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

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN THCS

Phương Trình Nghiệm Nguyên

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 76 trả lời

#61 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 10-04-2012 - 20:26

3) $$54x^3+1=y^3$$


Mình mới đọc một cách giải khác của bài này, đưa lên để mọi người tham khảo :icon6:

Đặt $z=3x,$ khi đó $z^3=27x^3$. Khi đó:

$54x^3+1=y^3$

$\Leftrightarrow 2z^3+1=y^3 (1)$

$\rightarrow y^3$ lẻ nên $y$ lẻ. Đặt $y=2k+1(k\in \mathbb{Z})$. Thay vào $(1)$:

$2z^3+1=8k^3+12k^2+6k+1\Leftrightarrow z^3=4k^3+6k^2+3k (2)$

Từ $(2)$ suy ra $z^3\vdots k\Rightarrow z\vdots k$
Đặt $z=tk (t\in \mathbb{Z})$

$(2)\Leftrightarrow t^3k^3=4k^3+6k^2+3k \Leftrightarrow t^3k^3=k^3+3k(k+1)^2$

$\Leftrightarrow k[t^3k^3-k^2-3(k+1)^2]=0$

$\Leftrightarrow k=0\vee t^3k^3=k^2+3(k+1)^2$

$\cdot$ Nếu $k=0\Rightarrow y=1\wedge x=0$

$\cdot$ Nếu $t^3k^3=k^2+3(k+1)^2$ ta có:

$(t^3-1)k^2=3(k+1)^2(3)$

$\bigstar$ Nếu $t=1\Rightarrow k=-1\Rightarrow 3x=y=-1\Rightarrow x=\frac{-1}{3}$ (loại)

$\bigstar$ Nếu $t\neq 1\Rightarrow k\neq -1\Rightarrow 3(k+1)^2\vdots k^2$. Do $(k,k+1)=1$ nên $3\vdots k^2\Rightarrow k^2=1\Rightarrow k=1\Rightarrow y=3$, khi đó $54x^3=26$, loại.

Vậy nghiệm cần tìm là $(x,y)=(0,1)$
..................................................................................
Đã sửa, thanks maikhaiok ^_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 22-04-2012 - 13:10

Hình đã gửi


#62 song vi toan

song vi toan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 21-04-2012 - 23:40

$$54x^3+1=y^3$$

$\Leftrightarrow y=\sqrt[3]{54x^{3}+1}$

Đặt $k^{3}=54x^{3}+1$

$\Leftrightarrow k^{3}-54x^{3}=1$

$\Leftrightarrow (k-\sqrt[3]{54}x)[k^{2}+k.\sqrt[3]{54}x+(\sqrt[3]{54}x)^{2}]=1$

TH1:

$\left\{\begin{matrix} k-\sqrt[3]{54}x=1\\ k^{2}+k.\sqrt[3]{54}x+(\sqrt[3]{54}x)^{2}=1 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{54}x=k-1(a)\\ k^{2}+k.\sqrt[3]{54}x+(\sqrt[3]{54}x)^{2}=1(b) \end{matrix}\right.$

Thay $(a)$ vào $(b)$:

$k^{2}+k.(k-1)+(k-1)^{2}=1$

$\Leftrightarrow 3k^{2}-3k=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} k=0\\ k=1 \end{bmatrix}$

Với $k=0\Rightarrow x=-\frac{1}{\sqrt[3]{54}}$ (loại)

Với $k=1\Rightarrow x=0\Rightarrow y=1$ (nhận)





TH2:

$\left\{\begin{matrix} k-\sqrt[3]{54}x=-1\\ k^{2}+k.\sqrt[3]{54}x+(\sqrt[3]{54}x)^{2}=-1 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{54}x=-(k+1)©\\ k^{2}+k.\sqrt[3]{54}x+(\sqrt[3]{54}x)^{2}=1(d) \end{matrix}\right.$

