CMR $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}\geq \sum \frac{c}{b}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM : $\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}\geq\frac{2a}{c}$

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi công lại, ta được : $\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geq\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}$

tìm min $\frac{2}{-4x^{2}+8x-5}$

Ta có :

$-4x^{2}+8x-5=-1-(4x^{2}-8x+4)=-1-4(x-1)^{2}\leq -1$

$\Rightarrow \frac{2}{-4x^{2}+8x-5}\geq\frac{2}{-1}=-2$

dấu = xảy ra $\Leftrightarrow$ x=1

p/s : lần sau bạn đừng post những bài như thế này nữa, loãng topic lắm, chỉ nên post những bài hay, khó, mà mình không làm được thôi.

Bài 501 : Cho các số thực bất kỳ a,b,c.CMR $\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}\geq\frac{9}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

p/s : sao mọi người không đánh STT của bài cho dễ theo dõi nhỉ

Bài 156 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001$

(Junior Balkan 2001)

Rảnh rảnh ngồi giải thử một bài @@

Trước hết, ta nhận thấy, với mọi số nguyên $t$ thì $t^{3}\equiv 0,-1,1 (mod 9)$

Mà $2001 \equiv 3 (mod 9)$ nên $a,b,c\equiv 1 (mod 3)$

Đặt $a=3x+1,b=3y+1,c=3z+1$ với $x,y,z \in\mathbb{N}$

Ta có : $a^{3}\leq 2001 \Rightarrow a\leq 12\Rightarrow x\leq 3$

Tương tự $y,z\leq 3$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$

Khi đó $a^{3}\geq b^{3}\geq c^{3}$ suy ra $3a^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001\Rightarrow x\geq 3$

Vây $x=3$ suy ra $a=10$. Thay vào phương trình đã cho, ta được

$b^{3}+c^{3}=1001$

Suy ra $2b^{3}\geq 1001\Rightarrow y\geq 2$

$\bullet$ Nếu $y=2$ thì $b=7$ suy ra $c^{3}=658$ (không có $c$ thoả mãn)

$\bullet$ Nếu $y=3$ thì $b=10$, suy ra $c=1$.

Do tính hoán vị nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ là $(10,10,1),(10,1,10),(1,10,10)$

Tuyệt vời, bốn bài JBMO đã bị các bạn xử đẹp, mình thì chắc xử đẹp mấy bài cũ của mình đóng bụi trên topic này thôi @@

Bài 150 : Cho số nguyên dương $n$ bất kì. Chứng minh phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

có nghiệm nguyên không âm.

Ta thừa nhân kết quả của bài $149$ để chứng minh bài $150$ này, tất nhiên là bài $149$ sẽ được chứng minh sau.

Để giải quyết bài $150$, ta cần có hai bổ đề :

Bổ đề 1 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p$

có nghiệm nguyên không âm.

Bổ đề 2 : Giả sử hai phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

với $m,n$ là hai số nguyên dương. Chứng minh phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$

Trước hết, ta có kết quả hiển nhiên sau được gọi là hằng đẳng thức $Lagrange$ :

$(A^{2}+B^{2})(C^{2}+D^{2})=(AC+BD)^{2}+(AD-BC)^{2}$

Giả sử hai phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$ có nghiệm nguyên không âm. Gọi các nghiệm ấy lần lượt là $x_1,y_1,z_1,t_1$ và $x_2,y_2,z_2,t_2$. Ta có :

$x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2}=m$

$x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2}=n$

Ta có : 

$mn=(x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1^{2}+y_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(x_1^{2}+y_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$+(z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(z_1^{2}+t_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1y_1+x_2y_2)^{2}+(x_1y_2-x_2y_1)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2)^{2}$

$+(t_1x_2+z_1y_2)^{2}+(t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(z_1t_2-t_1z_2)^{2}$

$=(x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(x_1y_2-y_1x_2+z_1t_2-t_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2+t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2-z_1y_2-t_1x_2)^{2}$

Suy ra phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$ có nghiệm nguyên không âm.

Trở lại bài toán, xét hai trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $n=1$ thì rõ ràng phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=1$

có nghiệm nguyên không âm, chẳng hạn như $x=y=z=0,t=1$

$\bullet$ Nếu $n>1$, khi đó, giả sử $n$ có phân tích tiêu chuẩn là

$n=p_1^{s_1}p_2^{s_2}...p_n^{s_n}$

với $p_1,p_2,..,p_n$ là các số nguyên tố, $s_1,s_2,...,s_n$ là các số nguyên dương. 

