Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic về số học, các bài toán về số học.

topic số học hay tuyệt

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 172 trả lời

#81 nhatquangsin

nhatquangsin

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định
  • Sở thích:mathematics

Đã gửi 05-08-2013 - 17:28

Bài 40

Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$



#82 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 09-08-2013 - 21:16

Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$

Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy $n$ chẵn. Đặt $n=2n'$, ta phải tìm các số nguyên dương $n'$ sao cho $3^{k}\mid 4^{n'}-1$. Tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $ord_{3^k}(4)$.

 --------------------------------------

- Ta có $ord_{3}(4)=1$. Đặt $ord_{3^k}(4)=h$ thì theo định nghĩa ta có: $4^h-1\vdots 3^k\rightarrow v_3(4^h-1)\ge k$. Theo bổ đề LTE suy ra:

$$v_3(4-1)+v_3(h)\ge k\Leftrightarrow v_3(h)\ge k-1\Leftrightarrow 3^{k-1}| h\ (1)$$

Mặt khác: $4^{3^{k-1}}-1\vdots 3^k\Rightarrow h| 3^{k-1}\ (2)$ (cũng sử dụng bổ đề LTE)

 

-Từ (1) và (2) suy ra $h=3^{k-1}$ hay $ord_{3^k}(4)=3^{k-1}$ suy ra tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $3^{k-1}$ hay tất cả các số nguyên $n$ cần tìm là bội của $2.3^{k-1}$

 

 

 

 


Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#83 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 10-08-2013 - 17:47

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.


Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#84 yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

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

Đã gửi 11-08-2013 - 10:16

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.

 

Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )

Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$ 

Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$


Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#85 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 11-08-2013 - 10:50

Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )

Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$ 

Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$

Bạn thử chứng minh cái bổ đề xem nào...(mình có một lần xem qua chứng minh này nhưng chưa hiểu lắm!!!)


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#86 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-08-2013 - 12:25

Bài 32 : Cho $x,y,A$ là các số nguyên dương thoả mãn $A=\frac{x^{2}+y^{2}+30}{xy}$. Chứng minh rằng $A$ là một luỹ thừa bậc $5$ của một số nguyên. 

Máy hư lâu quá giờ này mới online được  :( .

Gọi $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ là cặp số thỏa mãn đề bài và có tổng $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất. Ta giả sử $x_{0}\leq y_{0}$.

Xét phương trình bậc hai ẩn $y$ : $$y^{2}-A.x_{0}.y+x_{0}^{2}+30=0 (*)$$

Vì $\left ( x_{0};y_{0} \right )$ thỏa mãn đề bài nên $y_{0}$ là một nghiệm của phương trình $(*)$. Gọi nghiệm còn lại là $y_{1}$. Theo định lí $Viete$ :

$$\left\{\begin{matrix} y_{0}+y_{1}=Ax_{0} & (1)& \\ y_{0}y_{1}=x_{0}^{2} +30& (2) & \end{matrix}\right.$$

Ta có $x_{0},y_{0},A\in \mathbb{Z}$ nên từ $(1)$ suy ra $y_{1}\in \mathbb{Z}$.

Các cặp $\left ( x_{0};y_{0} \right );\left ( x_{0};y_{1} \right )$ đều thỏa mãn $(*)$ mà $x_{0}+y_{0}$ nhỏ nhất nên :

$$x_{0}+y_{0} \leq x_{0}+y_{1}\Leftrightarrow y_{0}\leq y_{1}$$.

