Chủ đề này có 12 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 21h, Thứ Sáu, ngày 11/01/2013, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:

1) Trận 17 ...

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

[E. Galois]

Đề của duaconcuachua98
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $x^{2}-y^{3}=7$

[HungHuynh2508]

Nếu y chẵn hay y=2k thì $x^{2}$=$8k^{3}+7$ chia 8 dư 7 là điều không thể
Vậy y lẻ
Ta có $x^{2}+1=y^{3}+8$
$\Leftrightarrow x^{2}+1=(y+2)(y^{2}-2y+4)$
Nếu y chia 4 dư 1 thì y+2 có dạng 4k+3
Nếu y chia 4 dư 3 thì $y^{2}-2y+4$ có dạng 4k+3
Vì vậy trong mọi trường hợp vế trái luôn có ước dạng 4k+3
Vậy VT=$x^{2}+1$ có ước nguyên tố 4k+3 (1)
Áp dụng tính chất :
Cho p là 1 số nguyên tố dạng 4k+3 và (a;b)=1 thì $a^{2}+b^{2}$ không chia hết cho p (2)
ta có (1) mâu thuẫn với (2) nên phườn trình vô nghiệm
----
Tính chất em sử dụng chưa được chứng minh, những gì không có trong chương trình sách giáo khoa thì cần chứng minh lại nhé.
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-\left ( 22-20 \right )}{2} \right ]+3.8+0+0=49$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:18
Chấm bài

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề 1: Cho $a,b \in \mathbb{N}^*$ và $(a^2+b^2) \vdots p$ với $p$ nguyên tố chia $4$ dư $3$. CMR: $a\vdots p$ và $b \vdots p$.
Chứng minh có thể tham khảo bài MSS trận 9 của mình và các bạn khác cũng sử dụng bổ đề này: http://diendantoanho...nguyen-dồng-dư/
Bổ đề 2: Một số chính phương chia $8$ dư $0,1$ hoặc $4$.
Chứng minh khá dễ, ta đặt số đó là $n^2 (n \in \mathbb{N})$ rồi xét dạng của $n$ khi chia cho $8$.

Quay trở lại bài toán:
Theo giả thiết: $x^2-y^3=7$
$\Leftrightarrow x^2=y^3+7\; (1)$.
Xét 2 trường hợp:
TH1: $y$ chẵn $\Rightarrow y^3$ chia hết cho $8 \Rightarrow y^3+7$ chia $8$ dư $7$.
Mà 1 số chính phương chia $8$ chỉ dư $0,1$ hoặc $4 \Rightarrow$ vô lí $\Rightarrow$ loại.
TH2: $y$ lẻ. Đặt $y=2k+1 (k \in \mathbb{N})$.
Ta có: $(1) \Leftrightarrow x^2+1=(2k+1)^3+8$
$\Leftrightarrow x^2+1=(2k+3)[(2k+1)^2+2(2k+1)+4]$
$\Leftrightarrow x^2+1=(2k+3)[4k^2+8k+7]$.
Nhận xét: $A=4k^2+8k+7=4(k^2+2k+1)+3$ chia $4$ dư $3$
$\Rightarrow A$ có ít nhất 1 ước nguyên tố $p$ chia $4$ dư $3$ (nếu không toàn ước chia $4$ dư $1$ vì $A$ lẻ $\Rightarrow A$ chia $4$ dư $1 \Rightarrow$ vô lí), với $p \in \mathbb{N}^*$.
$\Rightarrow x^2+1$ chia hết cho $p$ nguyên tố chia $4$ dư $3$.
Áp dụng bổ đề trên $\Rightarrow 1 \vdots p \Rightarrow$ vô lí $\Rightarrow$ loại.
Kết luận: Vậy phương trình vô nghiệm.
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-20}{2} \right ]+3.10+0+0=46$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:20

[Tru09]

Đề của duaconcuachua98
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $x^{2}-y^{3}=7$

