Đến nội dung


Hình ảnh

Marathon số học Olympic


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 177 trả lời

#21 songuku

songuku

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết

Đã gửi 26-05-2016 - 19:17

Bài toán 9:
Với mỗi số thực $\alpha$ khác $1$ thì ta định nghĩa tập $S(\alpha) = ([na] | n \in Z)$ . Chứng minh tập $N$ không chia thành hợp của ba tập dạng trên được.

Bài 9 là bài putnam 1995

@Ego: Đề nghị bạn và các bạn sau này nữa, đừng quote cả bài viết, rất khó nhìn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 26-05-2016 - 20:32


#22 Visitor

Visitor

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:làng Foosha

Đã gửi 26-05-2016 - 19:40

Bài 9.

Hình như mình hiểu nhầm đề bài hay sao nhỉ @_@ mà lại chứng minh được là chia được

Giả sử ko chia được như đề bài tức là sẽ có số $n$ ko thuộc vào $S(\alpha ),S(\beta ),S(\gamma )$

Khi đó tồn tại $i$ sao cho $i\alpha <n$ và $(i+1)\alpha >n+1$ $\Rightarrow \frac{i}{n}< \frac{1}{\alpha }< \frac{i+1}{n+1}$

tương tự tồn tại $j$ : $\frac{j}{n}< \frac{1}{\alpha }< \frac{j+1}{n+1}$

Cộng vế ta được $\Rightarrow \frac{i+j}{n}< \frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta  }< \frac{i+j+2}{n+1}$

chọn $ \frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta  } = 1$ thì $ \frac{i+j}{n}<1< \frac{i+j+2}{n+1}\Rightarrow i+j<n<i+j+1$

Vô lí. Vậy mọi số tự nhiên đều thuộc $S(\alpha ),S(\beta )$, $\gamma$ tùy ý 

Chắc mình nhầm ở đâu @"@


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 26-05-2016 - 19:41

__________

Bruno Mars


#23 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-05-2016 - 20:15

@Visitor: Có một chỗ chưa chuẩn là điều kiện phải là $\left\lfloor (i + 1)\alpha \right\rfloor \ge n + 1$, lúc này thì đoạn cuối không có vô lí

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 26-05-2016 - 20:16

:mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:
http://press.princet...wers_VIII_6.pdf
Lời khuyên dành cho các nhà toán học trẻ.


#24 Visitor

Visitor

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:làng Foosha

Đã gửi 26-05-2016 - 20:40

@Visitor: Có một chỗ chưa chuẩn là điều kiện phải là $\left\lfloor (i + 1)\alpha \right\rfloor \ge n + 1$, lúc này thì đoạn cuối không có vô lí

Dấu "=" xảy ra khi $(i+1)\alpha =n+1$, chỉ cần chọn $\alpha$ vô tỉ thì ko xảy ra được 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 26-05-2016 - 20:41

__________

Bruno Mars


#25 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 440 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 26-05-2016 - 20:46

Bài toán 9:

Với mỗi số thực $\alpha$ khác $1$ thì ta định nghĩa tập $S(\alpha) = ([na] | n \in  Z)$ . Chứng minh tập $N$ không chia thành hợp của ba tập dạng trên được.

bài này có vẻ thiếu nữa nhỉ với $\alpha$ vô tỉ và chọn $\beta$ vô tỉ sao cho $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=1$ thì theo định lý $\text{Beutty}$ thì $\mathcal{S}(\alpha ),\mathcal{S}(\beta )$ vét hết tập $\mathbb{N}^*$ rồi còn $\mathcal{S}(\gamma )$ thì chọn sao mà chả được


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 26-05-2016 - 20:46

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#26 Long Phi

Long Phi

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-05-2016 - 20:50

Đề bài có lẽ là $S(\alpha ), S(\beta ), S(\gamma )$ là phân hoạch của $N$, nghĩa là không có phần tử chung giữa 3 tập này


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Long Phi: 26-05-2016 - 21:00


#27 IHateMath

IHateMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 137 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$9\epsilon 0m$

Đã gửi 27-05-2016 - 09:08

Đề bài 9 đúng phải là: với mỗi số thực dương $\alpha$, ta gọi $S(\alpha)=${$[n\alpha]|n\in \mathbb {Z^+}$}. Chứng minh rằng $\mathbb {Z^+}$ không thể biểu diễn thành hợp của 3 tập rời nhau $S(\alpha)$, $S(\beta)$, $S(\gamma)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 27-05-2016 - 09:18

$\sqrt{-1}$ <3 MATH


#28 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-05-2016 - 11:37

Đề bài 9 đúng phải là: với mỗi số thực dương $\alpha$, ta gọi $S(\alpha)=${$[n\alpha]|n\in \mathbb {Z^+}$}. Chứng minh rằng $\mathbb {Z^+}$ không thể biểu diễn thành hợp của 3 tập rời nhau $S(\alpha)$, $S(\beta)$, $S(\gamma)$.