Như vậy $x_{0}\leq y_{0}\leq y_{1}$

  • Nếu $x_{0}=y_{0}$ thay vào $A$ thì $A=2+\frac{30}{x_{0}^{2}}\in \mathbb{Z}\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow A=32$
  • Nếu $y_{0}=y_{1}$ thì từ $(2)$ ta được :

$$x_{0}^{2}+30=y_{0}^{2}\Leftrightarrow \left ( y_{0}+x_{0} \right )\left ( y_{0}-x_{0} \right )=30$$

Dễ thấy $y_{0}+x_{0} ;y_{0}-x_{0}$ cùng tính chẵn lẻ mà $30=1.30=2.15=5.6=3.10$

Trường hợp này không xảy ra

  • Nếu $x_{0}<y_{0}<y_{1}$

Suy ra $$\left\{\begin{matrix} y_{0}\geq x_{0}+1 & & \\ y_{1}\geq x_{0}+2& & \end{matrix}\right.$$

Do đó từ $(2)$ suy ra $$x_{0}^{2}+30\geq \left ( x_{0}+1 \right )\left ( x_{0}+2 \right )\Leftrightarrow x_{0}\leq 9$$

Khi $x_{0}=9$ thì từ $(2)$ suy ra $y_{0}y_{1}=9^{2}+30=111$, vì $y_{0}<y_{1}\Rightarrow \left ( y_{0};y_{1} \right )=(1;111);(3;37)$. Vô lí vì phải có $x_{0}<y_{0}$.

Tương tự khi xét $x=1;2;3;4;5;6;7;8$. Tất cả đều dẫn đến vô lí. Trường hợp này loại.

 

Do đó ta luôn có $A=32=2^{5}$ là lũy thừa bậc năm của một số nguyên (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-08-2013 - 12:27

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#87 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-08-2013 - 12:30

Bài 42 : Giải  phương trình sau trên tập nghiệm nguyên dương :

$$2x^{2}=3y^{3}$$


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#88 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 14-08-2013 - 12:31

Bài 43: Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng ko tồn tại các số nguyên dương x, y, n thoả mãn $x^{p}+y^{p}=(p^{2}-1)^{n}$.

(trích từ đề thi đồng đội thuộc chương trình Gặp gỡ Toán học 2013)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-08-2013 - 13:03

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#89 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 14-08-2013 - 12:36

Bài 42 : Giải  phương trình sau trên tập nghiệm nguyên dương :

$$2x^{2}=3y^{3}$$

Bài này hình như có vô sô nghiệm nguyên dương dạng $x=18k^{3},y=6k^{2};k\in\mathbb{N}$... thì phải  :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-08-2013 - 12:37

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#90 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-08-2013 - 12:48

Bài này hình như có vô sô nghiệm nguyên dương dạng $x=18k^{3},y=6k^{2};k\in\mathbb{N}$... thì phải  :icon6:

Còn các nghiệm tổng quát $\left ( 3888k^{3};216k^{2} \right );(1152k^{3};96k^{2})$ và còn rất rất nhiều nghiệm khác  :lol: ....


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#91 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 14-08-2013 - 12:56

Còn các nghiệm tổng quát $\left ( 3888k^{3};216k^{2} \right );(1152k^{3};96k^{2})$ và còn rất rất nhiều nghiệm khác  :lol: ....

Các nghiệm của chú đưa ra thực chất cũng là một nghiệm mà a đã nêu: $3888k^{3}=18.(6k)^{3},216k^{2}=6.(6k)^{2}$. Và lời giải ... như sau:

Từ phương trình ta suy ra $x\vdots 3,y\vdots 2\Rightarrow x=3x_{1},y=2y_{1}$. Khi đó phương trình trở thành $3x_{1}^{2}=4y_{1}^{3}\Rightarrow x_{1}=2x_{2},y_{1}=3y_{2}$. Khi đó phương trình lại tương đương với $x_{2}^{2}=9y_{2}^{3}\Rightarrow y_{2}=k^{2};k\in\mathbb{N}\Rightarrow x=18k^{3},y=6k^{2}$. Đó là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình.

...Thế nhé!!! :P


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#92 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-08-2013 - 13:00

Các nghiệm của chú đưa ra thực chất cũng là một nghiệm mà a đã nêu: $3888k^{3}=18.(6k)^{3},216k^{2}=6.(6k)^{2}$. Và lời giải ... như sau:

Từ phương trình ta suy ra $x\vdots 3,y\vdots 2\Rightarrow x=3x_{1},y=2y_{1}$. Khi đó phương trình trở thành $3x_{1}^{2}=4y_{1}^{3}\Rightarrow x_{1}=2x_{2},y_{1}=3y_{2}$. Khi đó phương trình lại tương đương với $x_{2}^{2}=9y_{2}^{3}\Rightarrow y_{2}=k^{2};k\in\mathbb{N}\Rightarrow x=18k^{3},y=6k^{2}$. Đó là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình.