Thay $©$ vào $(d)$:

$k^{2}+k.[-(k+1)]+[-(k+1)]^{2}=1$

$k^{2}+k=0$

Tương tự TH1, ta nhận $k=1\Rightarrow x=0\Rightarrow y=1$



KẾT LUẬN: Phương trình có $1$ cặp nghiệm nguyên:

$$\boxed{(x;y)=(0;1)}$$

anh oi cho em hoi ,chac j ca 2 thua so da nguyen ma' gan cho no' =1 vs=-1 dc ,voi ca neu nhu the dc thi' cung cha ca'n phai giai he pt la' j ,su dung so vo ty trong giai toan nhanh hon ma'


  • MIM yêu thích

#63 song vi toan

song vi toan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 22-04-2012 - 09:41

3)
Giả sử $x\geq y$ $\Leftrightarrow 2x! \geq x! + y! = (x+y)!$
$\Leftrightarrow 2x! \geq x!(x+1)(x+2)..(x+y)$
$\Leftrightarrow 2\geq (x+1)(x+2)...(x+y)$
$\Rightarrow x=y=1$

mi'nh co' cach khác có thể ngắn hơn ,các bạn tham khảo:từ giả thiết dẫn đến x!$\vdots$ y và y! $\vdots$ x,suy ra x=y ........

#64 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 01-06-2012 - 08:12

Nguyên, Tuấn, Huy, anh Trọng,...Mọi người vào khởi động lại topic này đi :(

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$y^2z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)+y^2z^2(y-1)=0$


Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$x+2y+2z=xyz$


Bài 3: Chứng minh rằng phương trình $4xy-x-1=z^2$ không có nghiệm nguyên $\geq0$

Bài 4: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:

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


Bài 5: Tìm các nghiệm nguyên không đồng thời bằng $0$ của phương trình

$(x^2+y)(x+y^2)=(x-y)^2$


Hình đã gửi


#65 xuanmai1998

xuanmai1998

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 15-06-2012 - 22:06

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$y^2z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)+y^2z^2(y-1)=0$


Làm thử ạ :lol:

$y^2z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)+y^2z^2(y-1)=0$

$\Leftrightarrow (yz-x+\frac{y}{2})^2=y^2z(1-y)(1+z)+\frac{y^2}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{y^2}{4}=y^2z(y-1)(1+z)+(yz-x+\frac{y}{2})^2$

$\Rightarrow \frac{y^2}{4}\geq y^2z(y-1)(1+z)$

Nếu $y\geq 2$ thì $z(z+1)(y-1)\geq 2$ (do $z\geq 1$)

$\Rightarrow y^2z(z+1)(y-1)\geq \frac{y^2}{4}$, mâu thuẫn. Do đó $y=1$
Thay $y=1$ vào $\frac{y^2}{4}=y^2z(y-1)(1+z)+(yz-x+\frac{y}{2})^2$ ta có $(z-x+\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=z \\
x=z+1 \\
\end{array} \right.$

Vậy, các nghiệm của pt đã cho là $(k,1,k);(k+1,1+k)$ với $k$ nguyên dương tùy ý

@NLT_CL: Đây là mem mới mà kĩ thuật $\LaTeX$ khá ổn, đáng hoan nghênh :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 16-06-2012 - 08:25


#66 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 18-06-2012 - 18:49

Nguyên, Tuấn, Huy, anh Trọng,...Mọi người vào khởi động lại topic này đi :(
Bài 3: Chứng minh rằng phương trình $4xy-x-1=z^2$ không có nghiệm nguyên $\geq0$

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Solution:

