Toán cấp 2, giúp tôi với ! Cm với mọi số tự nhiên lớn hơn 4, ta có 4/n luôn là tổng của 3 phân số Ai cập. ( Phân số Ai cập là phân số có tử = 1.) Vd: 4/15 = 1/15 + 1/60 + 1/20
oái nhầm, post nhầm, hì hì, sửa lại nè: Cm với mọi số tự nhiên lớn hơn 4, ta có 4/n luôn là tổng của 3 phân số Ai cập. ( Phân số Ai cập là phân số có tử = 1.) Vd: 4/15 = 1/5 + 1/60 + 1/20 bài này sao khó quá, nghĩ mãi ko ra, ai giải giùm với
Chào bạn buontenh, cái mà bạn hỏi ý, đây là một phỏng đoán vô cùng nổi tiếng trong toán học, có tên là phỏng đoán Erdos-Strauss ( Erdos-Strauss Conjecture). Giả thuyết này nói rằng với mọi n > 1, luôn tồn tại 3 số tự nhiên a,b,c > 0 sao cho 4/n = 1/a+1/b+1/c. Hiện nay, theo mình được biết thì người ta mới chứng minh được là giả thuyết đúng với mọi n < 10^14, chi tiết bạn có thể xem trên trang http://math.uindy.edu/swett/esc.htm Bên cạnh giả thuyết này, còn có giả thiết mini Erdos-Straus, phát biểu dưới dạng 3/n = 1/a + 1/b, với bài này thì có thể chứng minh được là nếu n chỉ có các ước số dạng 6k+1 thì không tồn tại a,b, còn nếu không luôn tồn tại a,b. Bạn thích thì có thể thử sức mình, không quá khó đâu, nếu bạn thích mình sẽ gửi lời giải cho bạn. Đúng là rất nhiều bài toán, thoạt nhìn thì có vẻ đơn giản, như "toán cấp II" thôi , nhưng thực ra thì chưa có ai giải nổi nó cả Chúc bạn tiếp tục ham mê học toán, nhân tiện đây, về bài toán bạn hỏi, ban có thể tham khảo thêm ở trang http://www.ics.uci.edu/~eppstein/numth/egypt/
Chào bạn buontenh! Cho mình xin lỗi nhé, mãi đến hôm nay mình mới biết là có thư cho mình. Bây giờ mình sẽ giúp bạn giải bài đấy nhé! Đầu tiên ta sẽ chứng minh cho n=p nguyên tố: 3/p = 1/a+1/b => 3ab=p(a+b) => 3ab chia hết cho p Nếu p = 3 thì ok, a=b=2 thoả mãn Nếu p!= 3 thì suy ra hoặc a, hoặc b chia hết cho p, chẳng hạn a=kp. Thay vào được: 3kb=kp+b => (3k-1)b=kp => kp chia hết cho 3k-1 Dễ thấy (3k-1,k)=1 => p chia hết cho 3k-1=> 3k-1= 1 hoặc p. Trường hợp đầu không xảy ra, bởi vậy phải có 3k-1 = p, nhưng điều này chỉ có thể được nếu p có dạng 6n-1, từ đó có : nếu p có dạng 6n+1 thì không tồn tại a,b nếu p có dạng 6n-1 thì a = 2np, b =2n thỏa mãn. Bây giờ xét đến trường hợp n là hợp số: Xét tất cả các ước số nguyên tố p của n, n=kp - Nếu tồn tại p = 3( tức là n chia hết cho 3) thì chỉ cần lấy a=b=(2/3)n - Nếu tồn tại 1 số p có dạng 6l-1 thì theo o trên có a, b để 3/p = 1/a+1/b, dễ thấy nếu lấy A = ka, B=kb thì 3/n=1/A+1/B - Nếu không tồn tại p có dạng 6l-1 thì với mọi uớc p của n, p có dạng 6l+1 (n chỉ có ước số dạng 6l+1) Đặt (a,b)=d, a= du, b=dv , (u,v)=1 Khi đó ta có 3/n=1/a+1/b => 3duv=n(u+v) => n(u+v) chia hết cho u, chia hết cho v, chia hết cho 3 Vì (u, v)=1 nên (u+v,u)=(u+v,v)=1 Suy ra ta có n chia hết cho u,v, suy ra u, v có dạng 6l+1, nhưng khi ấy u+v có dạng 6l+2, suy ra vế phải có dạng 6l+2, không thể chia hết cho 3. Từ đây suy ra điều vô lý Có chỗ nào bạn thắc mắc không? Nếu có thì viết lên forum nhé! Chào bạn!
Hic hic, mình không hiểu bạn muốn lời giải nào nữa? Cho đến hiện giờ người ta mới chỉ chứng minh được là giả thuyết đó đúng đến 10^14, còn chứng minh cụ thể thì bạn có thể xem trên trang web mà mình đưa cho bạn rồi ý. Chỉ với giả thuyết "mini" Erdos-Strauss thì mới có chứng minh tường tận, mà mình cũng post rồi mà! Chào bạn nhé!
à em có bài này cũng khá khó.Liệu có ai có thể giải bằng cách cấp II không ? cho a>b>2,(a,b thuộc N). c/m a^b<b^a
Chào bạn, mình đưa ra lời giải "hơi thô", bạn thử làm nó tốt hơn nhé: Đặt a = b+c thì c > 0. BĐT cần chứng minh tương đương với: (b+c)^b < b^(b+c) <=> (1 +c/b)^b < b^c Đến đây chứng minh bằng quy nạp theo c : c = 1 : OK Giả sử đúng đến c, chứng minh đúng với c + 1: Ta sẽ chứng minh (1+ (c+1)/b)^b < b. (1+c/b)^b ( dễ thấy từ đó suy ra mệnh đề đúng với c+1) <=> (1+1/(b+c))^b < b Nhưng ta đă biết (1+1/(b+c))^b < (1+1/(b+c))^(b+c) < e < b Suy ra đpcm! Chúc bạn vui!
