Chủ đề này có 167 trả lời

[KietLW9]

Bài 154: Cho $a,b,c,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $ab+a^2c+b^2c+abc^2=101^n$. Chứng minh $n$ là số chẵn

~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có: $(a+bc)(b+ca)=101^n$

Vai trò của $a$ và $b$ là như nhau nên ta giả sử $a\geqslant b$ lúc đó thì $a+bc-b-ca=(a-b)(1-c)\leqslant 0\Rightarrow a+bc\leqslant b+ca$

Vì 101 là số nguyên tố nên ta dễ thấy tồn tại hai số $x,y$ và $y\geqslant x$ sao cho $\left\{\begin{matrix}b+ca=101^y & \\ a+bc=101^x & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow b+ca\vdots a+bc\Rightarrow \left\{\begin{matrix}b+ca+a+bc\vdots a+bc & \\ b+ca-a-bc\vdots a+bc & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}(a+b)(c+1)\vdots a+bc & \\ (a-b)(c-1)\vdots a+bc & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy trong hai số $c+1,c-1$ chỉ có một số không chia hết cho 101 hoặc cả hai số đều không chia hết cho 101

* Nếu $c-1$ không chia hết cho 101 thì $a-b\vdots a+bc$ mà $0\leqslant a-b<a+bc$ nên $a=b$ do đó $101^n=(a+bc)^2$ là số chính phương nên $n$ chẵn

* Nếu $c+1$ không chia hết cho 101 thì $a+b\vdots a+bc$ suy ra $c=1$ nên hiển nhiên $n$ là số chẵn

Vậy $n$ là số chẵn

[KietLW9]

Bài 155: Tìm các số nguyên tố $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+2c^2=3abc$

~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Nếu $a,b$ không chia hết cho $3$ thì $a^2+b^2\equiv 2(\text{mod 3})\Rightarrow a^2+b^2+2c^2\equiv 1,2(\text{mod 3})$ vô lí vì $3abc$ là một bội của 3

Vậy trong hai số $a,b$ có một số chia hết cho 3, do vai trò của hai số này là như nhau nên ta giả sử $a=3$ thì $b^2+2c^2=9(bc-1)$

Bây giờ ta xét $c$ lẻ thì $b^2+2c^2$ và $9(bc-1)$ khác tính chẵn lẻ do nếu $b=2$ thì $b^2+2c^2$ chẵn và $9(bc-1)$ lẻ hoặc nếu $b$ lẻ thì $b^2+2c^2$ lẻ và $9(bc-1)$ chẵn

Vậy $c=2$ nên tìm được $b=17$

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên tố là $(a,b,c)\in\left \{ (17,3,2);(3,17,2) \right \}$

[KietLW9]

Bài 156: Tìm $x,y$ nguyên dương và nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $2(x^3-x)=y^3-y$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Phương trình đã cho tương đương: $x^3+x^3-y^3-3.x.x.(-y)-3x^2y-(2x-y)=0\Leftrightarrow (2x-y)(x^2+y^2+2xy-1)=3x^2y$

$\Rightarrow 3x^2y\vdots (2x-y)\Rightarrow 3x^2(2x-y)-6x^3\vdots (2x-y)\Rightarrow 6x^3\vdots 2x-y$

Mà dễ có: $(x^3,2x-y)=(x,y)=1$ nên $6\vdots 2x-y$

+) Nếu $2x-y=1\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-1)^3-(2x-1)\Leftrightarrow 6x(x-1)^2=0\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1$

+) Nếu $2x-y=2\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-2)^3-(2x-2)\Rightarrow 6(x-1)(x^2-3x+1)=0\Rightarrow x=1\Rightarrow y=0$ (loại)

+) Nếu $2x-y=3\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-3)^3-(2x-3)\Rightarrow 6(x-4)(x-1)^2=0\Rightarrow x=4\Rightarrow y=5$

+) Nếu $2x-y=6\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-6)^3-(2x-6)$ (vô nghiệm nguyên)