Lời giải bài 9:

Giả sử tồn tại các số $\alpha <\beta <\gamma $ khác 1 thoả mãn tập ${{\mathbb{Z}}^{+}}$ có thể phân hoạch thành 3 tập $S\left( \alpha  \right)$, $S\left( \beta  \right)$ và $S\left( \gamma  \right)$.

Vì $\alpha <\beta <\gamma $ nên suy ra $1\in S\left( \alpha  \right)$ hay $\left\lfloor \alpha  \right\rfloor =1$. Khi đó: $\alpha =1+\delta $ với $0<\delta <1$.

Nếu số tự nhiên $n\in S\left( \alpha  \right)$ thì tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho:

$n=\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor \Rightarrow k\alpha <n+1\Rightarrow \left( k+1 \right)\alpha <n+1+\alpha =n+2+\delta <n+3$

Suy ra $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor \le n+2$, hay không tồn tại 2 số nguyên dương liên tiếp không thuộc $S\left( \alpha  \right)$.                                            (1)

Gọi $m$ là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc tập $S\left( \alpha  \right)$. Khi đó ta phải có $\left( m-1 \right)\delta <1\le m\delta $ và $m\in S\left( \beta  \right)$. Khi đó $\beta =m+\varepsilon $ với $0\le \varepsilon <1$.

Gọi $x$ là số nguyên dương bất kỳ không thuộc tập $S\left( \alpha  \right)$ thì $x$ sẽ có dạng $x=\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor +1$ với $k\in \mathbb{N}$ và $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor -\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor >1$. Ta sẽ chứng minh số nguyên dương tiếp theo không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.

Ta có: $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor -\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor >1\Leftrightarrow \left\lfloor \left( k+1 \right)\delta  \right\rfloor -\left\lfloor k\delta  \right\rfloor >0$, nên sẽ tồn tại số nguyên dương $l$ thoả mãn $k\delta <l\le \left( k+1 \right)\delta $. Khi đó: $x=k+\left\lfloor k\delta  \right\rfloor +1=k+l+1$

Gọi $y=\left\lfloor p\alpha  \right\rfloor +1$ là số nguyên dương tiếp theo sau $x$ không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ thì $p\delta <l+1\le \left( p+1 \right)\delta $. Khi đó: $y=p+\left\lfloor p\delta  \right\rfloor +1=p+l+1$

Suy ra:  $\left( p+1-k \right)\delta >1>\left( p-1-k \right)\delta \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}p-1-k=m \\ p-k=m\end{array} \right.$

Nếu $p-1-k=m\Rightarrow y=p+l+1=\left( k+m+1 \right)+\left( x-k-1 \right)+1=x+m+1$

Nếu $p-k=m\Rightarrow y=p+l+1=\left( k+m \right)+\left( x-k-1 \right)+1=x+m$

Vậy với $x\notin S\left( \alpha  \right)$ thì số nguyên dương tiếp theo không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.                                                                    (2)

Ta sẽ chứng minh nếu $x\in S\left( \beta  \right)$ thì số nguyên dương tiếp theo thuộc $S\left( \beta  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.                                                                       (3)

Ta có:  $x=\left\lfloor k\beta  \right\rfloor \Rightarrow k\beta -1<x\le k\beta \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( k+1 \right)\beta =k\beta +\beta \ge x+m \\\left( k+1 \right)\beta =k\beta +\beta <x+m+1\end{array} \right.$

Nên suy ra: $\left\lfloor \left( k+1 \right)\beta  \right\rfloor =x+m$ hoặc $\left\lfloor \left( k+1 \right)\beta  \right\rfloor =x+m+1$.

