 1: Đặt [tex]S_{n}=1.2+2.3+3.4+...+n(n+1)[/tex] với n thuộc N*
    Chứng minh [tex]3(n+3)S_{n}+1[/tex] là số chính phương
    Bài 2: Chứng minh rằng: Trong 3 số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
    Bài 3: Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của [tex]2n^{2}[/tex] . Chứng minh rằng [tex]n^{2}+m[/tex] không là số chính phương
    Bài 4: Tìm các số nguyên k để [tex]k^{4}-8k^{3}+23k^{2}-26k+10[/tex] là số chính phương.


    Xem thêm : [Lý thuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 1:
    Bài 15: Giải hệ phương trình [tex]\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x^{2}+3x-y}=\sqrt{y^{2}+4x}+x+1\\4\sqrt{2x+1}+x+2=2y \end{matrix}\right.[/tex]
    Bài 6: Giải phương trình sau [tex]\sqrt{3x^{2}-6x-6}=3\sqrt{(2-x)^{5}}+(7x-9)\sqrt{2-x}[/tex]
    Bài 9: Giải phương trình sau [tex]\sqrt{x+1}+2(x+1)=x-1+\sqrt{1-x}+3\sqrt{1-x^{2}}[/tex]

    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Phương trình nghiệm nguyên )
    Bài 1: Chứng minh rằng phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] không có nghiệm nguyên dương
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Số nguyên tố )
    Bài 5: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố và a là 1 số không chia hết cho số p thì [tex]{\color{Blue} {\color{Blue} a^{p-1}-1}}[/tex] phải chia hết cho p (Định lí FerMat)
     
    Đình Hải, hdiemht, chi2541 other person thích bài này.
  15. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    [tex]3S_{n}=1.2.3+2.3.3+...n(n+1).3=1.2.3+2.3.(4-1)+...+n(n+1)(n+2-n+1)[/tex]
    =[tex]1.2.3-1.2.3+2.3.4-....+n(n+1)(n+2)-(n-1)(n)(n+1)=n(n+1)(n+2)[/tex]
    Suy ra: [tex]3S_{n}(n+3)+1=n(n+1)(n+2)(n+3)=(n^2+3n)(n^2+3n+2)[/tex] +1
    Đặt: [tex]n^2+3n=a[/tex]
    Khi đó: [tex]3S_{n}(n+3)+1=a(a+2)+1=a^2+2a+1=(a+1)^2[/tex]
    Có: [tex](a+1)^2[/tex] là SCP nên
    [tex]3(n+3)S_{n} +1[/tex] là SCP
    @Ann Lee đề câu 1 thiếu +1 phải không nhỉ?

    #Ann: :v T gõ thiếu. Đã sửa lại đề :3
    Giả sử [tex]n^2+m[/tex] là số chính phương. Nên đặt [tex]n^2+m=k^2(k\in \mathbb{Z}^+)[/tex] (*)
    Ta có: [tex]2n^2=ma(a\in \mathbb{Z}^+)\Rightarrow m=\frac{2n^2}{a}[/tex]. Thay vào (*) ta được:
    [tex]n^2+\frac{2n^2}{a}=k^2\Rightarrow n^2a^2+2an^2=a^2k^2\Rightarrow n^2(a^2+2a)=(ak)^2[/tex]
    Vì [tex]n^2;(ak)^2[/tex] là SCP nên [tex]a^2+2a[/tex] là SCP
    Mà: a^2<a^2+2a<(a+1)^2 nên a^2+2a không là SCP. Vậy giả sử sai..
    Hay [tex]n^2+m[/tex] không là SCP
     
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  16. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    Vì [tex]k^{4}-8k^{3}+23k^{2}-26k+10[/tex] nên đặt [tex]k^{4}-8k^{3}+23k^{2}-26k+10=a^2[/tex]
    [tex]\Leftrightarrow (k-1)^2(k^2-6k+10)=a^2[/tex]
    Vì [tex]a^2; (k-1)^2[/tex] là SCP nên [tex]k^2-6k+10[/tex] là SCP
    Đặt: [tex]k^2-6k+10=n^2\Leftrightarrow (k-3)^2+1=n^2\Rightarrow (n-k+3)(n+k-3)=1\Rightarrow ...[/tex]
     
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  17. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    Bài 9 @Ann Lee m gõ nhầm rồi, t nhìn lại bên kia thấy là: [tex]\sqrt{x+1}+2(x+1)=x-1+\sqrt{1-x}+3\sqrt{1-x^{2}}[/tex]
    ĐK:.....
    [tex]\Leftrightarrow \sqrt{x+1}-1+2(x+1)-2=x-1+1+\sqrt{1-x}-1+3\sqrt{1-x^2}-3[/tex]
    [tex]\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x+1}+1}+2x=x+\frac{-x}{\sqrt{1-x}+1}+\frac{-3x^2}{3\sqrt{1-x^2}+3}[/tex]
    [tex]\Leftrightarrow x(\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}+1+\frac{1}{\sqrt{1-x}+1}+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}+3})=0[/tex]
    [tex]\Rightarrow x=0[/tex] (Vì (...) luôn >0)
    Vậy S={0}

    #Ann: -.- T bất cẩn quá. Oke, cảm ơn m. Đã sửa lại đề bài.
     