...Thế nhé!!! :P

Thực ra thì nghiệm tổng quát của nó là $\left\{\begin{matrix} x=2^{3k_{1}+1}.3^{3k_{2}+2}.k^{3} & & \\ y=2^{2k_{1}+1}.3^{2k_{2}+1}.k^{2} & & \end{matrix}\right.$ 

Trong đó $k,k_{1},k_{2}\in \mathbb{N},gcd(k,6)=1$  :lol:

Mà lời giải của anh cũng đúng rồi. Coi như xong 1 em. Qúa lẹ !   :icon6:  :ukliam2:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-08-2013 - 13:00

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#93 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 14-08-2013 - 13:05



Bài 43: Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng ko tồn tại các số nguyên dương x, y, n thoả mãn $x^{p}+y^{p}=(p-1)^{n}$.

(trích từ đề thi đồng đội thuộc chương trình Gặp gỡ Toán học 2013)

Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$

Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.

Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.

Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.

Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 14-08-2013 - 13:06

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#94 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 14-08-2013 - 13:12

Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$

Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.

Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.

Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.

Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.

Xin lỗi e nhưng a mới sửa lại đề, ko sao lời giải của e vẫn đúng?


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#95 Lyer

Lyer

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11T1-THPT chuyên Phan Ngọc Hiển-Thành Phố Cà Mau
  • Sở thích:Nhiều quá....!!!!

Đã gửi 14-08-2013 - 20:29

Mình ko hiểu chỗ này lắm $$\frac{b^{p}+d^{b}}{b+d}=2^{r}$$ 



#96 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 15-08-2013 - 09:20

Mình ko hiểu chỗ này lắm $$\frac{b^{p}+d^{b}}{b+d}=2^{r}$$ 

Lí do là ở đây:

 

Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$

Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.

Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.

Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.

Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#97 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 16-08-2013 - 13:15

Bài 44: Cho k, m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1 thoả mãn m, n nguyên tố cùng nhau. Hỏi phương trình này có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên dương $(x_{1};x_{2};...;x_{k+1})$? Chứng minh điều đó:

$\sum_{i=1}^{k}x_{i}^{m}=x_{k+1}^{n}$

Bài 45: Chứng minh với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2 ta luôn có: $4\sum_{i=1}^{n}\varphi (i)\geq n^{2}-n+8$, trong đó $\varphi (n)$ chỉ số các số nguyên tố cùng nhau với n và ko vượt quá n (Hàm Euler).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 16-08-2013 - 13:27

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#98 Kool LL

Kool LL

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 370 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tp.HCM

Đã gửi 23-08-2013 - 15:10

Bài 17: Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 đều là số chính phương. Hỏi  5n + 3 là số nguyên tố hay hợp số? Tìm số n nhỏ nhất thỏa tất cả điều kiện đó.

(Cải biên lại từ đề đề nghị thi Olimpic 30/4 lớp 10 năm 2009 của Trường THPT chuyên KonTum - Sở GD - ĐT KonTum)

 

Giả sử $2n+1=a^2, 3n+1=b^2$. (1) $\Rightarrow 3a^2-2b^2=1$ và $b^2-a^2=n$. (2)

Do $n\in\mathbb{Z}^+$ nên $a\ge 2, b\ge 3, b>a$.

Ta có : $5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)$. (3)

Nếu $2a-b=1$ thì $b=2a-1$, thay vào (2) được $n=3a^2-4a+1$, thay tiếp vào (1) được $5a^2-8a+3=0$ (VN do $a\ge 2$).

Vậy $2a+b>2a-b>1$. Từ (3)$\Rightarrow 5n+3$ có 2 ước lớn hơn 1 nên là hợp số.

