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

Số học -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

tuyển tập-sưu tầm.

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 44 trả lời

#41 maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quy Nhơn

Đã gửi 24-06-2013 - 08:16

Ta dễ dàng có nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=1;u_{1}=4$, $u_{n+1}=6.u_n-u_{n-1}$

$\bullet$ với $n=4$ ta có ngay nghiệm khởi đầu bằng $(2;2)$. 

Phương trình trở thành $a^2+b^2-3ab=-4$.

Làm tương tự trên là có ngay nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=2;u_{1}=2$, $u_{n+1}=3.u_n-u_{n-1}$....

Spoiler

Hình như cậu làm sót nghiệm rồi Đạt à. Với trường hợp $n=7$ ta còn có 1 bộ nghiệm khởi đầu là ($1;2$) và do đó ta còn một dãy nghiệm xác định bới $(a,b)=(u_{n};u_{n+1})$ với $u_{1}=1;u_{2}=2;u_{n+1}=6u_{n}-u_{n-1}$.

 

======================

 

Có ai có tài liệu về pt Markov ở trên k?

=======================


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 24-06-2013 - 08:28


#42 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-07-2013 - 20:37

Lời giải bài toán 28 :

Ta sẽ chứng minh $S=\left\{\frac{k(k-1)}{2}| 1\leq k \leq 2^{n}\right\}$ là 1 hệ thặng dư đầy đủ modulo $2^{n}$. Thật vậy giả sử tồn tại 2 số $1\leq a< b\leq 2^{n}$ mà $\frac{a(a-1)}{2}\equiv \frac{b(b-1)}{2}\pmod{2^{n}}\Rightarrow \frac{(a-b)(a+b-1)}{2}\equiv 0 \pmod{2^{n}}$.

Nhưng $a-b$ và $a+b-1$ khác tính chẵn lẻ, nên $a-b\vdots 2^{n+1}$ hoặc $a+b-1\vdots 2^{n+1}$. Và cả 2 điều này không xảy ra do $0<a-b<a+b-1<2^{n+1}$.

Kết thúc chứng minh $\square$

 

Lời giải bài toán 29 :

Chúng ta nhắc lại 1 đẳng thức quen thuộc với số Fibonacci :

$$F_{pn}=\sum^{k}_{i=0}\binom{p}{1}F_i.F^{i}_{n}.F^{p-i}_{n-1}$$

Bây giờ giả sử $p^{\alpha}|F_{n}$ với $\alpha>0$. Số hạng ở trên tương ứng với $i=0$ là $0$, còn lại tất cả các số hạng khác đều chia hết ch0 $p^{\alpha+1}$ (Vì có nhân tử $p$ và $F_{n}$), suy ra $p^{\alpha+1}| F_{pn}$.

Cuối cùng, để ý $2|F_{3}$ và $5|F_{5}$, $(F_{a};F_{b})=F_{(a;b)}$, chúng ta có $10^{k}|F_{15.10^{k-1}}$. Và từ đây ta có điều phải chứng minh $\square$

 

Bài 30 các bạn suy nghĩ tiếp nhé, khá hay đấy :P

 

Bài toán 31 :

Chứng minh rằng pt sau không có nghiệm nguyên dương :

$$x^3+y^3=(x+y)^2+(xy)^2$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-07-2013 - 21:31

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#43 dinhthanhhung

dinhthanhhung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 07-08-2013 - 23:38

Bài toán 31 :

 

 

Em không chắc lắm .

$x+y=m,xy=n$

Ta có : $m^3=m^2+3mn+n^2$(*)

$n^2=mk$ (1)

Suy ra : $m|3n+k$

Do đó : $m|kn$

Vậy : $m^2|n^3$ (2)

Từ (1,2) có $m|n$ (?!)

Đặt : n=mt

Có $m=1+3t+t^2$

Suy ra : $4m=36+12t+t^2-32=(t+6)^2-32$(3)

Mặt khác ,xét : $\Delta _{*}=9m^2-4(m^2-m^3)=m^2(5+4m)$

Do (*) là phương trình nghiệm nguyên có hệ số nguyên : $4m=z^2-5$(4)

Kết hợp (3),(4) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dinhthanhhung: 08-08-2013 - 00:31


#44 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 11-04-2014 - 21:53

Bài 32: 

 

Một bộ số $(u,v,w)$ được gọi là đẹp nếu \[ \begin{cases}u>v+w \\ u^t-v^t-w^t\equiv 1\pmod{uvw+1} , \forall t\equiv \pm 1\pmod 6\end{cases}\]
Tìm tất cả bộ đẹp.
 
enjoy!!!


#45 nukata123

nukata123

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Toán,nhạc,thể thao

Đã gửi 10-02-2015 - 20:05

Ta có $m^4+m^3+1=m^3(m+1)+1=k^2$ dễ thấy $k$ lẻ.

Biển đổi thành $m^3(m+1)=(k-1)(k+1)$ mà $(k-1;k+1)=2$ và $(m;m+1)=1$ nên $m=m(m+1)-m^2=(k+1)-(k-1)=2$

Vậy số nguyên thỏa mãn là $m=2$ :D

Mình không hiểu đoạn m=m(m+1)-m^2=(k+1)-(k-1) bạn có thể giải thik được k :D







1 người đang xem chủ đề

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