Khi đó, theo bổ đề $1$ thì với mọi $i=\overline{1,k}$ thì các phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p_i$

có nghiệm nguyên không âm.

Áp dụng liên tiếp bổ đề $2$ thì phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

cũng có nghiệm nguyên không âm.

Bài toán chứng minh xong.

Ủng hộ topic một số bài trong Junior Balkan Mathematical Olympiad nào

Trước hết, đối với những bài có dạng tìm các số nguyên $a$ sao cho $A$ là số chính phương hoặc lập phương của một số nguyên thì bằng cách đặt $A=x^{2}$ hoặc $A=y^{3}$ thì ta có thể quy bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên nên ta tạm chấp nhận những bài này cũng thuộc phần phương trình nghiệm nguyên nhé

Bài 154 : Tìm các số nguyên dương $x$, $y$ thỏa mãn :

$x^{y}=y^{x-y}$

(Junior Balkan 1998)

Bài 155 : Tìm các số nguyên dương $x$ sao cho $n^{2}+3^{n}$ là số chính phương.

(Junior Balkan 2000)

Bài 156 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001$

(Junior Balkan 2001)

Bài 157 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

(Junior Balkan 2005)

Bài 158 : Tìm nghiệm nguyên tố $p,q,r$ của phương trình sau :

$\frac{p}{q}-\frac{4}{r+1}=1$

(Junior Balkan 2008)

Bài 159 : Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau :

$2^{a}3^{b}+9=c^{2}$

(Junior Balkan 2009)

Bài 160 : Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $n.2^{n+1}+1$ là số chính phương.

(Junior Balkan 2010)

Bài 161 : Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$ và $y$ thỏa mãn :

$x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=5p$

(Junior Balkan 2011)

Bài 162 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z,t$ sao cho 

$2^{x}3^{y}+5^{z}=7^{t}$

(Junior Balkan 2012)

@tieutuhamchoi98 : bạn có thể post đề thoải mái nhưng hiện tại do mình đã post khá nhiều và cũng có nhiều bài chưa có lời giải nên bạn nên giải những bài toán này thì hơn

Xử đẹp mấy bài tồn đọng trong topic nào

 

Bài 161 : Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$ và $y$ thỏa mãn :

$x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=5p$

(Junior Balkan 2011)

Ta có : $x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=(x+y)(xy-p)=5p$

Do $5$ và $p$ là hai số nguyên tố.nên chỉ xảy ra các trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5\\ xy-p=p \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2,y=3 \\p=3  \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x=1,y=4\\ p=2  \end{matrix}\right.$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=p\\xy-p=5 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=6$

Suy ra $x+y=7$ hoặc $x=y=9$ nhưng do $p$ nguyên tố nên $p=7$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5p\\xy-p=1 \end{matrix}\right.$

- Nếu $x=1$ thì $\left\{\begin{matrix} y+1=5p\\y-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $y=1$ thì $\left\{\begin{matrix} x+1=5p\\x-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $x,y\geq 2$ thì $xy\geq 2x, xy\geq 2y\Rightarrow xy\geq x+y\Rightarrow 1+p\geq 5p$ (vô nghiệm)

Vậy $p=2, p=3, p=7$

Bài 147 : Cho số chính phương $n$ khác $0$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $n$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $4k+1$.

Topic giờ đóng bụi ghê, xử đẹp bài này của mình trước vậy

Điều kiện cần :

Giả sử $n=m^{2}$. Gọi $x$,$y$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Đặt $d=(x,y)$ và $x=dx_1,y=dy_1$ với $(x_1,y_1)=1$

Suy ra $d^{2}(x_1^{2}+y_1^{2})=m^{2}\Rightarrow m=dm_1\Rightarrow x_1^{2}+y_1^{2}=m_1^{2}$

Nhận thấy $m_1$ lẻ vì nếu $m_1$ chắn thì $4|x_1^{2}+y_1^{2}$ suy ra $x_1$ và $y_1$ cùng chẵn (mâu thuẫn với $(x_1,y_1)=1$)

Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $m_1$. Dễ thấy $(x_1,p)=(y_1,p)=1$