Bài làm :
----Chứng minh bổ đề phụ:
---------Bổ đề phụ 1 :Định lý fermat :cho $p \in P$ ,(a,p)=1 khi đó $a^{p-1} \equiv 1 mod p$
Chứng minh :Xét các số $a,2a ,... ,(p-1).a$ . Dễ thấy không có sô nào trong p-1 só trên $\vdots p$ và không có số nào có cùng số dư khi chia cho $p$.Vậy khi chia p-1 số nói trên cho p ta nhận dc các số dư là :$1,2,...,p-1.$
$\Rightarrow a(2a)(3a)...(p-1)a \equiv 1.2.3.4...(p-1) mod p$
$\Rightarrow (1.2.3.....(p-1)).a^{p-1} \equiv 1.2.3. ...(p-1) mod p$
$\Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 mod p$ ( do $1.2.3. ... p-1$ không chia hết cho p)
Vậy bổ đề được chứng minh.
---------Bổ đề phụ 2 :Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3 (k \in N)$ . Các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $x^2 +y^2 \vdots p$ thì $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
Chứng minh :
Nếu cho 1 trong 2 số $x ,y \vdots p$ thì từ điều kiện $\Rightarrow x^2 +y^2 \vdots p$ .$\Rightarrow$ cả 2 số đều chia hết cho p.
Bây giờ ta giả sử cả $x$ và $y$ đều không chia hết cho $p$ . Ta có $p =4k+3$ với $k \in Z$ .Theo bổ đề 1 thì $x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} \equiv y^{4k+2} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} + y^{4k+2} \equiv 2 mod p (1)$
Mặt khác :$x^{4k+2} + y^{4k+2} =(x^2)^{2k+1}+(y^2)^{2k+1} \vdots x^2 +y^2 \vdots p (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$$ \Rightarrow 2 \vdots p$ hay $p =2$ trái với giả thiết $p =4k+3$
$\Rightarrow x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
----------
Quay trở lại bài toán
$x^2 -y^3 =7$
$\Leftrightarrow x^2 +1 =(y+2)(y^2 -2y+4) (1)$
Nếu $y$ chẵn thì $x^2 = y^3 +7 \equiv 7 mod 8$ (loại)
(Thử từng trường hợp số dư là 1 ,2,3,4,5,6,7,8 )
Nếu $y$ lẻ thì $y^2 -2y +4 =(y-1)^2 +3$ có dạng $4k+3$ nên $y^2 -2y +4$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$
Từ $(1) \Rightarrow x^2 +1 \vdots p$ Đến đây áp dụng bổ đề
$\Rightarrow 1 \vdots p \Rightarrow Loại$
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-20}{2} \right ]+3.10+10+0=56$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:21

[Dung Dang Do]

Muốn làm bài toán này ta có bổ đề nhỏ sau đây:
Một số nguyên tố có dạng $A=4t+3$ đều có ít nhất 1 ước $p=4s+3$
Áp dụng vài bài toán:
Viết lại pt ta có $x^2=y^3+7$
$\boxed{TH1}$: Xét $y$ chẵn $\iff y^3+7\equiv 7 (\text{mod 8}) \to x^2 \equiv 7(\text{mod 8})$:(Vô lý).
$\boxed{TH2}$: Xét $y$ lẻ viết lại phương trình $x^2+1=y^3+8$
$\to x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)$
Nếu $y=4k+1\to y+2 =4k+3$
Nếu $y=4k+3 \to y^2-2y+4=(4k+3)^2-2(4k+3)+4=4h+3$
Do đó y luôn có 1 ước dạng 4n+3 và theo bổ đề trên thì 4n+3 luôn có ít nhất 1 ước $p=4s+3$ $\to x^2+1\vdots p =4s3$
Theo mệnh đề trên \to $x \vdots p;1 \vdots p$ (vô lý). Do đó phương trình trên vô nghiệm
________________________________________________
Chứng minh bổ đề : Giả sử A ko có ước nguyên số nào có dạng $p=4s+3 $
$\to A=(4t_1+1)(4t_1+1)=4(4t_1t_2+t_1+t_2)+1=4h+1(\text {vô lý}).$
Do đó $A$ có 1 ước dạng $4t_1+3$. Nếu $4t_1+3$ là số nguyên tố thì bổ đề đc chứng minh. Nếu $4t_1+3$ là hợp số thì lại tiếp tục. Quá trình cứ tiếp tục ta có điều phải chứng minh
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-24}{2} \right ]+3.10+0+0=44$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:26