    Last edited by a moderator: 14 Tháng năm 2018
    Đình Hải, Ann LeeCoco99 thích bài này.
  18. Bonechimte

    Bonechimte Học sinh tiêu biểu Thành viên

    Bài viết:
    2,533
    Điểm thành tích:
    563
    Nơi ở:
    Hà Nội
    Trường học/Cơ quan:
    ...

    $a^{p-1}\equiv 1 ( mod p )$ và $(a,p) = 1$ <=> $a^p-a \vdots p$ (1)
    Nếu a là số nguyên dương Ta giả sử (1) đúng với a=n. Ta có $n^p-n\vdots$
    Ta sẽ chứng minh (1) đúng với a=n+1.
    $(n+1)^p-(n+1)= n^p+n^{p-1}+\frac{n(n-1)}{2!}n^{p-2}+...+\frac{n(n-1)}{2!}n^2+n+1$
    Đặt $\underset{k}{C}^{p}= \frac{p(p-1)...(p-k+1)}{k!}$
    vì p là số nguyên tố nên $\frac{(p-1)...(p-k+1)}{k!}$ là số nguyên và $n^{p-k}$ cũng là số nguyên
    $p(n^{p-1}+\frac{p-1}{2!}.n^{p-2}+...+n)$ là số nguyên chia hết cho p.
    Vậy ta có $$(n+1)^p-n-1= n^p+pm+1-n-1$$ (với m thuộc Z nào đó)
    P$= n^p-n+pm$ (dễ dàng thấy nó chia hết cho p)
    Nếu a là số nguyên âm.
    p=2 => đúng
    p lẻ thì đặt $a^p-a= -b^p+b = -(b^p-b)\vdots p$ (với b là số nguyên dương, $a=-b$)
    Vậy $a^p-a \vdots p$ với mọi $a\in Z$
    #vmf
     
    Last edited: 14 Tháng năm 2018
    Đình Hải, Ann Leehdiemht thích bài này.
  19. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ HỌC ( Phép chia hết và phép chia có dư )
    Bài 1: Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
    Bài 2: Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh rằng: [tex]pa^{4m}+qb^{4m}[/tex] chia hết cho 5 khi và chỉ khi p + q chia hết cho 5 (với p, q, m thuộc N).
    Bài 3: Cho a,b là 2 số nguyên dương và a+1; b+2007 đều chia hết cho 6. Chứng minh rằng [tex](4^{a}+a+b)\vdots 6[/tex]
    Bài 4: Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý [tex]a_{1};a_{2};a_{3};a_{4};a_{5}[/tex]. Chứng minh rằng tích [tex](a_{1}-a_{2})(a_{1}-a_{3})(a_{1}-a_{4})(a_{1}-a_{5})(a_{2}-a_{3})(a_{2}-a_{4})(a_{2}-a_{5})(a_{3}-a_{4})(a_{3}-a_{5})(a_{4}-a_{5})[/tex] chia hết cho 288

    Xem thêm : [Lý thuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 1:
    Bài 15: Giải hệ phương trình [tex]\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x^{2}+3x-y}=\sqrt{y^{2}+4x}+x+1\\4\sqrt{2x+1}+x+2=2y \end{matrix}\right.[/tex]
    Bài 6: Giải phương trình sau [tex]\sqrt{3x^{2}-6x-6}=3\sqrt{(2-x)^{5}}+(7x-9)\sqrt{2-x}[/tex]

    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Phương trình nghiệm nguyên )
    Bài 1: Chứng minh rằng phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] không có nghiệm nguyên dương
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Số chính phương )

    Bài 2: Chứng minh rằng: Trong 3 số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
     
    Đình Hảihdiemht thích bài này.
  20. hdiemht

    hdiemht Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,810
    Điểm thành tích:
    481
    Nơi ở:
    Quảng Trị
    Trường học/Cơ quan:
    $Loading....$

    Ta có [tex]b+2007\vdots 6\Leftrightarrow b+3+2004\vdots 6[/tex]
    Mà [tex]2004\vdots 6\Rightarrow b+3\vdots 6[/tex]
    Có: [tex]4^a+a+b=4^a-4+a+1+b+3[/tex]
    Ta có: [tex]4^a\equiv 4(mod6)\Rightarrow 4^a-4\equiv 0(mod6)\Rightarrow 4^a-4\vdots 6[/tex]
    Mà: a+1 và b+3 đều chia hết cho 6 nên [tex]4^a+a+b\vdots 6[/tex] (đpcm)
     
    Last edited by a moderator: 15 Tháng năm 2018
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY

-->