 

$(a^2,b^2)=(2n+1,3n+1)=(2n+1,n)=(n+1,n)=1\Rightarrow (a,b)=1$.

Như vậy việc tìm $n$ thoả đề bài chính là tìm bộ nghiệm nguyên (a,b) nguyên tố cùng nhau của PT $3a^2-2b^2=1$.

(Xem tiếp bài giải ở bên dưới #99).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 23-08-2013 - 17:19


#99 Kool LL

Kool LL

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 370 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tp.HCM

Đã gửi 23-08-2013 - 15:21

Bài 17 : (tiếp theo ý 2)

Như vậy việc tìm $n=b^2-a^2$  chính là tìm bộ nghiệm nguyên $(a,b)$ của PT $3a^2-2b^2=1$.

 

PT $Aa^2-Bb^2=1$ (1) là PT Pell dạng tổng quát, ta sẽ chuyển về PT Pell loại 1 như sau :

Đặt $x=Aa^2+Bb^2, y=2ab,d=AB$ thì $x^2-dy^2=(Aa^2+Bb^2)^2-AB(2ab)^2=(Aa^2-Bb^2)^2=1^2=1$

 

$x^2-dy^2=1$ (2) là PT Pell loại 1, nếu d không chính phương thì với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất), ta có thể tìm $(x_n,y_n)$ là tất cả các nghiệm của (2), bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất :

$x_n+y_n\sqrt{d}=(x_1+y_1\sqrt{d})^n$

b) Công thức truy hồi :

$x_{n+1}=x_1x_n+dy_1y_n$

$y_{n+1}=x_1y_n+y_1x_n$

c) Công thức tong quát :

$x_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n+(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2}; y_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n-(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}$

 

 

 

Từ đây, ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau :

 

1/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất) của PT (1) thì $(a_1,b_1)$ là nghiệm của HPT

$\left\{\begin{matrix}Aa^2+Bb^2=x_1 \\ 2ab=y_1 \end{matrix}\right.$ ,    (với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở của PT (2) ).

 

 2/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở của PT(1) thì có thể tìm $(a_n,b_n)$ là tất cả các nghiệm của PT (1) bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất:

$a_n\sqrt{A}+b_n\sqrt{B}=(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}$

b) Công thức truy hồi:

$a_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)a_n+(2a_1b_1)Bb_n$

$b_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)b_n+(2a_1b_1)Aa_n$

c) Công thức tổng quát:

$a_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}+(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{A}}; b_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}-(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{B}}$

 

Áp dung vào bài toán, ta tìm được tất cả các bộ nghiệm của PT $3a^2-2b^2=1$ là : (1,1); (9,11); (89,109); ...

Tương ứng với n=0 (loại); n=40 (nhận); n=3960; ...

Vậy $n=40$ là số nhỏ nhất thoả $2n+1$ và $3n+1$ là các số chính phương.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 23-08-2013 - 17:46


#100 Kool LL

Kool LL

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 370 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tp.HCM

Đã gửi 23-08-2013 - 21:51

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$. (1)

 

(1)$\Leftrightarrow z(xy+2)=x^2+2 \Rightarrow z\ne0$.

* Nếu $x=0$ thì $z=2$ và $y\in\mathbb{Z}$ bất kỳ. Nghiệm $(0,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Nếu $y=0$ thì $x^2-2z+2=0\Leftrightarrow x^2=2(z-1)$. Nghiệm $(2t,0,2t^2+1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Xét $xyz\ne0$:

Nhận xét : nếu $(x,y,z)$ là nghiệm thì $(-x-y,z)$ cũng là nghiệm. Nên không mất tính tổng quát, chỉ cần xét $x>0$. Khi đó nếu $y>0$ thì $z>0$ và nếu $z<0$ thì $y<0$. Do đó ta chỉ có 3 TH sau :