[BlackSelena]

Bài làm của MSS01- BlackSelena:
Bổ đề : Với $a^2 + b^2 \vdots p$ với $p= 4k+ 3$ (p nguyên tố) thì $a,b \vdots p$
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.
____
$x^2 - y^3 =7$
$\Leftrightarrow x^2 = y^3 + 7$
* Với $y$ chẵn thì $y^3 + 7 \equiv 7 \pmod{8}$
$\Rightarrow x^2 \equiv 7 \pmod{8}$: vô lý vì $x$ là số chính phương.
Vậy $y$ lẻ, phương trình đã cho tương đương:
$x^2 + 1 = y^2 + 8 = (y+2)(y^2-2y+4)$
Ta có: $y^2 - 2y + 4 = (y-1)^2 + 3 \equiv 3 \pmod{4}$
Vậy $y^2 - 2y + 4$ có 1 ước nguyên tố $p$ có dạng $4k + 3$
Vậy $x^2 + 1$ có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề trên, ta có:
$1 \vdots p = 4k+3$ vô lý.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-25}{2} \right ]+3.10+10+0=53$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:31

[BlackSelena]

Mở rộng 1 của MSS01 - BlackSelena:
Giải pt nghiệm nguyên dương $x^2 = y^3 + 16$
Trước hết ta chứng minh $x,y$ cùng chẵn.
Giả sử ngược lại, $x$ lẻ thì viết lại phương trình $(x-4)(x+4) = y^3$
Sử dụng thuật toán $Eculid$, ta có: $(x+4;x-4) = (8; x-4) = 1$: vô lý do $VP$ là $y^3$
Vậy mỗi số $(x+4)$ và $(x-4)$ phải là số lập phương và chia hết $8$, điều này là vô lý nên $x$ chẵn $\Rightarrow$ y cũng chẵn.
Từ phương trình ta có $x^2 \equiv 0 \pmod{8}$
$\Rightarrow x^2 \equiv 0 \pmod{8} \Rightarrow x \equiv 0 \pmod{4}$. Tương tự ta cũng có $y \equiv 0 \pmod{4}$
Vậy đặt $x = 4x_1 ; y=4y_1$ $(x_1,y_1 \in \mathbb{Z})$
Phương trình tương đương:
$16x_1^2 = 64y_1^3 + 16$
$\Leftrightarrow x_1^2 = 4y_1^3 + 1$
$\Rightarrow x_1$ lẻ.
Vậy đặt tiếp $x_1 = 2x_2 + 1$, ta lại có:
$(2x_2+1)^2 = 4y_1^3 + 1$
$\Leftrightarrow y_1^3 = x_2(x_2+1)$
Vì $(x_2;x_2+1) = 1$ nên $\left\{\begin{matrix} x_2 =k^3\\ x_2 +1 = h^3 \end{matrix}\right.$
(với $k;h \in \mathbb{Z}$, $kh=y$, $h >k$ )
Từ hpt ta có $h^3 - k^3 = 1$
$\Leftrightarrow (h-k)(h^2 + hk + k^2) =1$
Mà $h^2 + hk + k^2 = (h + \dfrac{k}{2})^2 + \dfrac{3k^2}{4}$
Do đó $\left\{\begin{matrix} h-k = 1\\ h^2 + hk + k^2 = 1 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow hk = 0$, do $h > k$ nên $k = 0$
$\Rightarrow x_2 = 0 ; y_1 = 0$
$\Rightarrow x = \pm 4; y =0$
Vậy phương trình có nghiệm $(x;y) = (\pm 4 ; 0)$

[Tru09]

Mở rộng 1 :
ta có thể cho mũ của x lên 2k
Đề bài :Tìm nghiệm nguyên dương của PT $x^{2k} -y^3 =7$
-------------
Chứng minh :
**Chứng minh 2 bổ đề phụ như trong bài của em :
$PT \Leftrightarrow x^{2k} +1 =(y+2)(y^2 -2y +4)$
Nếu y chẵn $\Rightarrow x^{2k} \equiv 7 mod 8$
Mà khi xét từng số dư của $x^{k}$ (từ 1 đến 8) khi chia cho 8 thì $x^{2k}$ không $\equiv 7 mod 8$ $\Rightarrow loại$
Nếu y lẻ $\Rightarrow y^2 -2y +4 =(y-1)^2 +3$ có dạng $4k+3$ chia hết cho só nguyên tố p có dạng $4K+3$
$\Rightarrow x^{2k} +1 \vdots p$ có dạng $4K+3$
Áp dụng bổ để $\Rightarrow 1 \vdots p $
$\Rightarrow loại $