Theo định lý $Fermat$ nhỏ thì

$x_1^{p-1}\equiv 1 (mod p)$ và $y_1^{p-1}\equiv 1 (mod p)$

Do $p|x_1^{2}+y_1^{2}\Rightarrow x_1^{2}\equiv (-1)y_1^{2}(mod p)\Rightarrow x_1^{p-1}\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}y_1^{p-1}$

SUy ra $\frac{p-1}{2}$ chắn nên $p$ có dạng $4k+1$

Mọi ước nguyên tố của $m_1$ đều có dạng $4k+1$ nên $m$ có ước dạng $4k+1$

Điều kiện đủ :

Bổ đề 1 : (định lý $Fermat-Euler$) Mọi số nguyên tố có dạng $4k+1$ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Bổ đề 2 : Tích của hai số lẻ, mỗi số là tổng bình phương của hai số chính phương thì có thể biểu diễn được dưới dạng tổng bình phương của hai số chính phương.

Chứng minh hai bổ đề này ở trên.

Trở lại bài toán, đặt $n=m^{2}$ với $m=m_1p$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$. Theo bổ đề $1$ và $2$, tồn tại hai sô nguyên dương $a$ và $b$ sao cho : 

$a^{2}+b^{2}=p^{2}$

Vậy $(m_1a)^{2}+(m_1b)^{2}=(m_1p)^{2}=m^{2}=n$

Lỡ tay xử đẹp mấy bài JBMO rồi thôi đền cho các bạn mấy bài JBMO Shortlist vậy

Bài 164: Tìm các số nguyên $x,y,z$ thoả mãn phương trình :

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=2000$

(JBMO Shortlist 2000)

Bài 165 : Tìm các số nguyên dương $n$ không phải là bội số của $3$ sao cho $2^{n^{2}-10}+2133$ là một lập phương của số nguyên dương.

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 166 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ sao cho :

$x^{3}+y^{3}=2001p$ hoặc $x^{3}-y^{3}=2001p$ với $p$ là một số nguyên tố

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 167 : Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho :

$x^{5}+y^{5}+1=(x+2)^{5}+(y-3)^{5}$

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 168 : Tìm các số tự nhiên có $4$ chữ số $\overline{abcd}$

$\overline{abcd}=11(a+b+c+d)^{2}$

(JBMO Shortlist 2006)

Bài 169 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho :

$4^{x}+3^{y}=z^{2}$

(Turkey Junior National Olympiad 2008)

Bài 170 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ và số nguyên tố $p$ sao cho :

$x^{2}-3xy+p^{2}y^{2}=12p$

(Turkey Junior National Olympiad 2012)

ta có $(x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2=x^4+y^4+z^4+2000$ rõ ràng vế trái < vế phải

Cho $a=b=c$ thì vế trái $<$ vế phải.

Cho $a=9b=9c$ thì vế trái $>$ vế phải.

Do đó, ta không thể đánh giá bằng bất đẳng thức được.

Một cách giải khá hay bên mathlinks

Giải

Sử dụng kết quả hiển nhiên $x^{4}\equiv x^{2} (mod 3)$ với mọi $x$ nguyên, ta có : 

Một vài bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong Asian Pacific Mathematical Olympiad 

Bài 180 : Chứng minh rằng phương trình :

$6(6a^{2}+3b^{2}+c^{2})=5n^{2}$

không có nghiệm tự nhiên, ngoại trừ nghiệm $a=b=c=n=0$

(APMO 1989)

Bài 181 : Xác định các số nguyên dương $n$ để phương trình :

$x^{n}+(2+x)^{n}+(2-x)^{n}=0$

có một nghiệm nguyên duy nhất.

(APMO 1993)

Bài 182 : Tìm các số tự nhiên $a_1,a_2,...a_9$ là một trong các số $1,2,...,9$ thỏa mãn :

$i. a_1+a_2+a_3+a_4=a_4+a_5+a_6+a_7=a_7+a_8+a_9+a_1$

$ii. a_1^{2}+a_2^{2}+a_3^{2}+a_4^{2}=a_4^{2}+a_5^{2}+a_6^{2}+a_7^{2}=a_7^{2}+a_8^{2}+a_9^{2}+a_1^{2}$

(APMO 2000)

Bài 183 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Chứng minh không tồn tại $a,b,c$ sao cho các số $a^{2}+b+c$, $b^{2}+c+a$ và $c^{2}+a+b$ đều là các số chính phương.

