1) Giả sử pq là hai số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức: p(p-1)=q(q^2-1) ( * )
a) Chứn
Câu hỏi
Nhận biết1) Giả sử p,q là hai số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức: \(p(p-1)=q({{q}^{2}}-1)\ \ \ \ \ \left( * \right)\)
a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho \(p-1=kq;\ \ {{q}^{2}}-1=kp.\)
b) Tìm tất cả các số nguyên tố \(p,\ q\) thỏa mãn đẳng thức (∗).
2) Với \(a,\ b,\ c\) là các số thực dương thỏa mãn \(ab+bc+ca+abc=2,\) tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(M=\frac{a+1}{{{a}^{2}}+2a+2}+\frac{b+1}{{{b}^{2}}+2b+2}+\frac{c+1}{{{c}^{2}}+2c+2}\)
Đáp án đúng: C
Lời giải của Tự Học 365
Giải chi tiết:
1) \(p\left( p-1 \right)=q\left( {{q}^{2}}-1 \right)\ \ \ \ \ \left( * \right).\)
a) Nếu \(p=q\) thì \(p-1={{q}^{2}}-1\Rightarrow p=q=0\) hoặc \(p=q=1\) (Vô lý).
Xét p khác q ta có: \(p|\ p-1,\ \ q|{{q}^{2}}-1\Rightarrow \exists \ {{k}_{1}},\ {{k}_{2}}\in N:\ \ \left\{ \begin{align} & p-1={{k}_{1}}q \\& {{q}^{2}}-1={{k}_{2}}p \\\end{align} \right..\)
Thay vào biểu thức \(p\left( p-1 \right)=q\left( {{q}^{2}}-1 \right)\) ta có : \(q{{k}_{1}}p=q{{k}_{2}}p\Rightarrow {{k}_{1}}={{k}_{2}}\Rightarrow \exists k\in N:\left\{ \begin{align} & p-1=kq \\& {{q}^{2}}-1=kp \\\end{align} \right.\ \ \left( dpcm \right).\)
b) Thế \(p=kq+1\) vào \({{q}^{2}}-1=kp\) ta được : \({{q}^{2}}-1=k(kq+1)\ \Leftrightarrow {{q}^{2}}-1={{k}^{2}}q+k\)
\(\begin{align} & \Leftrightarrow {{q}^{2}}-{{k}^{2}}q-1-k=0 \\& \Rightarrow \Delta ={{k}^{2}}+4\left( 1+k \right)={{k}^{4}}+4k+4. \\\end{align}\)
Để \(q\) là số nguyên tố thì \(\Delta \) là số chính phương. Ta có : \({{k}^{4}}<{{k}^{4}}+4k+4\le {{({{k}^{2}}+2)}^{2}}\Rightarrow \left[ \begin{align} & {{k}^{4}}+4k+4={{({{k}^{2}}+1)}^{2}} \\& {{k}^{4}}+4k+4={{\left( {{k}^{2}}+2 \right)}^{2}} \\\end{align} \right..\)
TH1 : \({{k}^{4}}+2k+1={{\left( {{k}^{2}}+1 \right)}^{2}}\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {k^4} + 4k + 1 = {k^4} + 2{k^2} + 1\\
\Leftrightarrow 2{k^2} - 4k - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
k = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\\
k = \frac{{2 - \sqrt {10} }}{2}
\end{array} \right..
\end{array}\)
phương trình này không có nghiệm nguyên.
TH2 : \({{k}^{4}}+4k+4={{({{k}^{2}}+2)}^{2}}\)
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {k^4} + 4k + 1 = {k^4} + 4{k^2} + 4\\
\Leftrightarrow {k^2} = k \Leftrightarrow k = 1\;\;\left( {do\;\;k \in {Z^ + }} \right)\\
\Rightarrow {q^2} - q - 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
q = 2\;\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow p = 3.\\
q = - 1\;\;\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)
Đây là các số nguyên tố thỏa mãn đề bài.
2) Ta có : \(ab+bc+ac+abc=2\Leftrightarrow (1+a)(1+b)(1+c)=(1+a)+(1+b)+(1+c)\)
Đặt : \(x=\frac{1}{1+a};y=\frac{1}{1+b};z=\frac{1}{1+c}\ \ \left( x,\ y,\ z>0 \right)\to xy+yz+zx=1\)
Ta có :
\(\begin{align} & M=\frac{a+1}{{{(a+1)}^{2}}+1}+\frac{b+1}{{{(b+1)}^{2}}+1}+\frac{c+1}{{{(c+1)}^{2}}+1} \\& =\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}+1}+\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{{{y}^{2}}}+1}+\frac{\frac{1}{\text{z}}}{\frac{1}{{{\text{z}}^{2}}}+1}=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{\text{z}}{{{\text{z}}^{2}}+1} \\& =\frac{x}{(x+y)(x+\text{z)}}+\frac{y}{(y+x)(y+\text{z})}+\frac{\text{z}}{(\text{z}+x)(\text{z}+y)} \\& =\frac{x(y+\text{z})+y(x+\text{z})+\text{z}(x+y)}{(x+y)(y+\text{z})(\text{z}+x)} \\& =\frac{2}{(x+y)(y+\text{z})(\text{z+x)}} \\& 9(x+y)(y+\text{z})(\text{z+x)}\ge 8(x+y+\text{z})(xy+y\text{z}+\text{z}x) \\& \Leftrightarrow {{x}^{2}}y+{{y}^{2}}\text{z}+{{\text{z}}^{2}}x+x{{y}^{2}}+y{{\text{z}}^{2}}+\text{z}{{x}^{2}}\ge 6xy\text{z} \\\end{align}\)
( Đúng theo BĐT Cô Si cho 6 số).
Ta có :
\(\begin{align}& M\le \frac{2}{\frac{8}{9}(x+y+\text{z})(xy+y\text{z}+\text{z}x)}=\frac{9}{4(x+y+\text{z})}\le \frac{9}{4\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{4} \\& ({{(x+y+\text{z})}^{2}}\ge 3(xy+y\text{z+z}x)=3) \\\end{align}\)
Vậy giá trị lớn nhất của M là \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\), đạt tại chẳng hạn \(a=b=c=\sqrt{3}-1.\)
Chọn C