[mathnam]

ta có: $x^{2}-1=y^{3}+6\Leftrightarrow (x-1)(x+1)=y^{3}+6$
Nếu x chẵn thì x=2k (k là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1)
suy ra:4k²-8=y³-1=(y-1)(y²+y+1)
vì y²+y+1 lẻ nên y-1=4 nên y=5 =>k²-2=31
thế nên không tồn tại k nên không tồn tại x chẵn
Nên x:lẻ
x=2k+1(k là số tự nhiên lớn hơn 1)
và y=2t (y³=x²-7)
Suy ra:8t³+6=4k(k+1)$\Leftrightarrow 4\begin{bmatrix} 2t^{3}-k(k+1) \end{bmatrix}=-6\vdots 4$(vô lý)
Vậy pt vô no
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-49}{2} \right ]+3.10+0+0=31$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:35

[LNH]

Bài làm của MSS50-lenhathoang1998

Ta chứng minh bổ đề sau:
${{x}^{2}}+1$ không có ước nguyên tố dạng $p=4k+3$.
Có 2 TH:
TH1:Với $x\vdots p\Rightarrow {{x}^{2}}\vdots p$
$\Rightarrow {{x}^{2}}+1$không chia hết cho p (vì $({{x}^{2}},{{x}^{2}}+1)=1$ và $p\ge 3$)
TH2:Với x không chia hết cho p
Giả sử ${{x}^{2}}+1\vdots p$
Theo Phéc-ma nhỏ, ta có:
${{x}^{p-1}}\equiv 1(\bmod p)\Leftrightarrow {{x}^{4k+2}}\equiv 1(\bmod p)\Leftrightarrow {{({{x}^{2}})}^{2k+1}}\equiv 1(\bmod p)\Leftrightarrow {{({{x}^{2}})}^{2k+1}}+1\equiv 2(\bmod p)$
Mặt khác, ${{({{x}^{2}})}^{2k+1}}+{{1}^{2k+1}}\vdots ({{x}^{2}}+1)\vdots p$( Mâu thuẫn vì $p\ge 3$)
Suy ra đpcm.
Trở lại bài toán:
Gỉả sử trái lại, tồn tại số nguyên x,y thỏa mãn
$\begin{equation}x^2-y^3=7\end{equation}$(1)
Chỉ có hai khả năng sau:
*) Nếu y chẵn, tức y=2k. Thay vào (1) ta có
$\begin{equation}x^2=8k^3+7\end{equation}$
Vì một số chính phương chia 8 dư 0,1,4. Điều này mâu thuẫn với (1), vậy y không thể chẵn.
*) Nếu y lẻ:
$(1)\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1={{y}^{3}}+8\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{1}^{2}}=(y+2)({{y}^{2}}-2y+4)$.
Do y lẻ, nên lại có các khả năng sau:
+) Nếu$y\equiv 1(\bmod 4)$. Khi đó $y+2=4k+3$
+) Nếu$y\equiv 3(\bmod 4)$. Khi đó ${{y}^{2}}-2y+4={{(4k+3)}^{2}}-2(4k+3)+4=4t+3$.
Vậy trong mọi trường hợp $x^2+1$ đều có ước dạng $4k+3$, vì thế nó phải có ước nguyên tố dạng $4k+3$. Rõ ràng điều này mâu thuẫn với bổ đề trên.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương thoả mãn.
----
Điểm bài làm: $$S=\left [ \dfrac{52-50}{2} \right ]+3.10+0+0=31$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 06-02-2013 - 12:36

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các bạn nhận xét bài làm của nhau

[E. Galois]

Điểm ra đề
D = 2x4 + 3x20 + 2x2 + 30=102