Vậy có 2 cặp nghiệm nguyên dương thỏa mãn là $(x,y)\in\left \{ (1,1);(4,5) \right \}$

[KietLW9]

Bài 157: Cho $x,y$ là các số nguyên dương thỏa mãn $x^2+y^2-x$ chia hết cho $xy$. Chứng minh $x$ là số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đặt $(x,y)=d$ thì tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $\left\{\begin{matrix}(a,b)=1 & \\ x=da,y=db & \end{matrix}\right.$

Như vậy, ta được: $da^2+db^2-a\vdots dab\Rightarrow \left\{\begin{matrix}db^2\vdots a & \\ a\vdots d & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}d\vdots a & \\ a\vdots d & \end{matrix}\right.\Rightarrow a=d\Rightarrow x=da=d^2$ là số chính phương

Bài 158: Cho $x,y$ là các số nguyên dương sao cho $x^2+2y$ là số chính phương, Chứng minh $x^2+y$ là tổng của hai số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Do $x^2+2y$ là số chính phương và $x^2+2y>x^2>0$ nên ta có thể đặt $x^2+2y=(x+t)^2$ suy ra $t^2=2y-2tx\Rightarrow t=2k\Rightarrow 4k^2=2y-4kx\Rightarrow y=2k^2+2kx\Rightarrow x^2+y=(x+k)^2+k^2$

[KietLW9]

Bài 159: Tìm các số nguyên không âm $a,b$ phân biệt thỏa mãn $a^4-b^4=p(a^3-b^3)$ với $p$ là một số nguyên tố

Lời giải.

Đặt $(a,b)=d$ thì tồn tại các số nguyên không âm $x,y$ sao cho $a=dx,b=dy$ và $(x,y)=1$

Lúc đó phương trình trở thành: $d(x+y)(x^2+y^2)=p(x^2+xy+y^2)$ do dễ thấy $x$ khác $y$

Dễ thấy khi $(x,y)=1$ thì $(x^2+xy+y^2,x+y)=(x^2+xy+y^2,x^2+y^2)=1\Rightarrow d\vdots x^2+xy+y^2$

Đặt $d=k(x^2+xy+y^2)\Rightarrow k(x+y)(x^2+y^2)=p$

Dễ thấy nếu $k=1$ thì không thỏa mãn nên một trong hai số $x+y$ hoặc $x^2+y^2$ phải bằng 1. Chỉ có trường hợp $x=1,y=0$ hoặc $x=0,y=1$

Vậy $a=p,b=0$ hoặc $a=0,b=p$

[KietLW9]

Bài 160: Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+1,y^2+1$ là các số nguyên tố và $(x^2+1)(y^2+1)=z^2+1$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Do tính đối xứng giữa $x$ và $y$ nên ta có thể giả sử $x\geqslant y$

$\Rightarrow z^2+1=(x^2+1)(y^2+1)\leqslant (x^2+1)^2<(x^2+1)^2+1\Rightarrow z<x^2+1\Rightarrow z\leqslant x^2$

Và $z^2+1>x^2+1\Rightarrow z>x$

Vậy ta có được: $y\leqslant x<z\leqslant x^2$

Từ giả thiết ta có: $y^2(x^2+1)=(z+x)(z-x)$

Vì $x^2+1$ là số nguyên tố nên một trong hai số $z+x$ hoặc $z-x$ chia hết cho $x^2+1$

+) Nếu $z-x$ chia hết cho $x^2+1$ thì ta thấy vô lí do $0<z-x<z\leqslant x^2<x^2+1$

+) Nếu $z+x$ chia hết cho $x^2+1$ thì $x^2+1\leqslant z+x\leqslant x^2+x< 2x^2+2\Rightarrow z+x=x^2+1\Rightarrow z-x=(x-1)^2$

Vậy ta được: $y^2(x^2+1)=(x^2+1)(x-1)^2\Rightarrow y=x-1$ khi đó $(y+1)^2+1$ và $y^2+1$ đồng thời là các số nguyên tố. Mà dễ thấy hai số này khác tính chẵn lẻ nên $y^2+1=2$ nên $y=1$ tìm được $x=2,z=3$

Vậy có hai bộ số $(x,y,z)\in\left \{ (2,1,3);(1,2,3) \right \}$

[KietLW9]

Bài 161: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $3^x-2^y=5$

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Xét $y=1$ thì thấy không thỏa mãn

Xét $y>1$ thì $2^y$ là một bội của 4 nên từ giả thiết ta có: $3^x\equiv 1(\text{mod 4})\Rightarrow (-1)^x\equiv 1(\text{mod 4})$ nên $x$ chẵn

Ta cũng có: $2^y\equiv 1(\text{mod 3})\Rightarrow (-1)^y\equiv 1(\text{mod 3})$ nên $y$ cũng là số chẵn

Đặt $x=2a,y=2b$ thì $(3^a+2^b)(3^a-2^b)=5\Rightarrow \left\{\begin{matrix}3^a+2^b=5 & \\ 3^a-2^b=1 & \end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=1$ nên $x=y=2$

Vậy $x=y=2$

Bài 162: Tìm các số tự nhiên $x,y$ thỏa mãn $5^x=y^4+4y+1$

~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Nếu $x$ lẻ thì từ giả thiết ta có: $y^4+4y\equiv 5^x-1\equiv -1-1\equiv 1(\text{mod 3})$

Mà $y^4+4y\equiv 0,2(\text{mod 3})$ nên có điều mâu thuẫn nên $x$ chẵn

Đặt $x=2k$ thì $(5^k)^2=y^4+4y+1$

Nếu $y>2$ thì $(y^2)^2<y^4+4y+1<(y^2+1)^2$ nên vô lí 

Xét $y=0$ thì tìm được $x=0$, xét $y=1$ thì không tìm được nghiệm tự nhiên, xét $y=2$ thì $x=2$

Vậy phương trình có 2 nghiệm $(0,0)$ và $(2,2)$

[KietLW9]

Bài 163: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn:$p=\sqrt{\frac{a^2-4}{b^2-1}}$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Dễ thấy khi $p=2$ thì tồn tại $a=4,b=2$ thỏa mãn

Xét $p>2$ thì $p^2(b^2-1)=(a+2)(a-2)\Rightarrow b^2p^2=p^2+a^2-4$ (1)

Mặt khác dễ thấy chỉ có một trong 2 số $a+2$ hoặc $a-2$ chia hết cho $p^2$ nên $a+2\geqslant p^2$

Từ (1) ta có: $a^2<b^2p^2<a^2+a-2<(a+1)^2$, mâu thuẫn

Vậy $p=2$

[KietLW9]

Bài 164: Cho $m,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $m+n+1$ là số nguyên tố và cũng là ước của $2(m^2+n^2)-1$. Chứng minh rằng $m=n$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có: $(2m+1)^2=2m^2+2(-m-1)^2-1\equiv 2m^2+2n^2-1\equiv 0(\text{mod m+n+1})\Rightarrow m+n+1|(2m+1)^2$ mà $m+n+1$ là số nguyên tố nên $m+n+1|2m+1$ (1)

Có đánh giá: $0<2m+1<2(m+n)<2(m+n+1)$ nên (1) có khi và chỉ khi $2m+1=m+n+1$ nên $m=n$

Bài 165: Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{2^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Dễ thấy $p=2$ không thỏa mãn nên $p-1$ lẻ

Đặt $p-1=2k$ lúc đó: $\frac{2^{p-1}-1}{p}=\frac{2^{2k}-1}{p}=\frac{(2^k+1)(2^k-1)}{p}$ mà dễ thấy $2^k+1$ và $2^k-1$ là hai số lẻ liên tiếp nên $(2^k+1,2^k-1)=1$ nên chỉ có một và chỉ một số trong hai số này là bội của $p$

Trường hợp 1: $\frac{2^k+1}{p}$ và $2^k-1$ là số chính phương thì $k$ chỉ có thể bằng $1$ hoặc $0$ vì nếu $k>1$ thì $2^k-1\equiv 3(\text{mod 4})$. Ta tìm được $p=3$

Trường hợp 2: $\frac{2^k-1}{p}$ và $2^k+1$ là số chính phương thì ta đặt $2^k+1=t^2\Rightarrow 2^k=(t+1)(t-1)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}t+1=2^x & \\ t-1=2^y & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2^x-2^y=2\Leftrightarrow 2^y(2^{x-y}-1)=2\Rightarrow y=1\Rightarrow x=2\Rightarrow t=3\Rightarrow k=3\Rightarrow p=7$

Vậy $p=3$ và $p=7$

[KietLW9]

Bài 166: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $\frac{xy^3}{x+y}$ là lập phương của một số nguyên tố

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử $p$ là số nguyên tố và $\frac{xy^3}{x+y}=p^3\Rightarrow xy^3=p^3(x+y)$

Đặt $(x,y)=d$ thì ta có thể đặt $x=da,y=db$ với $(a,b)=1$ lúc đó phương trình trở thành: $d^3ab^3=p^3(a+b)\Rightarrow p^3(a+b)\vdots b^3$

Mà $(a+b,b^3)=(a,b)=1$ nên $p^3\vdots b^3\Rightarrow b\in\left \{ 1;p \right \}$

+) Nếu $b=1$ thì $d^3a=p^3(a+1)\Rightarrow d^3a^3=p^3a^2(a+1)$ nên $a^2(a+1)$ là lập phương đúng

Mà $a^3<a^2(a+1)<(a+1)^3$ nên trường hợp này mâu thuẫn

+) Nếu $b=p$ thì $d^3a=a+p\Rightarrow p\vdots a\Rightarrow a\in\left \{ 1;p \right \}$

  -) Trường hợp $a=1$ thì $d^3=p+1$ nên $p=(d-1)(d^2+d+1)\Rightarrow d-1=1\Rightarrow d=2\Rightarrow p=7\Rightarrow x=2,y=14$

  -) Trường hợp $a=p$ thì $d^3p=2p\Rightarrow d^3=2$ (vô lí)

Vậy $x=2,y=14$

[KietLW9]

Bài 167: Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn cả ba số $\frac{x^2+y^2+3}{xy},\frac{y^2+z^2+3}{yz},\frac{z^2+x^2+3}{zx}$ là các số nguyên

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta giả sử $x,y)=d$ thì tồn tại $a,b$ sao cho $x=da,y=db$ và $(a,b)=1$. Khi đó $\frac{d^2a^2+d^2b^2+3}{d^2ab}$ là số nguyên nên $d^2|3\Rightarrow d=1$

Tương tự ta cũng có: $(y,z)=(z,x)=1$

Không mất tính tổng quát ta giả sử $x\leqslant y\leqslant z$

Ta có: $z|x^2+3$ và $y|x^2+3$ mà $(y,z)=1$ nên $yz|x^2+3$

+) Xét $y\geqslant x+1\Rightarrow z\geqslant x+1\Rightarrow x^2+3\geqslant x^2+2x+1\Rightarrow x\leqslant 1$

Mà $x$ nguyên dương nên $x=1$ suy ra $\frac{y^2+3}{y},\frac{z^2+3}{z}\in\mathbb{Z}$ mà $(y,z)=1$ nên $y=z=1$

+) Xét $y<x+1\Rightarrow y\leqslant x\Rightarrow x=y$ nên $x=y=1$. Lúc này thì $z$ là ước của $4$ nên $z\in\left \{ 1;2;4 \right \}$ 

Từ đây ta tìm được 7 bộ số $(x,y,z)$ thỏa mãn là $(1,1,1)$, $(1,1,2)$ và các hoán vị, $(1,1,4)$ và các hoán vị

[KietLW9]

Bài 168: Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho $x^2(y^2z-x^2-5)=y(x^4+z)$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết: $yz(x^2y-1)=x^2(x^2y+x^2+5)\Rightarrow x^2y+x^2+5\vdots x^2y-1\Rightarrow x^2+6\vdots x^2y-1\Rightarrow x^2+6+6(x^2y-1)\vdots x^2y-1\Rightarrow x^2+6x^2y\vdots x^2y-1\Rightarrow 6y+1\vdots x^2y-1$ vì dễ có: $(x^2,x^2y-1)=1$

Khi $x^2\geqslant 9\Rightarrow x^2y-1\geqslant 9y-1>6y+1$ nên chỉ còn trường hợp $x=1,x=2$.

Từ đây dễ kết luận $(x,y,z)=(1,2,4)$

[KietLW9]

Bài 169: Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thỏa mãn $ab=c(a+b)$ và $(a,c)=1$. Chứng minh rằng $abc$ là số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đặt $(a,b)=d$ thì tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho $a=dx,b=dy$ và $(x,y)=1$

Như vậy ta được: $dxy=c(x+y)\Rightarrow y|cx\Rightarrow y|c$ do $(x,y)=1$. Ta đặt $c=my$

Thay trở lại phương trình: $dx=m(x+y)\Rightarrow x|my\Rightarrow x|m\Rightarrow x|c$

Mà $x|a$ và $(a,c)=1$ nên $x=1$  khi đó $a=d$

Mặt khác cũng có: $d=m(x+y)\Rightarrow m|d$

Ta có dãy đánh giá sau: $1=(a,c)=(d,c)=(d,m)\Rightarrow m=1$ nên $c=y$ 

Lúc đó: $abc = d.dy.y=(dy)^2$ là số chính phương

 

 

[KietLW9]

Bài 170: Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho: $11^y-x^2+13x=-23$

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có: $x^2-13x-(23+11^y)=0$ $\Rightarrow \Delta _x=13^2+4(23+11^y)=261+4.11^y$

Theo giả thiết thì phải có: $261+4.11^y$ là số chính phương. Đặt $261+4.11^y=a^2$

$\Rightarrow a^2+3\equiv 0(\text{mod 11})\Rightarrow a^{10}+243\equiv 0(\text{mod 11})\Rightarrow a^{10}+1\equiv 0(\text{mod 11})$

Mà $a$ không chia hết cho $11$ nên theo Fermat nhỏ thì: $a^{10}-1\equiv 0(\text{mod 11})\Rightarrow 2\equiv 0(\text{mod 11})$ (Vô lí)

Vậy không tồn tại $x,y$ nguyên dương

[KietLW9]

Bài 171: Tìm các số nguyên dương $n>1$ thỏa mãn với mọi ước nguyên dương $d>1$ của $n$ thì $d^2-d+1$ và $d^2+d+1$ là số nguyên tố

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đầu tiên ta giả sử $n$ có ước nguyên tố $p>3$ thì $p\equiv 1,2(\text{mod 3})$

Nếu $p\equiv 1(\text{mod 3})\Rightarrow p^2+p+1\equiv 0(\text{mod 3})$

Nếu $p\equiv 2(\text{mod 3})\Rightarrow p^2-p+1\equiv 0(\text{mod 3})$

Mà $p^2+p+1>p^2-p+1>3$ nên ta khẳng định $n$ chỉ có ước nguyên tố là $2$ và $3$. Đặt $n=2^x.3^y$

Nếu $x\geqslant 2$ thì $n$ có ước là $4$, loại do $d^2+d+1=21$ là hợp số. Nếu $y\geqslant 2$ thì $n$ có ước là $9$, cũng loại do $d^2+d+1=91$ là hợp số

Vậy $x,y$ chỉ có thể bằng $0,1$ và đương nhiên $x,y$ không thể cùng bằng $0$

Vậy có 3 số thỏa mãn là $2,3,6$

[KietLW9]

Bài 172: Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương lẻ và $a-2$ không là số chính phương thỏa mãn $a^2+a+3=3(b^2+b+3)(c^2+c+3)$. Chứng minh rằng $b^2+b+3$ và $c^2+c+3$ không đồng thời là số nguyên tố

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử cả hai số $b^2+b+3$ và $c^2+c+3$ cùng là số nguyên tố và không mất tính tổng quát, ta có thể coi $b\geqslant c$

+) Xét $b\in\left \{ 2,3,5,7 \right \}$ thì ta thấy không thỏa mãn

+) Xét $b\geqslant 9$ thì $3(b^2+b+3)^2<4b^4+2b^2+3$

Ta có: $a^2+a+3=3(b^2+b+3)(c^2+c+3)>4(b^2+b+3)>4b^2+2b+3\Rightarrow a>2b$

và $a^2+a+3=3(b^2+b+3)(c^2+c+3)<3(b^2+b+3)^2<4b^4+2b^2+3\Rightarrow a<2b^2$

Như vậy ta sẽ được: $2c\leqslant 2b<a<2b^2$

Đẳng thức ban đầu tương đương: $(a-b)(a+b+1)=(b^2+b+3)(3c^2+3c+8)$

Vì $b^2+b+3$ là số nguyên tố nên ta xét 2 trường hợp

* Nếu $b^2+b+3|a-b\Rightarrow b^2+b+3\leqslant a-b<2b^2-b<2b^2+2b+6\Rightarrow a-b=b^2+b+3\Rightarrow a-2=(b+1)^2$ (Vô lí)

* Nếu $b^2+b+3|a+b+1\Rightarrow b^2+b+3\leqslant a+b+1<2b^2+b+1<2b^2+2b+6\Rightarrow a+b+1=b^2+b+3\Rightarrow a-2=b^2$ (Vô lí)

Vậy giả sử là sai

[KietLW9]

Bài 174: Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Xét các số nguyên $x,y \in\left \{ 1,2,3,....\frac{p-1}{2} \right \}$. Chứng minh rằng nếu $xy(p-x)(p-y)$ là số chính phương thì $x=y$.

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử ước chung lớn nhất của $x(p-y)$ và $y(p-x)$ là $d$ thì tồn tại các số $a,b$ sao cho $x(p-y)=da,y(p-x)=db$ và $(a,b)=1$

Lúc đó: $d^2ab=xy(p-x)(p-y)$ là số chính phương do đó $ab$ là số chính phương mà $(a,b)=1$ nên $a,b$ là các số chính phương. Đặt $a=u^2,b=v^2$ 

$\Rightarrow d(u+v)(u-v)= du^2-dv^2=da-db=x(p-y)-y(p-x)=p(x-y)$

Không mấy tính tổng quát giả sử $x>y$ thì $a>b$.

Dễ thấy $x,y,p-x,p-y$ không chia hết cho $p$ nên $d$ không chia hết cho $p$ nên $u+v$ hoặc $u-v$ chia hết cho $p$

Dễ thấy $u-v$ không chia hết cho $p$ nên $u+v$ chia hết cho $p$ 

$\Rightarrow u+v\geqslant p$

Mặt khác: $u+v=\sqrt{\frac{x(p-y)}{d}}+\sqrt{\frac{y(p-x)}{d}}\leqslant \sqrt{x(p-y)}+\sqrt{y(p-x)}\leqslant \frac{x+p-y}{2}+\frac{y+p-x}{2}=p$ nên $u+v=p$

Dấu bằng lúc này xảy ra khi $x+y=p$

Vô lí vì $x+y\leqslant \frac{p-1}{2}+\frac{p-1}{2}=p-1<p$

Vậy $x=y$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 30-03-2022 - 21:42

[KietLW9]

Bài 175: Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p+q+r$ không chia hết cho $3$, đồng thời cả $p+q+r$ và $pq+qr+rp+3$ là các số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta giả sử $p\geqslant q\geqslant r$. Ta giả sử $r$ lẻ thì $p,q,r$ đều lẻ.

Nhưng lúc này $pq+qr+rp+3\equiv 2(\text{mod 4})$ (vô lí) nên ta khẳng định $r=2$

Như vậy lúc này ta cần tìm $p,q$ sao cho $p+q+2$ và $pq+2(p+q)+3$ là số chính phương

Ta xét $q=2$ thì $pq+2(p+q)+3=4p+7\equiv 3(\text{mod 4})$ (vô lí), còn nếu $q>3$ thì ta xét 3 trường hợp

+) Nếu $p,q\equiv 1(\text{mod 3})$ thì $pq+2(p+q)+3\equiv 1+4+3\equiv 2(\text{mod 3})$(không là số chính phương)

+) Nếu $p,q$ khác số dư khi chia cho $3$ thì $p+q+2\equiv 1+2+2\equiv 2(\text{mod 3})$ (không là số chính phương)

+) Nếu $p,q\equiv 2(\text{mod 3})$ thì $p+q+r=p+q+2\equiv 2+2+2\equiv 0(\text{mod 3})$ (trái với giả thiết)

Vậy ta khẳng định $q=3$

Như vậy ta cần tìm $p$ để $5p+9$ là số chính phương. Đặt $5p+9=a^2\Rightarrow 5p=(a+3)(a-3)$

Tới đây chỉ cần xét ước: $a-3\in\left \{ 1;5;p;5p \right \}$ chỉ tìm được $p=11$

Vậy $(p,q,r)$ là hoán vị của bộ số $(2,3,11)$

[KietLW9]

Bài 176: Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^2+2b,b^2+3c,c^2+4a$ là các số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải. 

Vì $a^2+2b>a^2$ mà $a^2+2b$ là số chính phương nên $a^2+2b\geqslant (a+1)^2\Rightarrow 2b\geqslant 2a+1>2a\Rightarrow b>a$

Tương tự ta cũng có: $c^2+4a\geqslant (c+1)^2$ nhưng ta thấy trường hợp $c^2+4a=(c+1)^2$ vô lí do $4a$ chẵn còn $2b+1$ lẻ nên $c^2+4a\geqslant (c+2)^2\Rightarrow 4a\geqslant 4c+4>4c\Rightarrow a>c$

Như vậy thì $b>a>c$

Lúc này ta có được khoảng chặn sau: $b^2<b^2+3c<b^2+3b<(b+2)^2\Rightarrow b^2+3c=(b+1)^2\Rightarrow 3c=2b+1$

$\Rightarrow a^2<a^2+2b=a^2+3c-1<a^2+3a-1<(a+2)^2\Rightarrow a^2+2b=(a+1)^2\Rightarrow 2b=2a+1\Rightarrow a=\frac{2b-1}{2}$

Đến đây: $c^2+4a=\frac{(2b+1)^2}{9}+2(2b-1)$ là số chính phương. Chỉ cần chặn là xong!

[KietLW9]

Bài 177: Cho $p,q$ là các số nguyên tố thỏa mãn $p^3-p^2-q^2$ là số chính phương. Chứng minh rằng $p=q$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta xét $p,q$ đều lẻ lúc đó thì $p^3-p^2-q^2=a^2$ lẻ nên $p^3-p^2=a^2+q^2\equiv 2(\text{mod 4})\Rightarrow p\equiv 3(\text{mod 4})$

Mặt khác vì $p|a^2+q^2$ và $p$ có dạng $4k+3$ do chứng minh trên nên ta suy ra $p|q^2\Rightarrow p|q\Rightarrow p=q$

Xét $p=q=2$ thì thỏa mãn

Xét $p=2$ thì $4-q^2\leqslant 4$ nên $q=2$ vì nếu $4-q^2=4$ thì $q=0$ (vô lí)

Xét $q=2$ thì $p^3-p^2=4+k^2\equiv 0,1(\text{mod 4})$ nên $p$ chẵn

Tóm lại ta luôn đó $p=q$