(APMO 2011)

Anh namsub cho em hỏi tí, chỗ anh đặt $l=2^{ \alpha} p_1p_1 \cdots p_n$ sao $\alpha$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$, em nghĩ là $2,3...$ vẫn được chớ.

Thế này Toàn nè, chỗ ấy anh đặt $n=m^{2}l$ với $l=2^{\alpha }p_1p_2...p_n$ với $\alpha$ bằng $0$ hoặc $1$. Nên nếu $\alpha$ lớn hơn 1 thì nó chuyển sang bên $m^{2}$ nữa cơ mà.

À mình có ý này, để topic tiếp tục phát triển và chất lượng cao hơn, hay là ta dịch mấy bài bên đề MO và TST của các nước về phương trình nghiệm nguyên vào nhỉ

Spoiler

Trừ China TST và IMO

Nâng trình độ lên nào, bây giờ là Balkan MO

Bài 174 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Tìm tất cả nghiêm thực $x,y,z$ của hệ phương trình :

(Balkan MO 1984)

Bài 175 : Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $m$ khác $1$. Chứng minh rằng phương trình : 

$\frac{x^{p}+y^{p}}{2}=(\frac{x+y}{2})^{m}$

có nghiệm nguyên dương $(x,y)\neq (1,1)$ khi và chỉ khi $m=p$.

(Balkan MO 1993)

Bài 176 : Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên

$x^{2}+4=y^{5}$

(Balkan MO 1998)

Bài 177 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y$ nguyên tố :

$x^{y}-y^{x}=xy^{2}-19$

(Balkan MO 2004)

Bài 178 : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ để $p^{2}-p+1$ là lập phương của một số nguyên dương.

(Balkan MO 2005)

Bài 179 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y,z$ nguyên dương :

$3^{x}-5^{y}=z^{2}$

(Balkan MO 2009)

Bài 157 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

(Junior Balkan 2005)

Không ngờ JBMO lại có những bài dễ thế này

Đặt $x+y=a, xy=b$, dễ thấy $a^{2}\geq 4b$. Ta có :

Do $a^{2}\geq 4b$ nên $2a^{2}\leq 664\Leftrightarrow a\leq 18$.

Lại có $b>0$ nên $3a^{2}\geq 664\Leftrightarrow a\geq 15$.

Suy ra $15\leq a\leq 18$.

Từ $(1)$ nhận thấy $3a^{2}$ chẵn nên $a$ chẵn, suy ra $a=16$ hoặc $a=18$

$\bullet$ Nếu $a=16$ thì $b=26$ (không thoả mãn $a^{2}\geq 4b$)

$\bullet$ Nếu $a=18$ thì $b=77$.

Do đó, $x=11, y=7$ hoặc $x=7, y=11$

Vậy : phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y)=(7,11), (11,7)$

tôi ko biết làm có đúng ko nhưng cứ viết vậy

 

do$x^{2}\equiv 0,1(mod;4)\Rightarrow x^{2}+y^{2}\not\equiv 3 mod 4$ (vô lí)

Chém luôn, chả biết đúng hay sai.

Bổ đề quen thuộc : Nếu $x,y$ nguyên và $p$ nguyên tố có dạng $4k + 3$ thỏa $p|x^{2}+y^{2}$ thì $p|x$ và $p|y$

Giải :

Gỉa sử trong phân tích tiêu chuẩn của $n$, các ước nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$ có dạng $4k+3$ đều có số mũ lẻ

Khi đó, đặt $n=p_{1}^{k_{1}}.p_{2}^{k_{2}}...p_{i}^{k_{i}}.q$ với $k_{1},k_{2},...,k_{i}$ đều lẻ và $q$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$

Ta có quyền giả sử $k_{1}=min\left \{ k_{1};k_{2};...;k_{i} \right \}$

Do đó từ bổ đề trên, ta suy ra :

$x$ và $y$ đều chia hết cho tất cả các số nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$

Đặt $x=p_{1}p_{2}...p_{i}.x_{1}$ và $y=p_{1}p_{2}...p_{i}.y_{1}$

Thay vào phương trình và thu gọn, ta được :

$$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=p_{1}^{k_{1}-2}.p_{2}^{k_{2}-2}....p_{i}^{k_{i}-2}.q$$

