Bài này phải là $x$ lớn nhất, nhỏ nhất thì quá đơn giản, vô nghĩaBài toán ( góp vui ) : Tìm x nguyên dương nhỏ nhất sao cho $2000!$ chia hết cho $23^{x+6}$
Giải như sau:
Theo định nghĩa suy ra $x+6\le \left\lfloor\dfrac{2000}{23}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{2000}{23^2}\right\rfloor=86+3=89$
Suy ra $x\le 83$
Vậy $\boxed{x=83}$
Giải như sau:Bài 18: Tìm tất cả các số nguyên $a;b;c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=a^2b^2$
Vì đều mũ $2$ nên ta có thể giả sử $a,b,c$ nguyên không âm
Bổ đề: $p \in \mathbb{P}, p \equiv 3 \pmod{4}, a^2+b^2 \vdots p \Leftrightarrow p|a,b$
Áp dụng $a^2+b^2+c^2=a^2b^2 \Rightarrow c^2+1=(a^2-1)(b^2-1)$
Nhận thấy nếu $a,b$ cùng lẻ suy ra $a^2+b^2 \equiv 2 \pmod{4}, a^2b^2 \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow c^2 \equiv 3 \pmod{4}$ vô lý
Suy ra $a,b$ tồn tại ít nhất một số chẵn, giả sử $a$ chẵn
Nếu $a=0 \Rightarrow b^2-1<0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow c=0$
Nếu $a\geq 2 \Rightarrow a^2-1 \vdots p$ với $p$ nguyên tố và $p \equiv 3 \pmod{4}$ (do $a$ chẵn nên giả sử ngược lại tất cả ước nguyên tố của $a$ đều chia $4$ dư 1 suy ra $a^2 \equiv 2 \pmod{4}$ vô lý
Suy ra áp dụng bổ đề thì có $c \vdots p, 1 \vdots p$ mâu thuẫn
Vậy $\boxed{(a,b,c)=(0,0,0)}$
Cách khác: Chứng minh tương tự suy ra trong hai số $a,b$ có một số chẵn, giả sử $a$ chẵn suy ra $a=2a_1$
Nên $4a_1^2+b^2+c^2=4a_1^2b^2$ suy ra $b^2+c^2 \vdots 4 \Rightarrow b=2b_1,c=2c_1$
Suy ra $a_1^2+b_1^2+c_1^2=4a_1^2b_1^2$
Tiếp tục chứng minh như vậy ta thấy $a_1,b_1,c_1$ khi phân tích có dạng chính tắc $2^t.x$ với $x$ lẻ, cứ giảm dần như vậy đến khi còn $x$ lẻ khi đó $a_1,b_1,c_1$ cùng lẻ nên $VT \equiv 3 \pmod{4}$ còn $VP$ số thừa số $4$ ngày càng tăng nên nó chia $4$ dư $0$ suy ra $VT\neq VP$ nên vô lý
Do đó pt chỉ có nghiệm $a=b=c=0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-08-2012 - 21:25