Từ (1), (2), (3) suy ra tất cả các số nguyên dương thuộc $S\left( \alpha  \right)$ hoặc $S\left( \beta  \right)$, hay không có số nguyên dương nào thuộc $S\left( \gamma  \right)$, vô lý. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

Bài toán 10: 

Một tập hợp $A$ các số tự nhiên được gọi là hoàn hảo nếu thoả mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

(i) $0\in A$

(ii) Nếu $a\in A$ thì $a+2015\in A$

(iii) Nếu $a\in A$ thì $a+2016\in A$

Hỏi có tất cả bao nhiêu tập hoàn hảo?



#29 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-05-2016 - 15:02

Bài toán 11. (Mock IMO training 2008) Cho $a_{1}, a_{2}, \cdots $ là dãy các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện $0 < a_{n + 1} - a_{n} \le 2008$ với mọi số nguyên $n \ge 1$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số cặp có thứ tự $(p, q)$ khác nhau thỏa $a_{p}$ là ước của $a_{q}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 29-05-2016 - 12:21

:mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:  :mellow:
http://press.princet...wers_VIII_6.pdf
Lời khuyên dành cho các nhà toán học trẻ.


#30 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 27-05-2016 - 15:47

bài 10 đoạn sau lời giải hình như có vấn đề vì ví dụ số 1 thuộc A sẽ kéo theo  2017 thuộc A mà cả 1 và 2017 đều trong nhóm không biểu diễn được nên sự có mặt của các số trong A không độc lập với nhau nên không thể là$2^{L}$ được 



#31 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-05-2016 - 16:27

Lời giải bài 10. Theo quy nạp ta thu được các số có dạng $2015m + 2016n$ đều là phần tử của $\mathbb{A}$ với $m, n$ không âm.
Theo định lý Chicken McNugget (các bạn có thể tìm thêm một số tài liệu, ở Việt Nam còn có tên khác là định lý Sylvester/hay bài toán về số Frobenius/bài toán về đồng tiền, ...) thì số $N = 2015\times 2016 - 2015 - 2016$ là số lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng $2015m + 2016n$ và có cả thảy $L = \frac{2014\times 2015}{2}$ số không biểu diễn được dạng $2015m + 2016n$ với $m, n$ nguyên không âm.
Từ mệnh đề thứ nhất thì số tập $\mathbb{A}$ có khác biệt thì sẽ khác biệt ở các phần tử từ $(0, N]$. Do đó ta chỉ làm việc trên đoạn này
Mệnh đề thứ hai thì có cả thảy $L$ phần tử là các phần tử có quyền có mặt/không có mặt trong tập $\mathbb{A}$ (tùy chúng).
Vậy cho nên để đếm tập $A$ thì ta sẽ đếm bằng việc có mặt hoặc không có mặt nó, quy ước có mặt là $1$ và không là $0$.
Ta có $2^{L}$ cách chọn, tương ứng với $2^{L}$ tập hoàn hảo.

Hiện bài 10 như @canhhoang3001199 nói thì mình có lỗi

Kết quả của Ego chưa đúng rồi.



#32 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Điều hành viên Đại học
  • 1223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN , ĐHQG Hà Nội
  • Sở thích:Algebraic Topology

Đã gửi 27-05-2016 - 16:30

Bài toán 11. (Mock IMO training 2008) Cho $a_{1}, a_{2}, \cdots $ là dãy các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện $0 < a_{n + 1} - a_{n} \le 2008$ với mọi số nguyên $n \ge 1$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số cặp có thứ tự $(p, q)$ khác nhau thỏa $a_{p}$ là ước của $a_{q}$

Lời giải bài 11: 

Xét bảng sau : 

$a_{1}+1                |            a_{1}+2            |                ..........                |  a_{1}+2008$

$a_{1}+1+x_{1}      |           a_{1}+2+x_{1}         |         ..........                 |  a_{1}+2008+x_{1}$

$a_{1}+1+x_{1}+x_{2}    |    a_{1}+2+x_{1}+x_{2}     |  .........                 |   a_{1}+2008+x_{1}+x_{2}$

$.....$

Trong đó $x_{1}=\prod_{i=1}^{2008}(a_{1}+i),x_{2}=\prod_{i=1}^{2008}(a_{1}+i+x_{1}),x_{3}=\prod_{i=1}^{2008}(a_{1}+x_{1}+x_{2}+i)$ , vân vân và mây mây 

Dễ thấy nếu có hai số cùng một thì một số sẽ là bội của số kia

Hơn nữa trong $2008$ số tự nhiên liên tiếp thì sẽ có ít nhất một số là số hạng của dãy

Xét bảng trên với $2009$ dòng 

Theo Dirich thì sẽ có hai số của dãy cùng một dòng nên có dpcm .