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên, theo nguyên lí cực hạn, ta chọn bộ nghiệm $(x_0;y_0;z_0)$ sao cho $z_0$ nhỏ nhất, lúc này, ta có: $4{x_0}{y_0} - {x_0} - {y_0} = {z_0}^2$.
$ \Leftrightarrow \left( {4{x_0} - 1} \right)\left( {4{y_0} - 1} \right) - 1 = 4{z_0}^2(1)$
$\Leftrightarrow \left( {4{x_0} - 1} \right)\left( {4{y_0} - 1} \right) - 1 + 4.{\left( {4{x_0} - 1} \right)^2} - 8{z_0}\left( {4{x_0} - 1} \right) = 4{z_0}^2 + 4.{\left( {4{x_0} - 1} \right)^2} - 8{z_0}\left( {4{x_0} - 1} \right)$
$ \Leftrightarrow \left( {4{x_0} - 1} \right)\left[ {4\left( {4{x_0} + {y_0} - 2{z_0} - 1} \right) - 1} \right] - 1 = 4{\left( {{z_0} - 4{x_0} + 1} \right)^2}\left( 2 \right)$.

Từ $(1),(2)$ thấy ngay $\left| {{z_0} - 4{x_0} + 1} \right|$ cũng là 1 nghiệm của phương trình ban đầu.

Theo như lúc đầu chọn số $z_0$, ta suy ra: $\left| {{z_0} - 4{x_0} + 1} \right| > {z_0} \to \left( {4{x_0} - 1} \right)\left[ {4\left( {4{x_0} + {y_0} - 2{z_0} - 1} \right) - 1} \right] > \left( {4{x_0} - 1} \right)\left( {4{y_0} - 1} \right)$$ \to 4{x_0} + {y_0} - 2{z_0} - 1 > {y_0} \to 4{x_0} - 1 > 2{z_0}\ge 0$

Nhận thấy rằng vai trò của $x_0$ và $y_0$ là như nhau nên tương tự ta cũng chứng minh được rằng: $4{y_0}-1 > 2{z_0} \ge 0 $.

Do đó: $\left( {4{y_0} - 1} \right)\left( {4{y_0} - 1} \right) > 4{z_0}^2$ $\to$ Mâu thuẫn với giả sử ban đầu.

Vì vậy, phương trình vô nghiệm $\to Q.E.D$.

$\boxed{\textit{The problem is completely solved ...}}$ :icon12:
___
P/S: Trong bài làm không tránh khỏi thiếu sót, mọi người thông cảm và góp ý nhé, thân ! :)

MỌI NGƯỜI KHỞI ĐỘNG LẠI TOPIC ĐI Ạ !
___

@nguyenta98: Anh tìm đâu ra cách giải này vậy, nó thực ra lời giải trên của anh là một lời giải rất quý vì nó đã được nghĩ ra bởi Euler, ông không áp dụng bổ đề quan trongj mà vẫn làm được theo lối lùi vô hạn, anh có thể nói nguồn của lời giải này được không, em tìm mãi mà ko thấy nữa, trước đây em đã có cái file có cách cm đó rồi nhưng nó bị thất lạc :(

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-06-2012 - 20:25

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#67 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 18-06-2012 - 22:09

Nguyên, Tuấn, Huy, anh Trọng,...Mọi người vào khởi động lại topic này đi :(

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$y^2z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)+y^2z^2(y-1)=0$


Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình


$x+2y+2z=xyz$


Bài 3: Chứng minh rằng phương trình $4xy-x-1=z^2$ không có nghiệm nguyên $\geq0$

Bài 4: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:



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


Bài 5: Tìm các nghiệm nguyên không đồng thời bằng $0$ của phương trình



$(x^2+y)(x+y^2)=(x-y)^2$

Bài 3:
Giải như sau:
Bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.

Áp dụng đơn giản thôi
$$4xy-x-y=z^2 \leftrightarrow x(4y-1)-y=z^2$$
$$\leftrightarrow 4x(4y-1)-4y=(2z)^2$$
$$\leftrightarrow (4x-1)(4y-1)=(2z)^2+1$$
Nhận thấy $(2z)^2+1\geq 1$ và $4x-1,4y-1$ chia 4 dư 3 do đó khi phân tích ra thừa số nguyên tố cho $4x-1$ (cũng như $4y-1$) chắc chắn sẽ phải có một thừa số nguyên tố chia $4$ dư $3$ giả sử là $r \in \mathbb {P}$ áp dụng bổ đề suy ra $r|1$ vô lý
Do đó $4y-1=0$ và $4x-1=0$ vô lý
Vậy phương trình vô nghiệm!

Bài 2: Bài này thì đơn giản thôi, ta xét $max(x,y,z)=x,y,z$ lần lượt
TH1: $max(x,y,z)=x \Rightarrow 5x\geq x+2y+2z=xyz \Rightarrow 5\geq yz$ đến đây dễ rồi (chú ý $y,z>0$)
TH2: $max(x,y,z)=y \Rightarrow 5y\geq x+2y+2z=xyz \Rightarrow 5\geq xz$ tương tự cũng dễ rồi
TH3: $max(x,y,z)=z$ làm tương tự :D

Bài 4:
$pt \Leftrightarrow x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2$ là một kết quả quen thuộc rồi
WLOG: $x\geq y\geq z \Rightarrow 3x^3\geq tx^2y^2z^2 \Rightarrow 3x\geq ty^2z^2$
Mặt khác do $tx^2y^2z^2 \vdots x^2 \rightarrow x^3+y^3+z^3 \vdots x^2 \Rightarrow y^3+z^3 \vdots x^2$
$\Rightarrow y^3+z^3\geq x^2 =\dfrac{(3x)^2}{9}\geq \dfrac{t^2y^4z^4}{9} \Rightarrow 9(y^3+z^3)\geq t^2y^4z^4$
Do $y\geq z$ nên $18y^3 \geq t^2y^4z^4 \Rightarrow 18\geq t^2yz^4$ đến đây dễ rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-06-2012 - 22:12


#68 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 18-06-2012 - 22:53

@nguyenta98: Anh tìm đâu ra cách giải này vậy, nó thực ra lời giải trên của anh là một lời giải rất quý vì nó đã được nghĩ ra bởi Euler, ông không áp dụng bổ đề quan trongj mà vẫn làm được theo lối lùi vô hạn, anh có thể nói nguồn của lời giải này được không, em tìm mãi mà ko thấy nữa, trước đây em đã có cái file có cách cm đó rồi nhưng nó bị thất lạc :(

Đây em, chiều nay vừa nhai lại cái file này xong ai dè có người cần luôn :P
_________
Trang 15/23, VD 30 nhé ^_^

File gửi kèm


Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#69 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 17-12-2012 - 18:52

Ku 100 kí bá đạo quá :luoi: Tiếp nhá :lol:
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1,x,x+1$ có diện tích là số nguyên.

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương $n$ sao cho $n!$ chia hết cho $n^2+1$.

Hình đã gửi


#70 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 17-12-2012 - 20:22

Ku 100 kí bá đạo quá :luoi: Tiếp nhá :lol:
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1,x,x+1$ có diện tích là số nguyên.

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương $n$ sao cho $n!$ chia hết cho $n^2+1$.

:luoi:
Giải như sau:
Bài 2: Ta chọn $n^2+1=2y^2$ khi ấy $n^2-2y^2=-1$ đây là pt Pell loại $2$ nên có vô số nghiệm
Từ đó $n! \vdots 2y^2$ và do $n^2+1=2y^2 \Rightarrow y<n$ như vậy dễ cm $n! \vdots 2y^2$ mà pt trên có vô số nghiệm nên có vô số $n$ thỏa đề, đây là $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-12-2012 - 21:25

  • MIM yêu thích

#71 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 18-12-2012 - 14:14

Ku 100 kí bá đạo quá :luoi: Tiếp nhá :lol:
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1,x,x+1$ có diện tích là số nguyên.

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương $n$ sao cho $n!$ chia hết cho $n^2+1$.

Cách khác cho bài 2:
Giải như sau:
Bổ đề 1: Với $p \equiv 1 \pmod{4}$ hay $p=4k+1$ và $p$ nguyên tố, tồn tại $n$ sao cho $n^2+1 \vdots p$
Thật vậy ta xét $(1,2,3,...,p-1)$ và xét số $k$ và $k'$ thuộc tập trên sao cho $k'.k \equiv -1 \pmod{p}$ khi ấy nếu $k'=k$ thì $k^2 \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow k^2+1 \vdots p$ khi đó nhận định được chứng minh còn nếu $k \neq k'$ khi ấy tập $(1,2,...,p-1)$ được tách thành $\dfrac{p-1}{2}$ cặp $k,k'$ sao cho $k.k' \equiv -1 \pmod{p}$ và cũng chú ý với mỗi $k$ chỉ tồn tại duy nhất một số $k'$ (do nếu tồn tại $k''$ sao cho $k.k'' \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $k'' \equiv k' \pmod{p}$ vô lí vì $k',k''<p$)
Khi ấy $(1.2...p-1) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}$ mà $p \equiv 1 \pmod{4}$ suy ra $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$
Do đó $(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$ $(2)$ mặt khác ta cũng chia tương tự $(1,2,...,p-1)$ thành các cặp $k.k' \equiv 1 \pmod{p}$ (ngoại trừ $(1,p-1)$ khi ấy cm tương tự trên với mỗi $k$ thì tồn tại duy nhất một số $k'$ do đó $(2.3...p-2) \equiv 1 \pmod{p}$ như vậy $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$ vô lí với $(1)$ do đó nhận định được cm hay với $p \in P$ và $p \equiv 1 \pmod{4}$ luôn tồn tại $n$ sao cho $n^2+1 \vdots p$

Bổ đề 2: Giả sử $n^2+1 \vdots p$ và $n'^2+1 \vdots q$ thì $n \equiv x \pmod{p}$ và $n' \equiv y \pmod{q}$
Khi ấy ta sẽ cm tồn tại số $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$
Thật vậy xét $p+x,2p+x,3p+x,...,qp+x$ thấy trong $q$ số trên không có hai số nào cùng số dư khi chia cho $q$ vì ngược lại suy ra $ip+x \equiv jp+x \pmod{q} \Rightarrow (i-j)p \vdots q \rightarrow i-j \vdots q$ (do $p,q$ nguyên tố và $p \neq q$) vô lí vì $1\le i,j\le q$
Do đó mọi số của dãy trên có số dư khác nhau khi chia cho $q$ nên tồn tại $l$ sao cho $lp+x \equiv y \pmod{q}$ khi ấy chọn $N=lp+x$ ta sẽ có $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$, khẳng định được cm
Như vậy ta cm xong tồn tại $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$

Bổ đề 3: Có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$
Thật vậy giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $4k+1$ gọi chúng là $p_1,p_2,...,p_k$ là tất cả số nguyên tố $ \equiv 1 \pmod{4}$ khi ấy xét $B=(p_1p_2...p_k)^2+1$ thì nhận thấy theo bổ đề $p \equiv 3 \pmod{4}$ thì $p|a^2+b^2 \Leftrightarrow p|a,p|b$ từ đó suy ra $B$ không thể có ước nguyên tố $ \equiv 3 \pmod{4}$ do đó $B$ có một ước nguyên tố là $r$ với $r \equiv 1 \pmod{4}$ và do $p_1,p_2,...,p_k$ là tất cả số nguyên tố có dạng $4k+1$ do đó $r \in (p_1,...,p_k)$ nhưng khi ấy $(p_1...p_k)^2 \vdots r \Rightarrow 1 \vdots r$ vô lí do đó có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$ như vậy khẳng định được cm
$$**********$$
Từ bổ đề 1 $p \equiv 1 \pmod{4}$ nguyên tố tồn tại $n$ để $n^2+1 \vdots p$
Gọi $q$ là số nguyên tố khác $p$ với $q \equiv 1 \pmod{4}$ khi ấy cm tương tự với $p$ ta có tồn tại số nguyên $n'$ sao cho $n'^2+1 \vdots q$
Theo bổ đề 2 suy ra tồn tại $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$ suy ra $N^2+1 \vdots (pq)$
Gọi $N \equiv M \pmod{pq}$ với $0<M<pq$ khi ấy $M^2+1 \vdots (pq)$ ta thấy nếu $M\le \dfrac{pq-1}{2}$ khi ấy ta thấy $(pq-M)^2+1 \equiv M^2+1 \pmod{pq}$ suy ra $(pq-M)^2+1 \vdots (pq)$ và do $M\le \dfrac{pq-1}{2}$ nên
$pq-M>\dfrac{pq}{2}$ còn $M\geq \dfrac{pq}{2}$ thì ta giữ nguyên
Do đó qua nhận định vừa rồi ta thấy luôn tồn tại số $r$ sao cho $\dfrac{pq}{2}<r<pq$ sao cho $r^2+1 \vdots (pq)$
Khi ấy chọn $n=pq$ nên $n>\dfrac{pq}{2}$ mà $r^2+1 \vdots (pq)$ suy ra $n^2+1 \vdots (pq)$ và với $p,q$ đủ lớn thì $\dfrac{pq}{2}>p$ và $\dfrac{pq}{2}>q$ $(*)$ mà $n^2+1 \vdots pq$ nên $n^2+1=pqA$ với $A$ là số nguyên dương khi ấy $A<n$ vì nếu $A\geq n$ thì ta có $n^2+1=pqA\geq pqn \Rightarrow \dfrac{n^2+1}{n}\geq pq \Rightarrow n\geq pq$ vô lí vì ta đã chọn $n<pq$ do đó $A<n$
Giờ ta sẽ cm $n! \vdots n^2+1$ thật vậy $n^2+1=pqA$ mà như ta đã cm ở $(*)$ suy ra $n\geq \dfrac{pq+1}{2}>p,q$ nên $n! \vdots p,q$ mặt khác $A<n$ nên $n! \vdots A$, với $n$ đủ lớn ta hoàn toàn có $n! \vdots n^2+1$ như vậy việc còn lại của ta là cm có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$ hay vô số $p,q$ nhưng đó chính là bổ đề 3 nên có vô số $p,q$
Giờ ta cm nốt có vô số số $n$ thỏa mãn, thật vậy theo cách chọn của ta ở trên với mỗi $p,q$ sao cho $p \equiv q \equiv 2 \pmod{4}$ và $p,q$ nguyên tố luôn tồn tại số $n$ với $\dfrac{pq}{2}<n<pq$ sao cho $n! \vdots (n^2+1)$ (theo cm trên) như vậy do theo bổ đề $3$ có vô số số nguyên tố dạng $4k+1$ nên tồn tại $q'$ đủ lớn để $q'>2q$ khi ấy cũng tồn tại $n'$ sao cho $(n')! \vdots (n'^2+1)$ và $\dfrac{pq'}{2}<n'<pq$ và vì $q'>2q$ nên $\dfrac{pq'}{2}>pq>n$ do đó $n'>n$
Như vậy ta tiếp tục chọn $n''>n'>n$ và tương tự vậy, dãy $n$ chọn thực sự tăng nên có vô số $n$ thỏa đề, đây là $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-12-2012 - 14:43


#72 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 18-12-2012 - 21:42

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1,x,x+1$ có diện tích là số nguyên.


Giải như sau:
Áp dụng CT Herong cho tam giác ta có:
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ như vậy S=$\sqrt{\frac{3x}{2}\frac{x}{2}\frac{x-2}{2}\frac{x+2}{2}}$
Ta cần tìm x sao cho $3(x^2-4)$ là số chính phương
Như vậy:$3x^2-12=y^2\Rightarrow y\vdots 3\Rightarrow y=3y_1\Rightarrow x^2-4=3y_1^2$
Do 1 số CP chia 4 dư 0 hoặc 1 nên $y^2$ chia hết cho 4 $\Rightarrow x$ chẵn, $y$ chẵn
$x=2x_1,y_1=2y_2$ $\Rightarrow 4x_1^2-4=12y_2^2\Leftrightarrow x_1^2-3y_2^2=1$
Ta có PT Pell quen thuộc và dễ có $(2,1)$ là ước dương nhỏ nhất
Theo Công thức $x+y\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^k$ ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#73 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 18-12-2012 - 21:55

Mọi người khởi động lại topic PT NN đj:D. Em đang học phần này:
Bài toán 1:
Chứng minh rằng nếu $x,y,z$ là 1 bộ số Pitago thì ít nhất 1 trong 3 số là bội của 4
Bài toán 2:
Chứng minh rằng với $x,y,z$ là 1 bộ sôs Pitago thì với $n>2$ nguyên ta có: $x^n+y^n$ khác $z^n$

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#74 upinmie

upinmie

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 27 Bài viết

Đã gửi 03-01-2014 - 13:45

Tìm x,y là số tự nhiên sao cho $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x=y^{2}$



#75 phatthemkem

phatthemkem

    Trung úy

  • Thành viên
  • 910 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tường THPT số 1 Đức Phổ, huyện Đức Phổ, tỉnh Quảng Ngãi
  • Sở thích:Ăn kem

Đã gửi 03-01-2014 - 17:44

Tìm x,y là số tự nhiên sao cho $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x=y^{2}$ $(1)$

Dùng phương pháp kẹp

Với mọi $x$ tự nhiên ta luôn có $\left ( 2x^2+x \right )^2\leq 4\left ( x^4+x^3+x^2+x \right )\leq \left ( 2x^2+x+1 \right )^2$ (Dùng biến đổi tương đương có thể chứng minh được.)

Hay $\left ( 2x^2+x \right )^2\leq 4y^2\leq \left ( 2x^2+x+1 \right )^2$

Suy ra $4y^2=\left ( 2x^2+x \right )^2$ hoặc $4y^2=\left ( 2x^2+x+1 \right )^2$

Thay vào $(1)$ tìm ra $x.$


  Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại

 

ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot

 

  “Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn

 

những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”

 

-Mark Twain

:botay :like :icon10: Huỳnh Tiến Phát ETP :icon10: :like :botay

$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39


#76 KuRo2011

KuRo2011

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 09-07-2014 - 16:42

cho mình hỏi thêm bài nha:giải các pt nghiệm nguyên:a) x^2+y^2=7z^2

                                                                                     b)(x^2+y)(x+y^20=(x+y)^3

 

 



#77 phatthemkem

phatthemkem

    Trung úy

  • Thành viên
  • 910 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tường THPT số 1 Đức Phổ, huyện Đức Phổ, tỉnh Quảng Ngãi
  • Sở thích:Ăn kem

Đã gửi 12-07-2014 - 20:04

Mọi người khởi động lại topic PT NN đj:D. Em đang học phần này:
Bài toán 1:
Chứng minh rằng nếu $x,y,z$ là 1 bộ số Pitago thì ít nhất 1 trong 3 số là bội của 4
 

Theo đề, giả sử rằng $x^2+y^2=z^2$, phương trình này có nghiệm $x=n^2-1,y=2n,z=2n^2+1$ ($n$ là số nguyên dương)

Xét các trường hợp chẵn lẻ của $n$ ta được đpcm, chúc em thành công!!


  Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại

 

ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot

 

  “Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn

 

những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”

 

-Mark Twain

:botay :like :icon10: Huỳnh Tiến Phát ETP :icon10: :like :botay

$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39






1 người đang xem chủ đề

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