Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhận thấy n=2 thỏa mãn điều kiện
Với n>2 ta có:
\(n^6-1=\left(n^3-1\right)\left(n^3+1\right)=\left(n^3-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)\)
Do đó tất cả các thừa số nguyên tố của \(n^2-n-1\)chia hết cho \(n^3-1\)hoặc \(n^2-1=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)
Để ý rằng \(\left(n^2-n+1;n^3-1\right)\le\left(n^3+1;n^3-1\right)\le2\)
Mặt khác \(n^2-n+1=n\left(n-1\right)+1\)là số lẻ, do đó tất cả các thừa số nguyên tố của \(n^2-n-1\)chia hết cho \(n+1\)
Nhưng \(n^2-n+1=\left(n+1\right)\left(n-2\right)+3\)
Vì vậy ta phải có \(n^2-n+1=3^k\left(k\in Z^+\right)\)
Vì \(n>2\Rightarrow k\ge2\)
do đó \(3|n^2-n+1\Rightarrow n\equiv2\left(mod3\right)\)
Nhưng mỗi TH \(n\equiv2,5,8\left(mod9\right)\Rightarrow n^2-n+1\equiv3\left(mod9\right)\)(mâu thuẫn)
Vậy n=2
Bài làm rất hay mặc dù làm rất tắt.
Tuy nhiên:
Dòng thứ 4: Ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\)chia hết cho \(n^3-1\)hoặc \(n^2-1\)( em viết thế này không đúng rồi )
------> Sửa: ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\) chia hết \(n^3-1\) hoặc \(n^2-1\)
Hoặc: ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\) là ước \(n^3-1\) hoặc \(n^2-1\)
Dòng thứ 6 cũng như vậy:
a chia hết b khác hoàn toàn a chia hết cho b
a chia hết b nghĩa là a là ước của b ( a |b)
a chia hết cho b nghĩa là b là ước của a.( \(a⋮b\))
3 dòng cuối cô không hiểu em giải thích rõ giúp cô với. Please!!!!
Nhưng cô có cách khác dễ hiểu hơn này:
\(n^2-n+1=3^k\);
\(n+1⋮3\)=> tồn tại m để : n + 1 = 3m
=> \(\left(n+1\right)\left(n-2\right)+3=3^k\)
<=>\(3m\left(n+1-3\right)+3=3^k\)
<=> \(m\left(n+1\right)-3m+1=3^{k-1}\)
=> \(m\left(n+1\right)-3m+1⋮3\)
=> \(1⋮3\)vô lí
Gọi ba số đó là \(a,b,c\)(\(a,b,c\inℕ^∗\))
\(a+b+c=100\)
\(P=abc\).
Dễ thấy GTNN của \(P\)đạt tại hai số bằng \(1\), một số bằng \(98\).
\(minP=98\)khi \(\left(a,b,c\right)=\left(1,1,98\right)\)và các hoán vị.
Giờ ta sẽ tìm GTLN của \(P\).
Giả sử \(a\ge b\ge c\).
Ta có nhận xét rằng \(P\)đặt giá trị lớn nhất khi hai trong ba số trên có hiệu không vượt quá \(1\).
Giả sử \(a-b>1\).
Khi đó thay \(a\)bởi \(a-1\), \(b\)bởi \(b+1\)ta có:
\(c\left(a-1\right)\left(b+1\right)=c\left(ab+a-b-1\right)>cab\)
Do đó \(P\)đạt GTLN khi \(a\ge b\ge c\), \(a-c\le1\).
Kết hợp với \(a+b+c=100\)suy ra \(P\)đạt max tại \(a=34,b=c=33\).
Khi đó \(maxP=34.33^2\).
Dấu \(=\)khi \(\left(a,b,c\right)=\left(34,33,33\right)\)và các hoán vị.
gọi 3 số đó là a,b,c
a+b+c=100
theo bdt cosi: a+b+c>=\(3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow100\ge3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow\frac{1000000}{27}\ge abc\)
vậy abc đạt gtln là 1000000/27 hay tích 3 số đó có GTLN là 1000000/27
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{abc}=1\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+1=abc\)
Nếu \(a,b,c\)đều là số lẻ thì \(VT\)là số chẵn, \(VP\)là số lẻ (mâu thuẫn)
Do đó có một trong ba số là số chẵn.
Giả sử \(c=2\): xét \(a\ge b>2\)
\(ab+2a+2b+1=2ab\)
\(\Leftrightarrow ab-2a-2b-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(b-2\right)=5=1.5\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-2=5\\b-2=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=7\\b=3\end{cases}}\)
Vậy \(\left(a,b,c\right)=\left(7,3,2\right)\)và các hoán vị.
Ad ơi cho em hỏi cách chứng minh ạ. Và ví dụ như khi làm bài có cần chứng minh lại không ạ?
Định lý Đào được coi là khó bởi vì nếu tính toán bằng tọa độ Barycentric phải mất khoảng 40 trang xem tại đây: https://groups.yahoo...s/messages/1539. Nikolaos Dergiades đã có 1 cách chứng minh rất đẹp cho định lý này, tuy nhiên nó không hề sơ cấp: Dao’s Theorem on Six Circumcenters associated.pdf