  • TH1: $y<0<z$ thì $0>xy>-2\Rightarrow xy=-1\Rightarrow$ Nghiệm là $(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$.
  • TH2: $y,z>0$ thì $z=\frac{x^2+2}{xy+2}\ge1\Rightarrow x\ge y; x-yz=x-\frac{x^2y+2y}{xy+2}=\frac{2(x-y)}{xy+2}\ge0$
    • nếu $z=1$ thì $x=y$. Suy ra nghiệm là $(t,t,1)$, với $t\in\mathbb{Z}$.
    • nếu $z>1$ thì $x>yz>y$ và $2(x-y)\ge xy+2\Rightarrow (x+2)(2-y)\ge6\Rightarrow 0<y<2\Rightarrow y=1$

$\Rightarrow z=\frac{x^2+2}{x+2}=x-2+\frac{6}{x+2}\Rightarrow x+2=6\Rightarrow x=4$.

Vậy nghiệm là $(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$.

  • TH3: $y,z<0$. Đặt $a=x,b=-y,c=-z$ thì $a,b,c>0$ thoả $abc=a^2+2c+2$ $\Rightarrow ab>2$ và $bc>a$ $\Rightarrow c=\frac{a^2+2}{ab-2}\Rightarrow bc-a=b.\frac{a^2+2}{ab-2}-a=\frac{2(a+b)}{ab-2}$ $\Rightarrow 2(a+b)\ge ab-2 \Rightarrow (a-2)(b-2)\le6$
    • nếu $b=1$ thì $c=\frac{a^2+2}{a-2}=a+2+\frac{6}{a-2}\Rightarrow a-2\in\{1;2;3;6\}\Rightarrow a\in\{3,4,5,8\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(3,1,11); (4,1,9); (5,1,9); (8,1,11)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(3,-1,-11); (4,-1,-9); (5,-1,-9); (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11); (-4,1,-9); (-5,1,-9); (-8,1,-11)$.
    • nếu $b=2$ thì $2c-a=\frac{2(a+2)}{2a-2}=1+\frac{3}{a-1}\Rightarrow a-1\in\{1,3\}\Rightarrow a\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (4,2,3)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3); (-4,2,-3)$.
    • nếu $a=1$ thì $c=\frac{3}{b-2}\Rightarrow b-2\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(1,3,3); (1,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(1,-3,-3); (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3); (-1,5,-1)$.
    • nếu $a=2$ thì $c=\frac{3}{b-1}\Rightarrow b-1\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (2,4,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3); (-2,4,-1)$.
    • nếu $a,b>2$ thì $ab-2\ge7$ và $(a-2)(b-2)=k, 0<k\le6$. $\Rightarrow 2(a+b)=ab+4-k\Rightarrow bc-a=\frac{ab+4-k}{ab-2}=1+\frac{6-k}{ab-2}$. 
      • nếu $0<k<6\Rightarrow (6-k)\vdots(ab-2)\Rightarrow 6-k\ge ab-2\ge7\Rightarrow k\le-1$. (Vô lý !)
      • nếu $k=6\Rightarrow bc-a=1\Rightarrow bc=a+1$ $\Rightarrow a^2+a=abc=a^2+2c+2\Rightarrow a=2c+2\Rightarrow bc=2c+3 \Rightarrow c=\frac{3}{b-2}$ $\Rightarrow b-2\in\{1,3\} \Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(8,3,3); (4,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(8,-3,-3); (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3); (-4,5,-1)$.

 

Kết luận : Nghiệm của PT(1) là $(0,t,1); (2t,0,2t^2+1); (t,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$;

$(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$;

$(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$;

$(3,-1,-11), (4,-1,-9), (5,-1,-9), (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11), (-4,1,-9), (-5,1,-9), (-8,1,-11)$;

$(2,-2,-3), (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3), (-4,2,-3)$;

$(1,-3,-3), (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3), (-1,5,-1)$;

$(2,-2,-3), (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3), (-2,4,-1)$;

$(8,-3,-3), (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3), (-4,5,-1)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 24-08-2013 - 03:03






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: topic số học, hay, tuyệt

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh