Chủ đề này có 171 trả lời

[Juliel]

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$

PT tương đương: $d+dy_1^2=y_1^6$

Đặt $d=d_1y_1^6$, ta có:

$d_1+d_1y_1^2=1$

Suy ra $d_1=1$, $d=y_1^6$

Thay vào PT thì không thoả mãn

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

Nếu $d=d_1y_1^6$ thì $d_1(1+y_1^2)=1\Rightarrow d_1=1+y_1^2=1\qquad((()))$

[LNH]

Nếu $d=d_1y_1^6$ thì $d_1(1+y_1^2)=1\Rightarrow d_1=1+y_1^2=1\qquad((()))$

Suy ra không tìm được $y$ thoả mãn

Vậy kết luận $x=y=0$ là nghiệm 

[Juliel]

Suy ra không tìm được $y$ thoả mãn

Vậy kết luận $x=y=0$ là nghiệm 

Nhưng làm sao có thể đặt được như thế nhỉ ? chắc gì $d$ đã chia hết cho $y_1^6$

[LNH]

Nhưng làm sao có thể đặt được như thế nhỉ ? chắc gì $d$ đã chia hết cho $y_1^6$

 

Đặt ba lần cái $d=d_1y_1^2$, $d_1=d_2y_1^2$,... 

Spam tí: em là con cháu của Gia Cát Lượng nên tính trước rồi 

 

[bachhammer]

 

 

Nhưng làm sao có thể đặt được như thế nhỉ ? chắc gì $d$ đã chia hết cho $y_1^6$

Huy nói có lí, ý a chính là chỗ đó, vẫn còn mơ hồ về cách đặt. Nếu được thì yêu cầu chú Hoàng làm sáng tỏ lặp luận....    

[LNH]

Huy nói có lí, ý a chính là chỗ đó, vẫn còn mơ hồ về cách đặt. Nếu được thì yêu cầu chú Hoàng làm sáng tỏ lặp luận....    

:v

Ta có: $d\left ( 1+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $gcd\left ( 1+y_1^2,y^6 \right )=1$ nên $d \vdots y_1^6$

Từ đây đặt $d=d_1y_1^6$

[bachhammer]

:v

Ta có: $d\left ( 1+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $gcd\left ( 1+y_1^2,y^6 \right )=1$ nên $d \vdots y_1^6$

Từ đây đặt $d=d_1y_1^6$

À, hiểu ý đồ của tác giả rồi.....Mà đến đây ta cũng có thể lập luận: Ta thấy $y_{1}^{6}+1-1\vdots y_{1}^{2}+1\Rightarrow -1\vdots y_{1}^{2}+1\Rightarrow y_{1}=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 13-11-2013 - 20:27

[bachhammer]

Tiếp tục với các bài toán ko quá khó.... :

Bài 60: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: $p^{2}-8p+27$ có 4 ước nguyên dương (ko tính 1 và chính nó...).

Bài 61:  Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x, y thỏa mãn: $x^{2}-2(x-4y)-15$ và $y^{2}-4(y-2x-1)$ là các số chính phương.

[bachhammer]

Bài 62: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương n nguyên tố cùng nhau với p. Tìm số các bộ sô $(x_{1},x_{2},...,x_{p-1})$ gồm p - 1 số tự nhiên sao cho tổng $x_{1}+2x_{2}+...+(p-1)x_{p-1}$ chia hết cho p, trong đó mỗi số $x_{1},x_{2},...,x_{p-1}$ đều không lớn hơn n - 1. 

[LNH]

Bài 62: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương n nguyên tố cùng nhau với p. Tìm số các bộ sô $(x_{1},x_{2},...,x_{p-1})$ gồm p - 1 số tự nhiên sao cho tổng $x_{1}+2x_{2}+...+(p-1)x_{p-1}$ chia hết cho p, trong đó mỗi số $x_{1},x_{2},...,x_{p-1}$ đều không lớn hơn n - 1. 

Có một cách dùng hàm sinh như sau

Số bộ số $\left ( x_1,x_2,...,x_{p-1} \right )$ thoả mãn yêu cầu đề bài bằng hệ số của đơn thức $x^{kp}$ với $k$ là số tự nhiên chạy từ $1$ đến vô cùng trong đa thức sau:

$\prod_{i=1}^{p-1}\left ( x^0+x^{i}+x^{2i}+x^{3i}+...+x^{i\left ( n-1 \right )} \right )$

hay: $\prod_{i=1}^{p-1}\frac{1-x^{in}}{\left ( 1-x^i \right )}$

Từ đây áp dụng công thức hàm sinh ta tìm được số bộ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNH: 22-01-2014 - 12:43

[Trang Luong]

Bài 63. Cho $n$ là số tự nhiên lẻ sao cho $\frac{n^2-1}{3}$ là tích 2 số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng : $n$ là tổng của 2 số chính phương liên tiếp

[LNH]

Bài 64: Chứng minh rằng các phần tử trong tập $\mathbb{N}$ có thể tô bằng $2$ màu thoả mãn điều kiện sau:

(i) Với mọi số nguyên tố $p$ và số tự nhiên $n$, các số $p^{n},p^{n+1},p^{n+2}$ không cùng một màu

(ii) Không tồn tại một dãy cấp số nhân vô hạn được tô cùng một màu

Bài 65: Chứng minh rằng: $\forall n \in \mathbb{Z}^+$, $n! \mid \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2^n-2^k \right )$

[Juliel]

Bài 65: Chứng minh rằng: $\forall n \in \mathbb{Z}^+$, $n! \mid \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2^n-2^k \right )$

 

Lời giải :

 

Gọi $p$ là một số nguyên tố không vượt quá $n$. Nếu $p=2$ :

$$v_2\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )=2^{1+2+...+n}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}$$

$$v_2(n!)=\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \left \lfloor \dfrac{n}{2^i} \right \rfloor\leq n\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \dfrac{1}{2^i}<n$$.