Bài 12 :  Đặt $f(n)=n+[\sqrt{n}]$ . Với mỗi số nguyên dương $m$ xét dãy 

                                                        $m,f(m),f(f(m)),..........$

Luôn chứa ít nhất một bình phương đúng . 

Hiện tại bài $10$ của Ego chưa ổn nên bài $12$ chưa cần giải vội 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 27-05-2016 - 16:37

Ý chí con người làm chỗ dựa cho họ lúc khó khăn , vậy khi nản chí thì cái gì sẽ giúp họ đứng dậy ? - Vô danh 


#33 IHateMath

IHateMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 137 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$9\epsilon 0m$

Đã gửi 27-05-2016 - 16:48

Lời giải bài 9:

Giả sử tồn tại các số $\alpha <\beta <\gamma $ khác 1 thoả mãn tập ${{\mathbb{Z}}^{+}}$ có thể phân hoạch thành 3 tập $S\left( \alpha  \right)$, $S\left( \beta  \right)$ và $S\left( \gamma  \right)$.

Vì $\alpha <\beta <\gamma $ nên suy ra $1\in S\left( \alpha  \right)$ hay $\left\lfloor \alpha  \right\rfloor =1$. Khi đó: $\alpha =1+\delta $ với $0<\delta <1$.

Nếu số tự nhiên $n\in S\left( \alpha  \right)$ thì tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho:

$n=\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor \Rightarrow k\alpha <n+1\Rightarrow \left( k+1 \right)\alpha <n+1+\alpha =n+2+\delta <n+3$

Suy ra $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor \le n+2$, hay không tồn tại 2 số nguyên dương liên tiếp không thuộc $S\left( \alpha  \right)$.                                            (1)

Chỗ (1) mình thấy không ổn, chưa thể kết luận là không có hai số nguyên liên tiếp nào thuộc $S(\alpha)$. Nếu ta chọn $\alpha$ rất nhỏ, gần $1$ thì khi đó $S(\alpha)$ vẫn chứa rất nhiều số nguyên dương từ $1$ tới $m$ nào đó.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 27-05-2016 - 16:49

$\sqrt{-1}$ <3 MATH


#34 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 27-05-2016 - 16:50

Chỗ (1) mình thấy không ổn, chưa thể kết luận là không có hai số nguyên liên tiếp nào thuộc $S(\alpha)$. Nếu ta chọn $\alpha$ rất nhỏ, gần $1$ thì khi đó $S(\alpha)$ vẫn chứa rất nhiều số nguyên dương từ $1$ tới $m$ nào đó.

đoạn đó viết không thuộc mà bạn



#35 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 27-05-2016 - 17:06

lời giải bài 12

giả sử n chính phương ta có đpcm

nếu n không chính phương thì $n=x^{2}+a$($a<2x+1$)

ta có $f_{1}(n)=x^{2}+x+a$

nếu $a<x+1$ thì ta có $f_{2}(n)=(x+1)^{2}+a-1$

lúc này ta có $a<x+1+1$ nên quá trình tiếp tục cho đến $f_{a+1} $ là số chính phương

nếu $a \geq x+1$ thì $f_{2}(n)=(x+1)^{2} +a$ 

nếu $a<x+1+1$ thì ta có đpcm

nếu ngược lại thì cứ tiếp tục quá trinht trên ta có $f_{k}(n)=x_{k}^{2}+a$ với $x_{k}$ luôn tăng nên sẽ có lúc $a<x_{k}+1$ và ta có đpcm

bài 13 mình đợi bài 10 rồi post luôn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 27-05-2016 - 19:53


#36 Long Phi

Long Phi

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-05-2016 - 17:09

Bài 10 theo mình có 2015 tập hợp, là các tập hợp có phần tử nhỏ nhất khác không lần lượt từ $1$ đến $2015$. Xét $x$ bất kì lớn hơn $2015$ đồng dư $i$ mod $2015$ , thì $x$ thuộc tập có phần tử nhỏ nhất khác không là $i$, do đó các tập hợp này đã vét hết tập số tự nhiên

 

P/s: sorry mình nhầm, tính ẩu mãi không chừa


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Long Phi: 27-05-2016 - 19:59


#37 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 28-05-2016 - 19:28

Bài toán 10: Một tập hợp A các số tự nhiên được gọi là hoàn hảo nếu thoả mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

(i) 0A

(ii) Nếu aA thì a+2015A

(iii) Nếu a∈A thì a+2016A

Hỏi có tất cả bao nhiêu tập hoàn hảo?

