Chủ đề này có 167 trả lời

[KietLW9]

$\boxed{101}$ Tìm các số nguyên tố a, b, c sao cho $a^{c-b}+c,c^a+b$ là các số nguyên tố

[tthnew]

Góp topic đề thi thử vào chuyên Toán PTNK sáng nay. Mong nhận được lời giải chi tiết, mình vẫn còn mơ hồ về bài này do trước nay chưa từng đụng tới số học.

$\boxed{93}$ Cho $m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m-n$ là một số lẽ.

a) Chứng minh hai số $m+3n$ và $5m+7n$ nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là một số chính phương.

 

Hôm nay rảnh, mình xin chia sẻ sol của một bạn trên facebook.

a) Đặt $(m+3n,5m+7n)=d.$ Ta có $m+3n=(m-n)+4n$ lẻ, tương tự $5m+7n$ lẻ. Vậy $d$ lẻ.

Có $5(m+3n)-(5m+7n) \vdots d\Rightarrow 8n \vdots d\Rightarrow n \vdots d.$

Tương tự $m\vdots d.$ Mà $(m,n)=1$ do đó $d=1.$ (đpcm)

b) Giả sử tích $(m+3n)(5m+7n)$ là một số chính phương thì

$$\left\{ \begin{array}{l} m + 3n = {a^2}\\ 5m + 7n = {b^2} \end{array} \right. \Rightarrow 5{a^2} - 8n = 5\left( {{a^2} - 3n} \right) + 7n = {b^2},$$ với $a,b$ lẻ.

Do $a,b$ lẻ nên $a^2,b^2\equiv 1$ (mod 8) từ đó $VT\equiv 5 (mod\, 8); VP\equiv 1 (mod\,8),$ mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

[pcoVietnam02]

góp topic đề thi học sinh giỏi toán 9 cấp tỉnh Quảng Ngãi

bài 94: tìm n lớn nhất để A=$4^{27}+4^{2021}+4^n$ là số chính phương 

 

Ta sẽ làm như sau:

Đầu tiên ta thấy với n=4014 thì ta có thể phân tích $A$ thành một số chính phương như sau:

$4^{27}+4^{2021}+4^{4014}=(2^{27})^2+2\cdot2^{27}\cdot2^{4014}+(2^{4014})^2=(2^{27}+2^{4014})^2$

Ta sẽ chứng minh $n=4014$ là giá trị lớn nhất thỏa bài toán này

Giả sử tồn tại một số $n'>4014$ sao cho $A$ là số chính phương.

Vì $4^{27}+4^{2021}+4^{n'}=2^{54}\cdot\left(1+2^{3998}+2^{2n'-54}\right)$, do đó để thỏa ycbt $1+2^{1946}+2^{2n'-54}$ phải là số chính phương.

Mà $n'>4014$

$\Rightarrow n'-26>3998$

$\Rightarrow 2^{n'-26}>2^{3998}$

$\Rightarrow (2^{n'-27})^2=2^{2n'-54}<1+2^{3998}+2^{2n'-54}<1+2\cdot2^{n'-27}+(2^{n'-27})^2=(1+2^{n'-27})^2$.

Do đó $1+2^{1946}+2^{2n'-54}$ bị chặn nghiêm ngặt giữa hai số chính phương liên tiếp nên không thể là số chính phương.

Vì vậy xảy ra điều mâu thuẫn.

Vậy max $n = 4014$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 17-04-2021 - 22:06

[DaiphongLT]

Bài 102​
Tìm (a; b; p) với a, b $\in Z^{+}$, p là số nguyên tố sao cho 4p = b$\sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$



 

 

 

 

[KietLW9]

$\boxed{101}$ Tìm các số nguyên tố a, b, c sao cho $a^{c-b}+c,c^a+b$ là các số nguyên tố

Mình sẽ sol luôn:

Các số $a,b,c$ nguyên tố nên $a^{c-b}+c\geqslant 3$ và $c^a+b\geqslant 6$, điều này chứng tỏ $a^{c-b}+c,c^a+b$ là các số lẻ

Suy ra trong hai số $c^a$ và $b$ có một số lẻ, một số chẵn

* Nếu $b$ lẻ thì $c^a$ chẵn suy ra c chẵn ($c=2$) nên $a^{c-b}$ lẻ, mà dễ có $c\geqslant b$ nên $b = 2$ (loại vì $b$ lẻ)

* Nếu $b$ chẵn thì $b=2$ và $c^a$ lẻ hay $c$ lẻ suy ra a chẵn nên a = 2. Ta cần tìm số $c$ sao cho $2^{c-2}+c,c^2+2$ là các số nguyên tố

Nếu c > 3 thì $c^2$ chia 3 dư 1 nên $c^2+2$ chia hết cho 3 (loại). Vậy c = 3, thử vào $2^{c-2}+c$ ta thấy thỏa mãn

Vậy ta có bộ ba số nguyên tố (a,b,c) = (2,2,3)

Tiếp tục: $\boxed{103}$ Tìm các số nguyên tố $p, q$ sao cho $p + q$ và $p + 4q$ là các số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 11-04-2021 - 21:44

[quanjunior]

Bài 97:

Theo giả thuyết $\left\{\begin{matrix} x=za\\y=zb \\ a;b\in N*; (a,b)=1 \end{matrix}\right.$

Phương trình bài ra trở thành $za+z^{2}b^{2}+z^{3}=z^{3}ab\Leftrightarrow a+zb^{2}+z^{2}=z^{2}ab\Leftrightarrow a=z(zab-z-b^{2})$, suy ra a chia hết cho z.$\Rightarrow a=zk (k\in N*)$

Phương trình bài ra trở thành $zk+zb^{2}+z^{2}=z^{3}kb \Leftrightarrow k+b^{2}+z=z^{2}kb \Leftrightarrow k+z=b(z^{2}k-b)$

Đặt$z^{2}k-b=m\; (m \in N*)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} mb=k+z\\ m+b=z^{2}k \end{matrix}\right.$

$mb-m-b+1=k+z-z^{2}k+1=z+1-k(z-1)(z+1)=(z+1)(1-k(z-1))$

Do $mb-m-b+1=(m-1)(b-1)\geqslant 0 \; \forall m,b\in N* \Rightarrow (z+1)(1-k(z-1))\geq 0\Rightarrow k(z-1)\leqslant 1$

dễ thấy $k(z-1)\geqslant 0\; \forall k,z \in N*$

Khi đó xét hai trường hợp sẽ tìm ra được x;y

.

Đáp số: $(x;y)\in \left \{ (5;3);(5;2);(4;2);(4;6) \right \}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanjunior: 13-04-2021 - 11:24

[pcoVietnam02]

Bài 102​
Tìm (a; b; p) với a, b $\in Z^{+}$, p là số nguyên tố sao cho 4p = b$\sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$



 

 

Đầu tiên xét trường hợp $p=2$. Ta thấy khi đó b chẵn và cũng dễ dàng chứng minh là không có cặp $(a,b)$ nào thỏa trường hợp trên.

Xét trường hợp $p$ lẻ. Gọi $\gcd (a,b)=d$ suy ra $a=da_1,b=db_1$ với $\gcd (a_1,b_1)=1$. Ta có $p= \frac b4 \sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$.

 

TH1: Nếu $p \mid 2a_1-b_1$, vì $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên $p^2 \mid 2a_1-b_1$. Đặt $2a_1-b_1=p^2k$ với $k \in \mathbb{N}$ suy ra $\sqrt{\frac{b^2k}{(p^2k+2b_1)16}}=1$ hoặc $k= \frac{32b_1}{b^2-16p^2}$. Nếu tồn tại số nguyên tố $q \mid b_1, 2 \nmid q$ and $q \mid b^2-16p^2$, thì ta được $p=q$. Nếu $v_p(b_1)=1$ suy ra $p^2 \mid b^2-16p^2$, dẫn đến điều mâu thuẫn. Vì vậy, $p^2 \mid b_1$. Đặt $b_1=p^x2^y$ suy ra $k= \frac{32p^{x-2}2^y}{d^2p^{2x-2}2^{2y}-16}$. Vì  $x \ge 2$ nên $(dp^{x-1}2^y-4)(dp^{x-1}2^y+4) \mid 32 \cdot 2^y$. Ta có được $dp^{x-1}2^y=12$ nên $p=3,x=2,2^yd=4$ và $2^7\mid 32 \cdot 2^y$ so $y \ge 2$. Do đó, $d=1,y=2,p=3,x=2$ nên $b=db_1=36$. Từ đó $k=1$. Vậy $2a_1=45$, vô lí.

 

 Cho nên không tồn tại $q$ thỏa $b^2-16p^2=2^x \mid 32b_1$. Để ý rằng $2a_1=b_1+p^2k$ nên $\gcd (k,b_1) \mid 2^x$. Hơn nữa, if $2 \mid b_1$ nên $2 \nmid a_1$. Điều này có nghĩa là $v_2(b_1)=1$ nên $4 \mid k$. Hoặc nếu $v_2(b_1)=2$ thì $v_2(k)=1$. Vì vậy ta luôn có $b^2-16p^2 \mid 64$. Suy ra được rằng  $4 \mid b, b=4b_2$ cho nên $b_2^2- p^2\mid 4$.Trong trường hợp này ta không tìm được số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài.

 

 

TH2: Nếuf $p \mid b$ suy ra $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên$2a_1-b_1=2^x, 2a_1+b_1=2^y$. Điều này cho ta $b_1=2^{x-1}\left(2^{y-x}-1 \right)$ nên $\frac{d \cdot 2^{x-1} \left( 2^{y-x}-1 \right)}{4 \cdot 2^{(y-x)/2}}=p$.

Do đó, nếu $p \mid d$ thì $2^{y-x}-1=1$ nên $y-x=1$, dẫn đến điều mâu thuẩn vì $2 \mid y-x$. Nếu $p \mid 2^{y-x}-1$ thì $d=1$ và $2+(y-x)/2=x-1$ hoặc $3x-6=y$. Do đó $2^{y-x}-1=2^{2x-6}-1=4^{x-3}-1$. Vậy $p=3,x=4,y=6$.

[nguyen vu1]

bài 104 :$a,b,c,d\epsilon \mathbb{N}, a< b< c< d, ad=bc.CMR (d-a)^{2}\geq 4a+8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen vu1: 13-04-2021 - 19:42

[nguyen vu1]

Mình sẽ sol luôn:

Các số $a,b,c$ nguyên tố nên $a^{c-b}+c\geqslant 3$ và $c^a+b\geqslant 6$, điều này chứng tỏ $a^{c-b}+c,c^a+b$ là các số lẻ

Suy ra trong hai số $c^a$ và $b$ có một số lẻ, một số chẵn

* Nếu $b$ lẻ thì $c^a$ chẵn suy ra c chẵn ($c=2$) nên $a^{c-b}$ lẻ, mà dễ có $c\geqslant b$ nên $b = 2$ (loại vì $b$ lẻ)

* Nếu $b$ chẵn thì $b=2$ và $c^a$ lẻ hay $c$ lẻ suy ra a chẵn nên a = 2. Ta cần tìm số $c$ sao cho $2^{c-2}+c,c^2+2$ là các số nguyên tố

Nếu c > 3 thì $c^2$ chia 3 dư 1 nên $c^2+2$ chia hết cho 3 (loại). Vậy c = 3, thử vào $2^{c-2}+c$ ta thấy thỏa mãn

Vậy ta có bộ ba số nguyên tố (a,b,c) = (2,2,3)

Tiếp tục: $\boxed{103}$ Tìm các số nguyên tố $p, q$ sao cho $p + q$ và $p + 4q$ là các số chính phương.

Ta có  $p+q=x^{2};$$p+4q=y^{2}$$\Rightarrow (y-x)(y+x)=3q$

Ta có

$$q=2\Rightarrow p+2=x^2, p+6=y^2$$

$$\Rightarrow 4=(y-x)(y+x) q=3$$

$$\Rightarrow (y-x)(y+x)=9 q>3$$

$$\Rightarrow \left((y-x),(y+x)\right)=d$$

$$\Rightarrow 2y\vdots d; 3q\vdots d$$

$$\Rightarrow d=1\Rightarrow y-x=3,y+x=q \Rightarrow p=x^2-2x-3=(x+1)(x-3)$$

Suy ra $x=4\Rightarrow p=5.$

Từ đó ta tìm được $q$

@tthnew: Mình đã chữa lại $\LaTeX$ cho bạn, mà bạn xem lại dòng in đỏ xem, mình thấy sao sao ấy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 16-04-2021 - 10:42

[KietLW9]

$\boxed{105}$Chứng minh $2^a+29^b$ không chia hết cho 23 với $a,b$ nguyên dương

[nguyen vu1]

$\boxed{105}$Chứng minh $2^a+29^b$ không chia hết cho 23 với $a,b$ nguyên dương

bài này mình nghĩ đưa về $2^{a} +6^{b}$ chia hết cho 23 mà $6^{11} \equiv 2^{11} \equiv 1\, (\texttt{mod}\, 23)$ xong từ đấy thử $1$ đến $11$ thì ta sẽ thấy không thể chia hết cho $23.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 15-04-2021 - 18:06
Edit $\LaTeX.$

[mEgoStoOpid]

Bài 91: Tìm nghiệm nguyên là các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn

$p+q=(p-q)^3$

                      $pt<=>2q+(p-q)=(p-q)^{3}<=>2q=(p^2-2pq+q^2-1)(p-q)$ 

            Vì $VT > 0 => VP >0 => p> q$

 +)  $q=2=>...$

 +)   Với $(2,q)=1 => \left\{\begin{matrix} p-q=1\\p^2-2pq+q^2-1=2p \end{matrix}\right. ,\left\{\begin{matrix} p-q=2\\p^2-2pq+q^2-1=p \end{matrix}\right.,\left\{\begin{matrix} p-q=p\\p^2-2pq+q^2-1=2 \end{matrix}\right.,\left\{\begin{matrix} p-q=2p\\p^2-2pq+q^2-1=1 \end{matrix}\right.=> p=5,q=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mEgoStoOpid: 17-04-2021 - 05:34

[mEgoStoOpid]

 

$\boxed{96}$ Với m > n và m, n là các số nguyên lẻ. Chứng minh nếu  $\frac{n^2-1}{m^2-n^2+1}$ là số nguyên thì $m^2-n^2+1$ là số chính phương.

 

 

 $\frac{n^2-1}{m^2-n^2+1}$ thuộc $Z<=> \frac{n^2-1}{m^2-n^2+1}+1$ thuộc $Z<=> m^{2}=k(n^{2}-1)$

            +) $n=1=>m^{2}-n^{2}+1=m^{2}$ (ĐFCM)

              +) $n\neq 1=>n^{2}-1$ chẵn => m chẵn (sai với giả thiết)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mEgoStoOpid: 15-04-2021 - 20:20

[Mr handsome ugly]

$ta có  p+q=x^{2}

p+4q=y^{2}

=>(y-x)(y+x)=3q

ta có

q=2

=>p+2=x^2, p+6=y^2

=>4=(y-x)(y+x) q=3

=>(y-x)(y+x)=9 q>3

=>((y-x),(y+x))=d

=>2y\vdots d 3q\vdots d

=>d=1

=>y-x=3,y+x=q

=>p=x^2-2x-3=(x+1)(x-3)

=>x=4

=>p=5

=> ta tìm được q$

 

 

 

 

 

 $\frac{n^2-1}{m^2-n^2+1} \euro Z<=> \frac{n^2-1}{m^2-n^2+1}+1 \euro Z<=> m^{2}=k(n^{2}-1)$

            +) $n=1=>m^2-n^2+1=m^2$ (đfcm)

              +) $n\neq 1=>n^{2}-1$ chẵn => m chẵn (sai với giả thiết)

 

 

                      $pt<=>2q=(p^{2}-2pq+q^{2}-1)(p-q)$ 

            Dễ c/m p>q 

 +)  $q=2=>...$

 +)   Với (2,q)=1 => .... => p=5,q=3

Mong các bạn chỉnh sửa lại lỗi latex cho bài viết được hoàn chỉnh riêng bài giải bài 91 nên được gõ rõ ràng ra cho dễ hiểu (tránh làm tắc nhé em   ) 

Sau đây là một vài bài mới của TOPIC: 

 

Bài 105: Tìm 2 số nguyên tố p;q sao cho $p^{2}-q+2q^{2}$ và $2p^{2}+pq+q^{2}$ nguyên tố cùng nhau

 

Bài 106: Chứng minh rằng $5^{3n+2}+2^{2n+3}$ chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n 

 

Bài 107:Cho số tự nhiên n và số p nguyên tố sao cho p-1 chia hết cho n và $n^{3}-1$ chia hết cho p. Chứng minh rằng n+p là số chính phương.

 

Bài 108: a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x!+y!=(x+y)!

              b) Giải nghiệm nguyên dương $x!+y!+z!=u!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 15-04-2021 - 21:54

[KietLW9]

$\boxed{105}$Chứng minh $2^a+29^b$ không chia hết cho 23 với $a,b$ nguyên dương

Mình xin đưa ra lời giải của mình:

Giả sử $2^a+29^b\vdots 23$ 

$\Rightarrow 4^b(2^a+29^b)\vdots 23$

$\Rightarrow 2^{2b+a}+1+116^b-1\vdots 23$

Mà dễ có: $116^b-1\vdots 116-1\vdots 23$ nên $2^{2b+a}+1\vdots 23$

Đặt $2b + a = 11n + r$ (n là số tự nhiên; $0\leqslant r\leqslant 10$)

Ta có: $2^{11n+r}+1=2^r(2^{11n}-1)+2^r+1$. Do $2^{11}-1=2047\vdots 23$ nên $2^r+1\vdots 23$(*)

Thử r từ 0 đến 10 thì không có số nào thỏa mãn (*)

Vậy điều giả sử là sai

Ta có điều phải chứng minh

[KietLW9]

$\boxed{109}$Cho $a,b,c$ là các số hữu tỉ dương thỏa mãn $a+\frac{1}{bc},b+\frac{1}{ca},c+\frac{1}{ab}$ là những số nguyên. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $M=a+b^2+c^3$

[KietLW9]

$\boxed{110}$Cho n là số nguyên dương chia hết cho 4 và k là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: $\frac{1^k+2^k+3^k+...+n^k}{2}$ là số tự nhiên chia hết cho $n+1$

$\boxed{111}$Tìm các số tự nhiên n sao cho dãy số $n+9;2n+9;3n+9;4n+9;...$ không chứa số chính phương nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 15-04-2021 - 21:20

[pcoVietnam02]

$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 15-04-2021 - 22:11

[nguyen vu1]

Mong các bạn chỉnh sửa lại lỗi latex cho bài viết được hoàn chỉnh riêng bài giải bài 91 nên được gõ rõ ràng ra cho dễ hiểu (tránh làm tắc nhé em   ) 

Sau đây là một vài bài mới của TOPIC: 

 

Bài 105: Tìm 2 số nguyên tố p;q sao cho $p^{2}-q+2q^{2}$ và $2p^{2}+pq+q^{2}$ nguyên tố cùng nhau

 

Bài 106: Chứng minh rằng $5^{3n+2}+2^{2n+3}$ chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n 

 

Bài 107:Cho số tự nhiên n và số p nguyên tố sao cho p-1 chia hết cho n và $n^{3}-1$ chia hết cho p. Chứng minh rằng n+p là số chính phương.

 

Bài 108: a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x!+y!=(x+y)!

              b) Giải nghiệm nguyên dương $x!+y!+z!=u!

106.ta có $5^{3} \equiv4(mod11)$ =>$5^{3n+2}+2^{2n+3}\equiv 4^{n} (3+8)\equiv 0(mod11)$ =>ĐPCM

[nguyen vu1]

lần đầu em gõ latex nên đến lúc hiển thị nó bị lỗi ạ

 

Mong các bạn chỉnh sửa lại lỗi latex cho bài viết được hoàn chỉnh riêng bài giải bài 91 nên được gõ rõ ràng ra cho dễ hiểu (tránh làm tắc nhé em   ) 

Sau đây là một vài bài mới của TOPIC: 

 

Bài 105: Tìm 2 số nguyên tố p;q sao cho $p^{2}-q+2q^{2}$ và $2p^{2}+pq+q^{2}$ nguyên tố cùng nhau

 

Bài 106: Chứng minh rằng $5^{3n+2}+2^{2n+3}$ chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n 

 

Bài 107:Cho số tự nhiên n và số p nguyên tố sao cho p-1 chia hết cho n và $n^{3}-1$ chia hết cho p. Chứng minh rằng n+p là số chính phương.

 

Bài 108: a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x!+y!=(x+y)!

              b) Giải nghiệm nguyên dương $x!+y!+z!=u!$

mình thấy bài 105 và 107 hình như có trên forum rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen vu1: 15-04-2021 - 23:47