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

gõ thử


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 22 trả lời

#1 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 12-05-2020 - 00:32

$\frac{a}{b}$



#2 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 00:17

$\frac{x!}{y!}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 14-05-2020 - 00:21


#3 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 00:25

a có: x!+y!+z!=u!

<$\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$

T


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 14-05-2020 - 00:59


#4 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 00:57

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$



#5 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 01:20

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$

- Ta có: $x!+y!+z!=u!$                (*)

$\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$   (1)

- Do $\frac{u!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!};\frac{z!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!}$ (vì $0<x!\leq y!\leq z!<u!$) nên từ (1) suy ra $1\vdots \frac{y!}{x!}$

$\Rightarrow \frac{y!}{x!}=1$ mà $y!\geq x!$ nên $x=y$

- Khi đó: (*)  $\Leftrightarrow 2+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$

Cứng minh tương tự. ta có: $\frac{z!}{x!}\in \left \{ 1;2 \right \}$

Th1: $\frac{z!}{x!}=1$

- Khi đó: (*) $\frac{u!}{x!}=4$    



#6 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 01:43

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$

- Ta có: $x!+y!+z!=u!$                (*)

$\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$   (1)

- Do $\frac{u!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!};\frac{z!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!}$ (vì $0<x!\leq y!\leq z!<u!$) nên từ (1) suy ra $1\vdots \frac{y!}{x!}$

$\Rightarrow \frac{y!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*)  $\Leftrightarrow 2+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$

Chứng minh tương tự. ta có: $\frac{z!}{x!}\in \left \{ 1;2 \right \}$

Th1: $\frac{z!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=3$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=3$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=3\Rightarrow x=2.$ Kết hợp với điệu kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$, ta có: x=y=z=2, u=3 (thỏa mãn (*))

Th2: $\frac{z!}{x!}=2$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=4$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=4$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=4\Rightarrow x=3. Kết hợp với điệu kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$, ta có: x=y=z=3, u=4 (không thỏa mãn (*))

Vậy phương trình (*) có nghiệm nguyên dương $(x,y,z,u)$ duy nhất $(2;2;2;3)$



#7 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 14-05-2020 - 01:44

Bài 15: (mình thay lại bài khác vậy): tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x!+y!+z!=u!

 

 

 

Bài 15: (mình thay lại bài khác vậy): tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x!+y!+z!=u!

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$

- Ta có: $x!+y!+z!=u!$                (*)

$\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$   (1)

- Do $\frac{u!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!};\frac{z!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!}$ (vì $0<x!\leq y!\leq z!<u!$) nên từ (1) suy ra $1\vdots \frac{y!}{x!}$

$\Rightarrow \frac{y!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*)  $\Leftrightarrow 2+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$

Chứng minh tương tự. ta có: $\frac{z!}{x!}\in \left \{ 1;2 \right \}$

Th1: $\frac{z!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=3$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=3$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=3\Rightarrow x=2.$ Kết hợp với điều kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$, ta có: x=y=z=2, u=3 (thỏa mãn (*))

Th2: $\frac{z!}{x!}=2$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=4$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=4$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=4\Rightarrow x=3. Kết hợp với điều kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$ ,ta có: x=y=z=3, u=4 (không thỏa mãn (*))

Vậy phương trình (*) có nghiệm nguyên dương $(x,y,z,u)$ duy nhất $(2;2;2;3)$

  

 

 

 

Bài 15: (mình thay lại bài khác vậy): tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x!+y!+z!=u!

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x!\leq y!\leq z!<u!$

- Ta có: $x!+y!+z!=u!$                (*)

$\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$   (1)

- Do $\frac{u!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!};\frac{z!}{x!}\vdots \frac{y!}{x!}$ (vì $0<x!\leq y!\leq z!<u!$) nên từ (1) suy ra $1\vdots \frac{y!}{x!}$

$\Rightarrow \frac{y!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*)  $\Leftrightarrow 2+\frac{z!}{x!}=\frac{u!}{x!}$

Chứng minh tương tự. ta có: $\frac{z!}{x!}\in \left \{ 1;2 \right \}$

Th1: $\frac{z!}{x!}=1$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=3$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=3$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=3\Rightarrow x=2.$ Kết hợp với điều kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$, ta có: x=y=z=2, u=3 (thỏa mãn (*))

Th2: $\frac{z!}{x!}=2$ 

- Khi đó: (*) $\Leftrightarrow \frac{u!}{x!}=4$

$\Leftrightarrow (x+1)(x+2)...u=4$ , không thể viết thành tích các số tự nhiên liên liếp

$\Rightarrow x+1=u=4\Rightarrow x=3. Kết hợp với điều kiện $0<x!\leq y!\leq z!<u!$ ,ta có: x=y=z=3, u=4 (không thỏa mãn (*))

Vậy phương trình (*) có nghiệm nguyên dương $(x,y,z,u)$ duy nhất $(2;2;2;3)$

  

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 14-05-2020 - 01:46


#8 mailinh2k4

mailinh2k4

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:nghe nhạc, xem phim , đi du lịch...

Đã gửi 16-05-2020 - 17:38

$\frac{a}{b}$



#9 mailinh2k4

mailinh2k4

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:nghe nhạc, xem phim , đi du lịch...

Đã gửi 16-05-2020 - 17:39

$\frac{a}{b}$

cho mik hỏi sao mik gõ latex đúng r mà khi copy để đăng lên nó lại ra như này ạ?



#10 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 23-05-2020 - 23:38

cho mik hỏi sao mik gõ latex đúng r mà khi copy để đăng lên nó lại ra như này ạ?

Gõ latex là để máy tính đọc. Xong rồi nó sẽ chuyển ra như vậy cho mik đọc. Mình nghĩ thế

Nhờ tí:

C2: Chứng minh $P\vdots 3$

GIả sử $P=abc(a-1)(b+4)(c+6)$ không chia hết cho 3. Dễ chứng minh: $a\equiv 2(mod3)$, $b\equiv 1(mod3)$, $c\equiv 1;2(mod3)$

 

Khi đó $(a+b)\vdots 3$, c không chia hết cho 3. Từ đó suy ra a+b+c không chia hết cho 3 suy ra 2019 không chia hết cho 3 (vô lí)

Vậy $P\vdots 3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 23-05-2020 - 23:38


#11 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 17:28

Ta có: $ab+a^2c+b^2c+abc^2=101^{n}$

                         $\Leftrightarrow (b+ac)(a+bc)=101^{n}$

                         $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+bc=101^{a} & & \\ b+ac=101^{b} & & \end{matrix}\right.$

               $($a,b\in \mathbb{N}*$ ,a+b=n)$

              Giả sử $a\geq b \Rightarrow b+ac-(a+bc)=-(b-a)(c-1)\geq 0$

                          $\Rightarrow 101^b\geq 101^a\Rightarrow b\geq a$



#12 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 22:17

Do $y$ nguyên dương nên $4^y-1$ lẻ $\Rightarrow x(x^2+x+1)$ 

Mặt khác, do $x^2+x=x(x+1)\vdots 2$ nên $x^2+x+1$ lẻ, suy ra $x$ lẻ.

Ta có:

$x(x^2+x+1)=4^y-1 \Leftrightarrow x^3+x^2+x=4^y-1 \Leftrightarrow x^3+x^2+x+1=4^y\Leftrightarrow (x^2+1)(x+1)=4^y$

Gọi $d=(x^2+1;x+1)$, ta có:

$\left\{\begin{matrix}x^2+1\vdots d

\\ x+1 \vdots d
 
\end{matrix}\right.$


#13 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 22:21

Do $y$ nguyên dương nên $4^y-1$ lẻ $\Rightarrow x(x^2+x+1)$ 

Mặt khác, do $x^2+x=x(x+1)\vdots 2$ nên $x^2+x+1$ lẻ, suy ra $x$ lẻ.

Ta có:

$x(x^2+x+1)=4^y-1$ $\Leftrightarrow x^3+x^2+x=4^y-1 \Leftrightarrow x^3+x^2+x+1=4^y\Leftrightarrow (x^2+1)(x+1)=4^y$

Gọi $d=(x^2+1;x+1)$, ta có:

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+1\vdots d & & \\ x+1\vdots d & & \end{matrix}\right.$



#14 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 22:22

Do $y$ nguyên dương nên $4^y-1$ lẻ $\Rightarrow x(x^2+x+1)$ 

Mặt khác, do $x^2+x=x(x+1)\vdots 2$ nên $x^2+x+1$ lẻ, suy ra $x$ lẻ.

Ta có:

$$x(x^2+x+1)=4^y-1\Leftrightarrow x^3+x^2+x=4^y-1 \Leftrightarrow x^3+x^2+x+1=4^y$$

$$\Leftrightarrow (x^2+1)(x+1)=4^y=2^{2^{y}}=2^{2y}=2^{k} (k=2y,y\in N^{*})$$

Suy ra: $\left\{\begin{matrix}x^2+1=2^m \\ x+1=2^n \end{matrix}\right.$ $(m,n\in N^*)$

Do $x$ lẻ nên $x^2\equiv 1(mod4)$ $\Rightarrow 2^m=x^2+1\equiv 2(mod4)$ $\Rightarrow 2^m\not\vdots 4$ 

Do $m\in N^*$$\Rightarrow m=1$. Khi đó: $x^2+1=2^m=2\Rightarrow x=1$(thỏa mãn điều kiện)

Vì $x=1$ nên ta có: $4^y-1=x(x^2+x+1)=3\Leftrightarrow 4^y=4\Leftrightarrow y=1$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $x=y=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 24-05-2020 - 22:50


#15 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 22:29

Do $y$ nguyên dương nên $4^y-1$ lẻ $\Rightarrow x(x^2+x+1)$ 

Mặt khác, do $x^2+x=x(x+1)\vdots 2$ nên $x^2+x+1$ lẻ, suy ra $x$ lẻ.

Ta có:

$x(x^2+x+1)=4^y-1\Leftrightarrow x^3+x^2+x=4^y-1 \Leftrightarrow x^3+x^2+x+1=4^y$

$\Leftrightarrow (x^2+1)(x+1)=4^y=2^{2^{y}}=2^{2y}=2^{k} (k=2y,y\in N^{*})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 24-05-2020 - 22:32


#16 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 24-05-2020 - 22:54

Bài 31: Tìm x,y,z nguyên dương thỏa mãn : $\frac{2020}{x+y}+\frac{x}{2019+y}+\frac{y}{4039}+\frac{2019}{2020+x}=\frac{2}{z}$

Đặt $u=2020,t=2019$, ta có:

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{y+t}+\frac{y}{t+u}+\frac{t}{u+x}=\frac{2}{z}    (1)$$

Ta có: $\frac{2}{z}\leq 2   (2)$ 

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi: $\frac{2}{z}\leq 2$

Mặt khác, với mọi $a,b,c,d>0$, ta có bất đẳng thức sau:

$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d}+ \frac{c}{d + a}+\frac{d}{a+b}\geq 2   (*) $$

Thật vậy:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$$VT.\left[ {a\left( {b + c} \right) + b\left( {c + d} \right) + c\left( {d + a} \right) + d\left( {a + b} \right)} \right] \ge {\left( {a + b + c + d} \right)^2}$$
Ta cần chứng minh:
$$\begin{array}{l} {\left( {a + b + c + d} \right)^2} \ge 2\left( {ab + bc + cd + da + 2ca + 2bd} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} \ge 2ca + 2bd\\ \Leftrightarrow {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} \ge 0 \end{array}$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi :$\left\{\begin{matrix}a=c \\ b=d \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có:

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{t+y}+\frac{y}{u+t}+\frac{t}{u+x}\geq 2  (3)$$  

Từ (2) và (3), ta suy ra: 

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{t+y}+\frac{y}{u+t}+\frac{t}{u+x}=\frac{2}{z}=2$$

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:  $\left\{\begin{matrix}z=1 \\ y=u=2020 \\ x=t=2019 \end{matrix}\right.$

Vậy $y=2020,x=2019,z=2$  

(Trong bài có dùng cách chứng minh (*) của https://diendantoanh...4-khanh3570883/ ở https://diendantoanh...-afracdabgeq-2/)

Bài 31: Tìm x,y,z nguyên dương thỏa mãn : $\frac{2020}{x+y}+\frac{x}{2019+y}+\frac{y}{4039}+\frac{2019}{2020+x}=\frac{2}{z}$

Đặt $u=2020,t=2019$, ta có:

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{y+t}+\frac{y}{t+u}+\frac{t}{u+x}=\frac{2}{z}    (1)$$

Ta có: $\frac{2}{z}\leq 2   (2)$ 

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi: $\frac{2}{z}\leq 2$

Mặt khác, với mọi $a,b,c,d>0$, ta có bất đẳng thức sau:

$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d}+ \frac{c}{d + a}+\frac{d}{a+b}\geq 2   (*) $$

Thật vậy:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$$VT.\left[ {a\left( {b + c} \right) + b\left( {c + d} \right) + c\left( {d + a} \right) + d\left( {a + b} \right)} \right] \ge {\left( {a + b + c + d} \right)^2}$$
Ta cần chứng minh:
$$\begin{array}{l} {\left( {a + b + c + d} \right)^2} \ge 2\left( {ab + bc + cd + da + 2ca + 2bd} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} \ge 2ca + 2bd\\ \Leftrightarrow {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} \ge 0 \end{array}$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi :$\left\{\begin{matrix}a=c \\ b=d \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có:

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{t+y}+\frac{y}{u+t}+\frac{t}{u+x}\geq 2  (3)$$  

Từ (2) và (3), ta suy ra: 

$$\frac{u}{x+y}+\frac{x}{t+y}+\frac{y}{u+t}+\frac{t}{u+x}=\frac{2}{z}=2$$

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:  $\left\{\begin{matrix}z=1 \\ y=u=2020 \\ x=t=2019 \end{matrix}\right.$

Vậy $y=2020,x=2019,z=2$  

(Trong bài có dùng cách chứng minh (*) của https://diendantoanh...4-khanh3570883/ ở https://diendantoanh...-afracdabgeq-2/)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 24-05-2020 - 23:31


#17 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 27-05-2020 - 23:36

Đặt: $A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)$

TH1Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 1 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là $zx+1$. Thế thì: $(xy+1)(yz+1)$ chính phương
$\Rightarrow$ $(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ không chính phương (vô lí)

TH2: Trong ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ có 2 số không chính phương

Không mất tính tổng quát, giả sử 2 số đó là $zx+1$ và $yz+1$. Do đó:

$$\left\{\begin{matrix} zx+1\equiv 2(mod3) \\ yz+1\equiv 2(mod3) \end{matrix}\right.\\ \Rightarrow zx\equiv yz\equiv 1(mod3)$$

Nếu $x\equiv 1(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv1(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 8\equiv 2(mod3)$  (vô lí, vì A chính phương)

Nếu $x\equiv 2(mod3)$ thì $y\equiv z\equiv2(mod3)$

$\Rightarrow A=(xy+1)(yz+1)(zx+1)\equiv 125\equiv 2(mod3)$ (vô lí, vì A chính phương)

 

TH3: Cả 3 số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều không chính phương 
Theo trường hợp 2, nếu 2 trong 3 số không chính phương thì $x\equiv y\equiv z\equiv 1(mod3)$ hoặc $x\equiv y\equiv z\equiv 2(mod3)$
Khi đó: $xy+1\equiv yz+1\equiv zx+1\equiv 2(mod3)$. Do vậy nếu 2 trong 3 số không chính phương thì cả 3 số không chính phương. Mà ta đã chứng minh trường hợp 2 vô lí nên trường hợp này cũng vô lí.
Vậy cả ba số $xy+1, yz+1,zx+1$ đều chính phương (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 27-05-2020 - 23:48


#18 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 31-05-2020 - 00:29

Trước hết, ta dê dàng tìm được một nghiệm nguyên dương của phương trình là (1;1;2)

Giả sử $(a_0,b_0,c_0)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho và thỏa mãn $1\leq a_0\leq b_0< c_0$ (cặp nghiệm này là tồn tại do đã chỉ ra ở trên)

Ta có:

$$a_0^2+b_0^2+c_0^2=3a_0b_0c_0(*)$$ 

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn $t$ thì $(*)\Leftrightarrow t^2-3t.b_0c_0+b_0^2+c_0^2=0$

Dễ thấy $(*)$ có hai nghiệm:

$$\left\{\begin{matrix}t_1=a_0 \\ t_2 \end{matrix}\right.$$

Áp dụng định lý Viète cho $(*)$, ta được: $t_1+t_2=3b_0c_0\Rightarrow t_2=3b_0c_0-t_1=3b_0c_0-a_0$

Do $y_0,z_0\in Z^+$ nên $t_2\in Z^+$

Đặt $a_1=b_0,b_1=c_0,c_1=3b_0c_0-a_0$ thì 

$(*)\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+(3b_0c_0-a_0)^2=3b_0c_0(3b_0c_0-a_0)$

$\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+9b_0^2c_0^2-6a_0b_0c_0+a_0^2=9b_0^2c_0^2-3a_0b_0c_0$

$\Leftrightarrow b_0^2+c_0^2+a_0^2=3a_0b_0c_0$          (thỏa mãn)

Vậy $(a_1,b_1,c_1)$ cũng là một nghiệm của $(*)$ và thỏa mãn $1\leq a_1\leq b_1< c_1$

Xuất phát từ nghiệm nguyên dương $(a_0,b_0,c_0)$ thỏa mãn $1\leq a_0\leq b_0< c_0$ , ta tìm được nghiệm nguyên dương $(a_1,b_1,c_1)$ cũng thỏa mãn $1\leq a_1\leq b_1< c_1$, ta suy ra $(*)$ có vô số nghiệm nguyên dương


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 31-05-2020 - 00:30


#19 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 04-06-2020 - 00:41

Cách 2: Dùng đồng dư:

Ta có:$(5^p-2^p)\vdots 3\Rightarrow a^m\vdots 3$

Do $3$ nguyên tố nên $a\vdots 3$ mà $m>1$ $\Rightarrow a^m\vdots 9$$\Rightarrow (5^p-2^p)\vdots 9$  (*)

TH1: $p=2$ và $p=3$ (không thỏa mãn)

TH2: $p\neq 2,3$. Do $p$ nguyên tố nên $p=6k+1$ hoặc $p=6k+5$

Nêu p=6k+1 thì:$$5^p-2^p=5^{6k+1}-2^{6k+1}=5^{6k}.5-2^{6k}.2=5.15625^k-2.64^k\equiv 5.1-2.1\equiv 3(mod9)$$

$\Rightarrow 5^p-2^p\not\vdots 9$ (trái với (*))

Nêu p=6k+5 thì:$$5^p-2^p=5^{6k+5}-2^{6k+5}=5^{6k}.5^5-2^{6k}.2^5=3125.15625^k-32.64^k\equiv 2.1-5.1\equiv -3(mod9)$$

$\Rightarrow 5^p-2^p\not\vdots 9$ (trái với (*))

Vậy không tồn tại nghiệm $a,m,p$ thỏa mãn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JenChooLiChaeng: 04-06-2020 - 00:44


#20 JenChooLiChaeng

JenChooLiChaeng

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Lê Đình Chinh,Thanh Hóa

Đã gửi 20-06-2020 - 22:39

Bài 5

Do 5 nguyên tố nên để $n^{n+1}.(n+1)^n\vdots$ 5 thì $n\vdots5$ hoặc $n\vdots5$

Vậy $n\equiv 0:4(mod5)$






0 người đang xem chủ đề

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