Chủ đề này có 29 trả lời

[E. Galois]

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

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:
- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...

Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THCS. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá cấp học.
- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.

BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về Phương trình nghiệm nguyên, hoặc đồng dư, chứng minh chia hết. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề 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 biết trước đề 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.

[CelEstE]

Chứng minh định lí Fermat:
Nếu p là số nguyên tố và số nguyên tố a không chia hết cho p thì $a^{p-1}-1$ chia hết cho p.

[Tru09]

Đề bài :(Tru09)
Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên :
$x^2 -y^3 =7$

[BlackSelena]

Đề vòng 1 của MSS01 BlackSelena.
Tìm nghiệm không âm của phương trình
$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = a^2b^2c^2$

Em xin phép post lại đề, ở trên em post thiếu đề.
Giải pt nghiệm không âm
$a^2+b^2+c^2+d^2 = a^2b^2c^2$

[nguoihungthamlang98]

Đề về Phương trình nghiệm nguyên,đồng dư của MSS 03: nguoihungthamlang98:
Giải phương trình nghiệm nguyên :
$x_{1}^4+x_{2}^4+...x_{14}^4=31$ $(x_{1},x_{2},...x_{10}$ là các ẩn)
Đáp án:
Ta chứng minh bổ đề sau: Với mọi a ta có : $a^4\equiv 0,1(mod16)$
Chứng minh bổ đề.Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu $a\equiv 0(mod 2)\Rightarrow a^4\equiv 0(mod 16)$
Trường hợp 2: Nếu $a \equiv 1(mod 2)$ ta có :
$a^4-1=(a^2-1)(a^2+1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)$$a^4-1=(a^2-1)(a^2+1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)$
Ta có : $(a-1)(a+1)$ là tích 2 số chẵn liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết cho 4 nên $(a-1)(a+1) \vdots 8$ Mà a lẻ nên $a^2+1\vdots 2\Rightarrow (a-1)(a+1)(a^2+1)\vdots 16\Rightarrow a^4-1\vdots 16\Rightarrow a^4\equiv 1(mod 16)$
Áp dụng bổ đề trên vào bài toán.Ta có :
$x_{1}^4,x_{2}^4,...x_{14}^4\equiv 0,1(mod 16)$ $\Rightarrow x_{1}^4+x_{2}^4+...+x_{14}^4$ khi chia cho 16 có số dư tối đa là 10.Mặt khác $31=16.1+15\equiv 15(mod 16)$ nên VP có số dư $>$ vế trái khi chia cho 16.Hay ta có PT đã cho vô nghiệm.

[Tru09]

Tru09 post thêm phần giải :
Lời Giải
Bổ đê : Nếu $a^2 +b^2 \vdots p$ mà $p$ là số nguyên tố cá dạng $4k+3$ thì $a \vdots p$ và $b \vdots p$
Chứng minh bổ đề bằng phương pháp phản chứng .
Giả sử một trong 2 số $a$ và $b$ không chia hết cho $p$ thì theo giả thiết suy ra số kia cũng không chia hết cho $p$
Theo định lý nhỏ Fecma :
$a^{p-1} -1 \vdots p$
$b^{p-1} -1 \vdots p$
$\rightarrow$ $a^{p-1} -1 +b^{p-1} -1 \vdots p$
$\rightarrow$ $a^{p-1} +b^{p-1} -2 \vdots p$
Do $p=4k+3$ nên
$a^{4k+2} +b^{4k+3} -2 \vdots p$
Ta có : $a^{4k+2} +b^{4k+2} =(a^2)^{2k+1} +(b^2)^{2k+1} \vdots a^2 +b^2 \vdots p$
Nên $2 \vdots p$ .Do $p$ là số nguyên tố nên $p =2$ , trái với $p=4k+3$ .
Vậy bổ đề được chứng minh.
Ta quay lại với bài toán
Xét phương trình $x^2 -x^3 =7 (1)$
$\rightarrow x^2 +1 =y^3 +8 (2)$
Đến đây ta xét 2 trường hợp :
- Nếu $y$ chẵn thì$ x$ lẻ .Khi đó vế trái của $(2)$ chia 4 dư 2 còn vế phải chia hết cho 4 .
$\rightarrow :\text{Mâu thuẫn}$
-Nếu $y$ lẻ , ta có :
$(2) \leftrightarrow x^2 +1 =(y+2)(y^2 -2y +4)$
Ta thấy $y^2 -2y +4 =(y-1)^2 +3 :\text{chia cho 4 dư 3 nên có ước nguyên tố là p có dạng 4k+3}$
Do đó $x^2 +1$ có ước nguyên tố là $p$ có dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề trên $\rightarrow 1 \vdots p $
$\rightarrow :\text{Vô lý}$
Vậy phương trình $(1)$ không có nghiệm nguyên