Lời giải:
Trước hết ta nhận thấy rằng $2015$ và $2016$ là 2 số nguyên tố cùng nhau. Do đó theo một bổ đề quen thuộc thì với mọi số nguyên $n$ tồn tại duy nhất $x,y \in Z$ thỏa mãn $n=2015x+2016y$ và $0\leq x<2016$
Trong mặt phẳng tọa độ ta đồng nhất số nguyên $n$ với điểm $(x,y)$
Tập $A$ chứa mọi điểm $n$ không nằm dưới trục hoành nên ta chỉ cần tìm số cách đánh dấu các điểm nằm trong tam giác vuông cạnh huyền $OM$ với $M(2016, −2015)$, sao cho nếu một điểm được đánh dấu thì những điểm bên phải và nằm trên nó cũng được đánh dấu. Ta thấy mỗi cách đánh dấu như vậy tương ứng với một chuỗi số gồm $2016$ số $0$ và $2015$ số $1$ thể hiện một con đường đi từ $O$ đến $M$ (trong đó $0$ là sang phải còn $1$ là đi xuống) mà nằm hoàn toàn trên đường $OM$ (nếu nằm dưới thì số $n<0$ không thỏa mãn điều kiện đề bài).
Phân hoạch tất cả các chuỗi thành các lớp, mà hai chuỗi bất kì trong một lớp là hoán vị vòng quanh của nhau. Mỗi lớp có $2015+2016$ chuỗi, mà mỗi lớp chỉ có một chuỗi thỏa mãn. Do đó đáp số là $\frac{C^{2015}_{4031}}{4031}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 28-05-2016 - 19:40

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#38 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 626 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 28-05-2016 - 20:18

Đề xuất bài 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $4xyz-x-y=t^{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 28-05-2016 - 22:39


#39 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-05-2016 - 22:44

Lời giải bài 13:

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương.

Ta có: $(4xz-1)(4yz-1)=4zt^2+1$.

Suy ra: $(2zt)^2\equiv -z\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (4xzt)^2\equiv -4x^2z\equiv -x\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (8xz^2t^2)^2\equiv xz\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (16xz^2t^2)^2\equiv 4xz\equiv -1\pmod{4xz-1}$

Gọi $p=4k+3$ là ước nguyên tố của $4xz-1$. Khi đó ta có:

$(16xz^2t^2)^2\equiv 4xz\equiv -1\pmod{p} \Rightarrow (16xz^2t^2)^{4k+2}\equiv -1 \pmod{p}$

Mặt khác, vì $\gcd(16xz^2t^2,p)=1$ nên $(16xz^2t^2)^{4k+2}=(16xz^2t^2)^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$. Mâu thuẫn.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.

 

Đề xuất bài tiếp theo:

 

Bài 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ sao cho $q\equiv 3\pmod{8}$ và $\dfrac{q^{p-1}-1}{p}$ là một số chính phương.



#40 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Điều hành viên Đại học
  • 1223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN , ĐHQG Hà Nội
  • Sở thích:Algebraic Topology

Đã gửi 28-05-2016 - 22:46

Lời giải bài 13 :  

Giả sử tồn tại $(x,y,z,t)>0$ thỏa phương trình trên thế thì $4zt^{2}+1=(4xz-1)(4yz-1)=>(2zt)^{2}\equiv -z(mod 4yz-1)$

Giả sử $z=2^{k}a$ với $a$ lẻ thế thì

$1=\left ( \frac{-z}{4yz-1} \right )=\left ( \frac{-1}{4yz-1} \right )\left ( \frac{2^{k}}{4yz-1} \right )\left ( \frac{b}{4yz-1} \right )=-\left ( \frac{2}{4yz-1} \right )^{k}\left ( \frac{4yz-1}{b} \right )(-1)^{\frac{b-1}{2}}=-\left ( \frac{2}{4yz-1} \right )^{k}=A$

Nếu $k$ chẵn vô lý

Nếu $k$ lẻ thì $4yz-1=\equiv -1(mod8)$ nên $T=-1$ vô lý

Pt vô nghiệm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 28-05-2016 - 22:49

Ý chí con người làm chỗ dựa cho họ lúc khó khăn , vậy khi nản chí thì cái gì sẽ giúp họ đứng dậy ? - Vô danh 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh