Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Giải PT nguyên dương $(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$

psw

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 T.C

T.C

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
  • Đến từ:Thành phố HÚÊ
  • Sở thích:tôi thích làm mọi việt tôi muốn

Đã gửi 22-03-2005 - 20:54

Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,k,n$ thỏa mãn phương trình:

$(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$


hãy làm những điều bạn cho là đúng để tìm ra cái sai của bạn: và hãy làm những gì bạn cho là sai để thấy cái đúng của bạn

#2 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1534 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 19-10-2013 - 20:11

:luoi: Trước hết do $k$ nguyên dương nên ta có $k+1\geq 2$ nên $n\leq x$ và $n\leq y$

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x\geq y\geq n$

Ta đặt $x!=y!.A=>(x!)^{k}=(y!)^{k}.A^{k}$

Ta có $(y!)^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}.(n!)^{k}$

Đặt $y!=n!.B$ ta có $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$ hay $(AB)^{k}+A^{k}=(k+1)^{n}$

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $k+1$ 

Xét trường hợp $k$ lẻ , áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$ 

Mặt khác ta có $gcd(k,k+1)=1$ nên $v_{p}(k)=1$ nên ta có $v_{p}(AB+A)=n$

Vậy ta có thể đặt $k+1=\prod_{1}^{t}p_{i}$

Khi đó ta có với mọi $i$ ta đều có $v_{p_{i}}(AB+A)=n$ nên $AB+A$ chia hết cho toàn bộ $(k+1)^{n}$

Nhưng vì $k$ lẻ nên ta có phân tích $(AB)^{k}+A^{k}\geq (AB+A).\geq (k+1)^{n}$

Đẳng thức phải xảy ra tức là $k=1$

Khi đó ta có $AB+A=2^{n}$ 

Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn nên $A(B+1)$ có chứa thừa số lẻ nên do đó $n=0$ vô lý vì nguyên  dương

Nên $x=y=n$ do đó ta có $A=B=1$ , và khi đó $n=1$ nên $x=y=n=k=1$

Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ 

Số $A$ lẻ và $B$ chẵn , $A$ lẻ tức là $A=1$ khi đó $x=y$

khi đó ta có $B^{k}+1=(k+1)^{n}$

Hiển nhiên ta có $B$ phải chia hết cho $k$

Thay $x=y$ vào pt ban đầu ta có $2B^{k}=(k+1)^{n}$

Do đó $B^{k}=1$ loại vì $B$ chẵn và $k$ nguyên dương

Phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,k,n)=(1,1,1,1)$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 19-10-2013 - 20:13

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#3 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 19-10-2013 - 20:43

:luoi: Trước hết do $k$ nguyên dương nên ta có $k+1\geq 2$ nên $n\leq x$ và $n\leq y$

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x\geq y\geq n$

Ta đặt $x!=y!.A=>(x!)^{k}=(y!)^{k}.A^{k}$

Ta có $(y!)^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}.(n!)^{k}$

Đặt $y!=n!.B$ ta có $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$ hay $(AB)^{k}+A^{k}=(k+1)^{n}$

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $k+1$ 

Xét trường hợp $k$ lẻ , áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$

Mặt khác ta có $gcd(k,k+1)=1$ nên $v_{p}(k)=1$ nên ta có $v_{p}(AB+A)=n$

Vậy ta có thể đặt $k+1=\prod_{1}^{t}p_{i}$

Khi đó ta có với mọi $i$ ta đều có $v_{p_{i}}(AB+A)=n$ nên $AB+A$ chia hết cho toàn bộ $(k+1)^{n}$

Nhưng vì $k$ lẻ nên ta có phân tích $(AB)^{k}+A^{k}\geq (AB+A).\geq (k+1)^{n}$

Đẳng thức phải xảy ra tức là $k=1$

Khi đó ta có $AB+A=2^{n}$ 

Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn nên $A(B+1)$ có chứa thừa số lẻ nên do đó $n=0$ vô lý vì nguyên  dương

Nên $x=y=n$ do đó ta có $A=B=1$ , và khi đó $n=1$ nên $x=y=n=k=1$

Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ 

Số $A$ lẻ và $B$ chẵn , $A$ lẻ tức là $A=1$ khi đó $x=y$

khi đó ta có $B^{k}+1=(k+1)^{n}$

Hiển nhiên ta có $B$ phải chia hết cho $k$

Thay $x=y$ vào pt ban đầu ta có $2B^{k}=(k+1)^{n}$

Do đó $B^{k}=1$ loại vì $B$ chẵn và $k$ nguyên dương

Phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,k,n)=(1,1,1,1)$ 

Lời giải của em rất hay và rất sáng tạo, nhưng theo anh thì đôi chỗ vẫn chưa ổn.

 

$v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$ 

 

Điều kiện áp dụng $LTE$ là $p|AB+A,p\nmid AB, p\nmid A$.

 

Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn 

 

$x>y$ : $x!=y!.A$ thì $A$ không chắc là chẵn. Ví dụ $x!=1.2.3.4.5$ và $y!=1.2.3.4$

 

Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ 

 

Vế phải chỉ lẻ khi $n=1$ mà thôi

 

Anh không biết nha, anh góp ý thôi, nếu thấy thắc mắc thì cứ phản biện nhé  :mellow:

 

 

 


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

Welcome to My Facebook !


#4 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1534 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 19-10-2013 - 20:47

 

Lời giải của em rất hay và rất sáng tạo, nhưng theo anh thì đôi chỗ vẫn chưa ổn.

 

Điều kiện áp dụng $LTE$ là $p|AB+A,p\nmid AB, p\nmid A$.

 

$x>y$ : $x!=y!.A$ thì $A$ không chắc là chẵn. Ví dụ $x!=1.2.3.4.5$ và $y!=1.2.3.4$

 

Vế phải chỉ lẻ khi $n=1$ mà thôi

 

Anh không biết nha, anh góp ý thôi, nếu thấy thắc mắc thì cứ phản biện nhé  :mellow:

 

 

 

 

:luoi:  Hihi , vậy sao ở ý thứ hai ta không xét $x=y+1$ và $x=y$ thì sẽ hoàn chỉnh , còn nhận xét thứ $3$ do $k$ chẵn nên $(k+1)^{n}$ lẻ , do đó $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ là hiển nhiên , chắc anh không để ý , còn em đang xét lại các $LTE$ để bài giải hoàn chỉnh , còn theo cái điều kiện của $LTE$ em quên mất nên em chém nốt cái này

Xét trường hợp nếu $p|A$ , đặt $k+1=p^{a}.u$ và $A=p^{b}.v$ với $gcd(p,u)=gcd(v,p)=1$

$(AB)^{k}+A^{k}=p^{kb}.v^{k}(B^{k}+1)=p^{an}.u^{n}$

Nên ta có $B^{k}+1=p^{an-kb}.u^{n}$

Đến đây nếu gọi $p_{l}$ là một ước nguyên tố bất kỳ của vế phải thì ta có $gcd(B,p_{l})=1$

Áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{r}(k)+v_{r}(B+1)=n$ với $r$ nguyên tố khác $p$

Với cách này ta xét hoàn toàn tương tự cách giải trước

Giờ xét trường hợp $p|B$ thì ta cũng có $p|A$ và giải tương tự phần $p|A$ 

:(  Còn cái $AB+A$ không chia hết cho $p$ thì thì $(AB)^{k}+A^{k}=(AB+A).M$ 

Do $AB+A$ không chia hết cho $p$ nên $M$ chia hết cho $(k+1)^{n}$ nên $M\geq (k+1)^{n}$ đây là điều vô lý 

Bài toán được chứng minh xong

:closedeyes:  NHẬN XÉT : '' BÀI TOÁN KHÁ KHÓ , LỜI GIẢI MỘT SỐ CHỖ KHÓ HIỂU MỌI NGƯỜI ĐẶT BÚT TÝ , SAI CHỖ NÀO NHẬN XÉT MÌNH SỬA . ''


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 19-10-2013 - 21:27

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#5 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1534 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 21-10-2013 - 20:30

Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,k,n$ thỏa mãn phương trình:

$(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$

:icon6:  Theo em mọi người có thể không để ý đến lời giải đầu tiên của em nên em đã để một chỗ hổng rất lớn trong cm của mình dẫn đến điều tự mâu thuẫn

Nhận xét là ở lời giải đầu em đã áp dụng $LTE$ với điều kiện $p|AB+A$ , nhưng nếu đặt $k+1$ là một tích các thừa số nguyên tố , em đã không để ý mũ của nó , nếu đặt như thế em đã công nhận $k+1|AB+A$ và các thừa số của $k+1$ khi phân tích chuẩn chỉ có số mũ bậc $1$ , vậy chẳng cần $LTE$ làm chi , và mời mọi người nhận xét lời giải này.

Sau đây em xin trình bày hoàn chỉnh bài viết 

Hiển nhiên do $k$ là số nguyên dương nên $k+1\geq 2$ nên ta có thể xét cho $x\geq y\geq n$

Sau khi đặt $x!=y!.A$ và $y!=B.n!$ ta có $x!=AB.n!$

Thay vào phương trình thu và thu được$(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ hay $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$

Đặt $gcd(B,k+1)=r$ ta có $(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ chia hết cho $r^{n}$

Đến đây ta có vế trái có ít nhất $r^{k}$ và vế phải có $r^{n}$ nên hiển nhiên $k\leq n$ 

Giờ ta xét phân tích chuẩn của $(k+1)^{n}$ là $(k+1)^{n}=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{na_{i}}$

Ý tưởng chính của bài này là dùng định lý $LTE$ kết hợp với hằng đẳng thức và bất đẳng thức

Dĩ nhiên điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p_{i}|AB+A$ và $A,B$ không chia hết cho $p_{i}$ nào , giờ ta xét cho $\prod_{i=1}^{t}p_{i}|AB+A$

Khi đó áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p_{i}}(k)+v_{p_{i}}(AB+A)=v_{p_{i}}((AB)^{k}+B^{k})=na_{i}$

Nên hiển nhiên $AB+A$ sẽ chia hết toàn bộ cho $(k+1)^{n}$

Do đó ta có $(AB)^{k}+B^{k}\geq AB+A\geq (k+1)^{n}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $k=1$ và ta dễ dàng giải phương trình $B(A+1)=2^{n}$

Đến đây ta xét trường hợp thứ hai là $AB+A$ không chia hết cho một $p_{i}$ nào đó ( không phải tất cả ), ta không cần để ý đến điều này mà ta sẽ đặt thẳng như sau 

$A=r\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}},B=d\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{i}}$

Khi đó ta sẽ thu được phương trình 

                           $(dr)^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k+c_{i}k}+d^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{ik}}=(k+1)^{n}=>d^{k}(r^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k}+1)=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{a_{i}n-c_{i}k}$

Điều này tự nó mâu thuẫn với cách đặt vì nếu đặt như vậy $d,r$ nguyên tố với $(k+1)$

Các lũy thừa ở vế phải ở mũ không thể là $0$ nên chỉ còn các lũy thừa vế trái là $0$ ,tức là $b_{i}k=0$

Vậy ta thu được phương trình $2.d^{k}=VP$

Vì $gcd(d^{k},VP)=1$ nên $VP|2$

Vậy bài toán đã được giải quyết xong


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 21-10-2013 - 20:45

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 31-01-2014 - 07:36

:icon6:  Theo em mọi người có thể không để ý đến lời giải đầu tiên của em nên em đã để một chỗ hổng rất lớn trong cm của mình dẫn đến điều tự mâu thuẫn

Nhận xét là ở lời giải đầu em đã áp dụng $LTE$ với điều kiện $p|AB+A$ , nhưng nếu đặt $k+1$ là một tích các thừa số nguyên tố , em đã không để ý mũ của nó , nếu đặt như thế em đã công nhận $k+1|AB+A$ và các thừa số của $k+1$ khi phân tích chuẩn chỉ có số mũ bậc $1$ , vậy chẳng cần $LTE$ làm chi , và mời mọi người nhận xét lời giải này.

Sau đây em xin trình bày hoàn chỉnh bài viết 

Hiển nhiên do $k$ là số nguyên dương nên $k+1\geq 2$ nên ta có thể xét cho $x\geq y\geq n$

Sau khi đặt $x!=y!.A$ và $y!=B.n!$ ta có $x!=AB.n!$

Thay vào phương trình thu và thu được$(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ hay $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$

Đặt $gcd(B,k+1)=r$ ta có $(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ chia hết cho $r^{n}$

Đến đây ta có vế trái có ít nhất $r^{k}$ và vế phải có $r^{n}$ nên hiển nhiên $k\leq n$ 

Giờ ta xét phân tích chuẩn của $(k+1)^{n}$ là $(k+1)^{n}=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{na_{i}}$

Ý tưởng chính của bài này là dùng định lý $LTE$ kết hợp với hằng đẳng thức và bất đẳng thức

Dĩ nhiên điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p_{i}|AB+A$ và $A,B$ không chia hết cho $p_{i}$ nào , giờ ta xét cho $\prod_{i=1}^{t}p_{i}|AB+A$

Khi đó áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p_{i}}(k)+v_{p_{i}}(AB+A)=v_{p_{i}}((AB)^{k}+B^{k})=na_{i}$

Chỗ màu đỏ sao lại có thể suy ra $n \ge k$ được nhỉ.

Hơn nữa, chỗ áp dụng LTE mình thấy không đúng, tại sao cả $A$ và $B$ lại không chia hết cho $p_i$ vậy ?


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

#7 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1534 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 31-01-2014 - 21:43

Chỗ màu đỏ sao lại có thể suy ra $n \ge k$ được nhỉ.

Hơn nữa, chỗ áp dụng LTE mình thấy không đúng, tại sao cả $A$ và $B$ lại không chia hết cho $p_i$ vậy ?

Chỗ áp dụng LTE là mình xét trường hợp đó , bạn nên đọc kỹ phía sau nữa và chỗ $k\leq n$ là do vế trái có $v_{r}\geq k$ còn vế phải là $v_{r}=n$


Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.






1 người đang xem chủ đề

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