Dễ thấy 

$$v_2\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq v_2(n!)$$

Trường hợp này được giải quyết.

Trường hợp $p>2$. Ta có :

$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )=v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}}(2^k-1) \right )=\underset{k=0}{\overset{n}{\sum}} v_p(2^k-1)\geq \underset{1\leq k(p-1)\leq n}{\sum} v_p(2^{k(p-1)}-1)$$

Theo định lí Fermat nhỏ thì :

$$v_p(2^{k(p-1)}-1)\geq 1$$

Suy ra :

$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq M$$

Trong đó $M$ là số bội số của $p-1$ thuộc đoạn $\left [ 1,n \right ]$. Dễ tính được $M=\left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$

Như vậy :

$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq \left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$$

Hơn nữa cũng có :

$$v_p(n!)=\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor\leq n\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \dfrac{1}{p^i}=\dfrac{n}{p-1}\Rightarrow v_p(n!)\leq \left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$$

Như vậy ta được :

$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq v_p(n!)$$

Bài toán hoàn toàn được giải quyết.

 

Bài 66 : Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn hệ thức :

$$x^y+2012=y^{\sqrt[y]{x^y+y^x}+1}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 18-06-2014 - 20:05

[iamnhl]

Bài 66 : Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn hệ thức :

$$x^y+2012=y^{\sqrt[y]{x^y+y^x}+1}$$

 

DO $x^{y}+2012$ nguyên nên vế phải nguyên dương nên $\sqrt[y]{x^{y}+y^{x}}$  nguyên dương

hay $x^{y}+y^{x}$=$t^{y}$

xét x,y >2, nếu x chẵn thì y chẵn nên xét mod 8,mt

                 tương tự y chẵn mt

nên x,y lẻ nên $x^{y}+y^{x}$ chẵn nên 2|t suy ra $2^{y}$ | $x^{y}+y^{x}$ (1)

 từ giả thiết và y,$\sqrt[y]{x^{y}+y^{x}}$+1 lẻ,2012|4 nên x,y đồng dư nhau mod 4

nên $x^{y}+y^{x}$ đồng dư vs 2 mod 4 nên y=1,mt

 

xét y,x nhỏ hơn hoặc bằng 2 đều mt.

vậy pt vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi iamnhl: 18-06-2014 - 20:48

[Juliel]

Bài 66 : Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn hệ thức :

$$x^y+2012=y^{\sqrt[y]{x^y+y^x}+1}$$

 

DO $x^{y}+2012$ nguyên nên vế phải nguyên dương nên $\sqrt[y]{x^{y}+y^{x}}$  nguyên dương

hay $x^{y}+y^{x}$=$t^{y}$

xét x,y >2, nếu x chẵn thì y chẵn nên xét mod 8,mt

                 tương tự y chẵn mt

nên x,y lẻ nên $x^{y}+y^{x}$ chẵn nên 2|t suy ra $2^{y}$ | $x^{y}+y^{x}$ (1)

 từ giả thiết và y,$\sqrt[y]{x^{y}+y^{x}}$+1 lẻ,2012|4 nên x,y đồng dư nhau mod 4

nên $x^{y}+y^{x}$ đồng dư vs 2 mod 4 nên y=1,mt

 

xét y,x nhỏ hơn hoặc bằng 2 đều mt.

vậy pt vô nghiệm

$x=6,y=2$ thỏa mãn bạn à ! 

[iamnhl]

$x=6,y=2$ thỏa mãn bạn à ! 

uk.mình làm hơi vội

 từ cm trên ta có y=2 nên pt là x^2+2012=$2^{\sqrt{2^{x}+x^2}+1}$

nên x chẵn nên $2^{x}+x^{2}$ > $x^{2}$ +1

nên x^2 + 2012 > $2^{x+2}$

do x chẵn nên x=2a

nên a^2 + 503 > $2^{2a}$

 nên a<6 thử lại a=3 thoả mãn hay x=6

vậy x=6,y=2

[Kool LL]

Bài 67. Tìm tất cả các số nguyên $x,y$ thoả $\frac{x^2-x+2}{y}$ và $\frac{y^2+y+2}{x}$ đều là các số nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-10-2017 - 07:31

[maynguyen2708]

Bài 68. Chứng minh:

1.Trong 8 số nguyên dương bé hơn 20 luôn tìm được 3 số là độ dài 3 cạnh của tam giác.

2.Phương trình: x^2 + y^2 =3 có nghiệm hữu tỉ.

3.Cho a,b thuộc N*, (a,b) = 1. Chứng minh rằng tồn tại x,y thuộc Z để ax + by =1 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-10-2017 - 07:32

[loigiailanhlung]

Bài 69. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu $\omega(n)$ là số ước nguyên tố phân biệt của n.Một số n đượ gọi là "xinh xắn" nếu $\omega(n)$ chẵn.CMR tồn tại vô số số nguyên dương n để trong 4 số n,n+1,n+2,n+3 có đúng hai số "xinh xắn"

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-10-2017 - 07:32

[hungnguyenhsgs2109]

Bài 70. Hỏi có hay không 1 số chính phương gồm 4032 chữ số lẻ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-10-2017 - 07:32