[daovuquang]

Bài toán: Chia tập $\left \{ 1;2;3;...;2012 \right \}$ thành 2 tập không giao nhau: $\left \{a_1;a_2;a_3;...;a_{1006} \right \}$ và $\left \{b_1;b_2;b_3;...;b_{1006} \right \}$. Biết rằng với $i \in \mathbb{N}; 1\le i\le 1006$ thì $|a_i-b_i|$ tận cùng bằng 1 hoặc 6. Tìm chữ số tận cùng của $|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+...+|a_{1006}-b_{1006}|.$

Lời giải: Gọi $S=|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+...+|a_{1006}-b_{1006}|$ thì $S\equiv 1+1+...+1\equiv 1006\equiv 1 (mod 5) (1)$.
Mặt khác, với $x,y\in \mathbb{Z}$ ta luôn có: $|x-y|\equiv x-y \equiv x-y+2y \equiv x+y (mod 2)$.
Suy ra $S\equiv a_1+b_1+a_2+b_2+...+a_{1006}+b_{1006}\equiv 1+2+3+...+2012 \equiv 1006.2013\equiv 0 (mod 2) (2)$.
Từ $(1),(2)\Rightarrow S\equiv 6 (mod 10)$ hay $S$ tận cùng bằng $6$.

[Kir]

Đề bài: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

Đáp án: Ta có:
$1=0+1^{y}\equiv 3^{x}+4^{y}=5^{z}\equiv (-1)^{z}(\mod 3)$
Suy ra z là số chẵn, đặt $z=2w$. Lúc đó:
$3^{x}= 5^{z}-4^{y}=(5^{w}+2^{y})(5^{w}-2^{y})$
Nhận thấy: $(5^{w}+2^{y})$ và $(5^{w}-2^{y})$ không đồng thời chia hết cho 3, do tổng của chúng không chia hết cho 3. Từ đó, ta được
$5^{w}+2^{y}=3^{x}$ và $5^{w}-2^{y}=1$
Lúc đó, $(-1)^{w}+(-1)^{y}\equiv 0 (\mod 3), (-1)^{w}-(-1)^{y}\equiv 1 (mod 3)$
Do đó, suy ra w lẻ và y chẵn. Nếu y>2, ta có
$5=5^{w}+2^{y}=3^{x}\equiv 1; 3(mod8)$
Điều này mâu thuẫn. Vậy y=2. Từ đó $5^{w}-2^{y}=1$, ta suy ra w=1 và z=2. Sau cùng ta được x=2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 20-08-2012 - 21:51

[BlackSelena]

Em xin nộp đáp án
$a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2$
Trước hết ta chứng minh $a,b,c$ chẵn:
Giả sử $a,b,c$ lẻ:
$\Rightarrow a^2 + b^2+c^2 \equiv 3 \pmod{8} // a^2b^2c^2 \equiv 2 \pmod{8}$
Phương trình tương đương $d^2 = a^2b^2c^2-a^2-b^2-c^2$
$\Rightarrow d^2 \equiv -2 \pmod{8}$
Mà $-2 \equiv 6 \pmod{8}$
$\Rightarrow d^2 \equiv 6 \pmod{8}$ (vô lý)
Vậy trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất 1 số chẵn. Giả sử đó là số $a$
Khi đó ta có $a^2 \vdots 4$
$\Rightarrow a^2b^2c^2 \vdots 4$
$\Rightarrow b^2 + c^2 + d^2 \vdots 4$
Nhận thấy 1 số chính phuơng chia 4 chỉ dư 1 hoặc 0
$\Rightarrow b^2,c^2,d^2 \vdots 4$
$\Rightarrow b,c,d$ chẵn.
Vậy ta chứng minh bổ đề sau, với những điều kiện của bài toán thì $\frac{a}{2^n}$ nguyên với mọi $n$ khi $a=0$
Nhận với $n=1$ thì điều trên hiển nhiên đúng vì $a $ là số chẵn
Vậy ta giả sử điều trên vẫn đúng với $n=k$
Viết lại phương trình: $a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2$
Chia cả 2 vế cho $2^2k$, ta có
$\sum (\frac{a}{2^k})^2 = (\frac{a}{2^k})^2.b^2.c^2$
Nhận thấy VP luôn chia hết cho 8
$\Rightarrow \sum (\frac{a}{2^k})^2$ chia hết cho 8
$\Rightarrow \frac{a}{2^k}$ là số chẵn.
$\Rightarrow \frac{a}{2^k} = 2m$ Với $m$ nguyên dương.
$\Rightarrow \frac{a}{2^{k+1}} = m$
Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
Mặt khác theo nguyên lí cực hạn, tồn tại $n$ lớn nhất sao cho $\frac{a}{2^n}$ là số nguyên. Nhưng ở đây là với mọi $n$ nên điều này xảy ra $\Leftrightarrow a=0$
Vậy bổ đề chứng minh hay pt cũng có nghiệm duy nhất là $a=b=c=d=0$

[minhduc3001]

chức năng xem trước ở đâu và em làm bài ở trang nào ạ?

[thanhluong]

Đề bài
Cho $x$,$y$ là các số nguyên dương thoả mãn phương trình:
$$2x^2+x=3y^2+y$$.
Chứng minh rằng: Các số $x-y$, $2x+2y+1$ và $3x+3y+1$ đều là các số chính phương.







Đáp án:
Từ: $2x^2+x=3y^2+y$
$\Leftrightarrow 2x^2-2y^2+x-y=y^2\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y+1)=y^2$.

Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $x-y$ và $2x+2y+1$.
$\Rightarrow y^2$ $\vdots$ $d^2 $ $\Rightarrow y$ $\vdots$ $d$.

Mà $x-y$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow x$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow 2x$ $\vdots$ $d$ và $2y$ $\vdots$ $d$.

Lại có $2x+2y+1$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow 1$ $\vdots$ $d \Rightarrow d=1$

Mà $(x-y)(2x+2y+1)=y^2$, nên cả $x-y$ và $2x+2y+1$ đều là các số chính phương. (1)

Mặt khác: $3x^2-3y^2+x-y=x^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(3x+3y+1)=x^2$

Chứng minh tương tự như trên, suy ra được $x-y$ và $3x+3y+1$ đều là số chính phương. (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

[huuthot34]

ban tổ chức đã nhận được bài của em chưa?

[huuthot34]

Đề ra: giải phương trình nghiệm nguyên:
$(2x-5)^{3}$+27$(x-1)^{3}$+$(8-5x)^{3}$=0

Giải:
Bài toán phụ:nếu a+b+c=0 $\Leftrightarrow$ $a^{3}$+$b^{3}$+$c^{3}$=3abc
Ta có: $(2x-5)^{3}$+27$(x-1)^{3}$+$(8-5x)^{3}$=0
$\Leftrightarrow$ $(2x-5)^{3}$+$(3x-3)^{3}$+$(8-5x)^{3}$=0
mà:2x-5+3x-3+8-5x=0
Áp dụng bài toán phụ ta có:
$(2x-5)^{3}$+$(3x-3)^{3}$+$(8-5x)^{3}$=0 $\Leftrightarrow$3(2x-5)(3x-3)(8-5x)=0

$\Leftrightarrow$ x=$\frac{5}{2}$hoặc x=1 hoặc x=$\frac{8}{5}$
mà: x$\in \mathbb{Z}$ $\Rightarrow$ x=1
Vậy nghiệm của phương trình là x=1

[LuongDucTuanDat]

Giải phương trình với x,y nguyên
$2x^{2}+5y^{2}+14-4xy-8y-4x=0$

Giải
Ta có:
$2x^{2}+5y^{2}+14-4xy-8y-4x=0$

$\Leftrightarrow x^{2}+x^{2}+4y^{2}+y^{2}-4xy-8y-4x+14=0$

$ \Leftrightarrow (x-2y+1)^{2}+(x-3)^2+(y-2)^2=0$

$ \Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}
x-2y+1=0\\
x-3=0\\
y-2=0
\end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=3\\
y=2\\

\end{matrix}\right.$

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $ \left\{\begin{matrix}
x=3\\
y=2\\

\end{matrix}\right.$

[minhhieukaka]

Đề bài: Cho hai số tự nhiên a; b sao cho a > b và tổng của a và b chia hết cho 2. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.

Lời giải

Trước hết ta cần chứng minh bổ đề: Nếu có 2 số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau.Giả sử gọi p là ước nguyên tố lẻ của $a^{2}+b^{2}$ thì $p\equiv 1(mod 4)$
Thật vậy. Nếu $p\equiv 3(mod 4)$. Đặt p= 4k+3
Nếu $a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$ thì a và b cùng chia hết cho p ( vô lý) vì (a;b)=1
Do vậy a; b đều không chia hết cho p
suy ta (a, p) = 1 và (b, p)=1
Theo định lý Phécma nhỏ có $a^{p-1}\equiv 1$ ( mod p)
hay $a^{4k+2}\equiv 1$ ( mod p)
tương tự $b^{4k+2}\equiv 1$ ( mod p)
=> $a^{4k+2}$ + $b^{4k+2}$ $\equiv 2$ ( mod p)
Mặt khác $a^{4k+2}$ + $b^{4k+2}$ $ $\vdots$ $a^{2} +b^{2} \vdots p$
do đó 2 $\vdots p$ vô lý vì p là nguyên tố lẻ
Vậy ta có đpcm
Quay trở lại với bài toán ta có
Giả sử $a^{2}-a-b^{2}=n^{2}$ ( n thuộc N)
hay $4a^{2}-4a-4b^{2}=4n^{2}$
=> (2a-1+2b)(2a-1-2b)= 4n^{2}$+1
<=> (2(a+b) -1)(2(a+b)-4b-1) = 4n^{2}$+1
vì a+b chia hết cho 2 nên 2a-1+2b và 2a-2b-1 là các số lẻ chia 4 dư 3

Vậy $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương( ĐPCM) .

[ConanTM]

Đề bài trận 9 MSS của toán thủ ConanTM:
Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $(x + 1)x^3=(5y+1)(5y-1) $
Đáp án:
Phương trình đã cho được viết lại như sau: $x^4+x^3+1=(5y)^2$
Ta sẽ đi tìm x nguyên dương để $x^4+x^3+1$ là một số chính phương.
Do $x^4+x^3+1>(x^2)^2$ nên $x^4+x^3+1=(x^2+a)^2$ với a là 1 số nguyên dương nào đó => $x^2(x-2a)=a^2-1$ => $a^2-1$ chia hết cho $x^2$=> $a^2-1$ = 0 hoặc $x^2\leq a^2-1$. Do vậy:
- Nếu $a^2$ = 1 thì a = 1 => Ta tìm được x = 2 và y = 1 là 1 nghiệm của phương trình đã cho.
- Nếu $a \neq 1$ thì do $a^2>a^2-1$ nên a > x => $x^2(x-2a)=a^2-1<0$ (mâu thuẫn) => trong trường hợp này phương trình đã cho vô nghiệm.
Vậy: PT đã cho chỉ có duy nhất 1 nghiệm nguyên dương (x,y) = (2,1).

[thanhluong]

Đề bài:
Giải phương trình nghiệm nguyên:
$15x^4-37x^2y^2-84x^2+14y^4+53y^2=-45$

Giải:
Bổ đề: Số chính phương lẻ chia $8$ dư $1$
Thật vậy. với $k \in Z$ ta luôn có
$(2k+1)^2=4k^2+4k+1 =4k(k+1)+1\equiv 1$ (mod $8$) (Vì $k(k+1) \equiv 0$ (mod $2$))

Trở lại bài toán, phương trình trên đề bài đương với:
$(x^2-2y^2-5)(15x^2-7y^2-9)=0$
$\Leftrightarrow x^2-2y^2-5=0$ hoặc $15x^2-7y^2-9=0$.
Trường hợp 1: $x^2-2y^2-5=0$
Khi đó $x^2-2y^2=5 \rightarrow x^2=2y^2+5 \rightarrow x^2$ lẻ.
Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra $x^2$ chia $8$ dư $1$, đặt $x^2=8m+1$ ($m \in Z$), ta có:
$8m+1+2y^2=5 \Leftrightarrow 8m+2y^2=4 \Leftrightarrow 4m+y^2=2$
Nên $y^2$ chia hết cho $2$ và không chia hết cho $4$, suy ra điều vô lý vì số chính phương chia hết cho $2$ luôn chia hết cho $2^2=4$.
Trường hợp 2: $15x^2-7y^2-9=0$
Khi đó $15x^2-2=7y^2+7=7(y^2+1)$ nên $15x^2-2$ chia hết cho $7$. (*)

Nếu $x \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 1$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 1$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 15$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 2$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 4$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 60$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 3$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 9$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 135$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Do đó với mọi $x \in Z$, $15x^2-2$ không chia hết cho $7$, mâu thuẫn với (*).

Vậy Phương trình đã cho vô nghiệm nguyên

[MazacarJin15]

TÌm các số nguyên dương n thỏa mãn : $n^2+2^n$ là số chính phương.

[duaconcuachua98]

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

Đáp án:
Giả sử $(x_{0};y_{0})$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình
Ta có: $x_{0}^{2}-y_{0}^{3}=7$$\Leftrightarrow x_{0}^{2}+1=y_{0}^{3}+8\Leftrightarrow x_{0}^{2}+1=(y_{0}+2)(y_{0}^{2}-2y_{0}+4)$
Xét các trường hợp sau
$1)$ $y_{0}$ chẵn:
Khi đó $y_{0}+2$ và $y_{0}^{2}-2y_{0}+4$ đều chẵn
Suy ra $(x_{0}^{2}+1)\vdots 4$ (không thể xảy ra)
$2)$ $y_{0}$ lẻ nên $y_{0}$ có dạng $y_{0}=4m+1$ $(m\in \mathbb{Z}^{+})$
Khi đó $y_{0}+2=4m+3$
Mà $y_{0}+2\geq 3$ nên tồn tại $p$ nguyên tố có dạng $4m+3$
Mà $p\mid y_{0}+2$
Nghĩa là tồn tại $p$ nguyên tố dạng $4m+3$ mà $q\mid x_{0}^{2}+1$ (điều này vô lý)
$3)$ $y_{0}$ lẻ có dạng $4m+3$.
Khi đó $y_{0}^{2}-2y_{0}+4$ có dạng $4n+3$
Mà $y_{0}^{2}-2y_{0}+4\geq 3$ nên tồn tại số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$
Mà $p\mid y_{0}^{2}-2y_{0}+4$
Suy ra $x_{0}^{2}+1$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$
Điều này vô lý.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

[Ha Manh Huu]

tìm các số nguyên dương a,b sao cho
a+ b^2 chia hết cho a^2b -1

lời giải

theo đề bài ta có a+ b^2 = K(a^2b-1) (K thuộc Z+)
<=> a+K =b(Ka^2-b) <=> a+K = mb (1)
với Ka^2-b =m (mthuộc Z+)
=> m+b =Ka^2 (2)
từ (1) và (2) ta có (m-1)(b-1)=mb-b-m+1 =a+K-Ka^2+1=(a+1)(K+1-Ka) (3)
vì m>0 theo (1) nên (m-1)(b-1) lớn hơn hoặc bằng 0
từ (3) => K+1 -Ka lớn hơn hoặc bằng 0 => K+1lớn hơn hoặc bằng Ka => 1lớn hơn hoặc bằng K(a-1)
=> K(a-1)=0 hoặc K(a-1) =1 => a=1 hoặc a=2 K=1
nếu a=1 từ (3) => b=2 hoặc b=3
nếu a=2 K=1 (m-1)(b-1)=0
khi m=1 từ (1) => (a;b) =(2;3)
khi b=1 => a=2

các anh chị vô cùng thông cảm vì em chưa biết gõ vì em mới tham gia