Do $k_{1},k_{2},...,k_{i}$ đều lẻ và $k_{1}$ nhỏ nhất nên cứ tiếp tục như vậy, cho đến một lúc nào đó thì ta có :

$$x_{m}^{2}+y_{m}^{2}=p_{1}.p_{2}^{k_{2}-2t}....p_{i}^{k_{i}-2t}.q\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{1}|x_{m} & & \\ p_{1}|y_{m}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow p_{1}^{2}|x_{m}^{2}+y_{m}^{2}\Rightarrow p_{1}^{2}|p_{1}.p_{2}^{k_{2}-2t}...p_{i}^{k_{i}-2t}$$

Điều này hiển nhiên vô lí

Vậy : Trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ thì các thừa số nguyên tố có dạng $4k + 3$ phải có số mũ chẵn

Rối quá mọi người nhỉ 

Về hai bài giải này mình chưa đề cập về kiến thức và trước hết là về kĩ năng biên luận phương trình $Diophant$ bậc $2$. Các bạn nên lưu ý đối với các bài toán có dạng chứng minh $A$ khi và chỉ khi thoả mãn $B$ ta nên trình bày dưới $2$ phần :

$\bullet$ Điều kiện cần : Để có $A$ thì phải thoả mãn $B$.

$\bullet$ Điều kiện đủ : Nếu thoả mãn $B$ thì có $A$.

Chẳng hạn như bài 146 (bài dễ nhất) ta có thể giải như sau :

Bài 146 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình :

$x^{2}+y^{2}=p$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $p$ không có dạng $4k+3$

$\bullet$ Điều kiện cần : Giả sử phương trình $x^{2}+y^{2}=p$ có nghiệm nguyên dương.

Dễ thấy $x^{2}\equiv 0;1(mod 4)$ nên $p=x^{2}+y^{2}\equiv 0;1;2 (mod 4)$

Suy ra $p$ không thể có dạng $4k+3$.

$\bullet$ Điều kiện đủ : Giả sử $p$ không có dạng $4k+3$. Lúc đó $p=2$ hoặc $p=4k+1$

- Nếu $p=2$ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $x=y=1$

- Nếu $p=4k+1$ thì ta có bài toán quen thuộc :

Bài toán : (Định lí $Fermat-Euler$) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$ thì $p$ luôn biểu diễn được dưới dạng tổng hai bình phương của $2$ số nguyên dương.

Giả sử $p=4k+1$

Xét $a=(2k)!=(-1)^{2k}(2k)!=(-1)(-2)...(-2k)\equiv (p-1)(p-2)...(p-2k)=(4k)(4k-1)...(2k+1)(mod p)$

Vậy $a^{2}\equiv (2k)!(4k)(4k-1)...(2k+1)=(4k)!=(p-1)!(mod p)$

Theo định lý $Wilson$ thì $(p-1)!\equiv -1(mod p)$

Suy ra $a^{2}\equiv -1(mod p)$

Kí hiệu $q=[\sqrt{p}]$. Xét $(q+1)^{2}$ số có dạng $ax+y$ với 

$x=0,1,...,q$

$y=0,1,...,q$

Vì $(q+1)^{2}>p>q^{2}$ nên tồn tại cặp ($x_1,y_1$) và ($x_2,y_2$) sao cho $ax_1+y_1\equiv ax_2+y_2(mod p)$

hay $p|a(x_1-x_2)+(y_1+y_2)$

Đặt $x=\left | x_1-x_2 \right |$ và $y=\left | y_1-y_2 \right |$

Ta có : $a^{2}x^{2}-y^{2}=(ax-y)(ax+y)\vdots p$

Lại có $a^{2}\equiv -1(mod p)$ nên $x^{2}+y^{2}\equiv -a^{2}x^{2}+y^{2}\equiv 0 (mod p)$

Do $x^{2}\leq q^{2}\leq p$ và $y^{2}\leq q^{2}\leq p$, với chú ý $p$ nguyên tố ta suy ra được $x^{2}+y^{2}<2p$

Suy ra $x^{2}+y^{2}=p$. Dễ thấy $x\neq 0$, $y\neq 0$

Chứng minh hoàn tất.

Thể theo nguyện vọng của Juliel, mình xin phép xử đẹp bài $148$

Bài 148 : Cho số nguyên dương $n$ không phải là số chính phương. Chứng minh phương trình 

$x^{2}+y^{2}=n$ ($1$)

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ các số nguyên tố dạng $4k+3$ có số mũ chẵn.

$\bullet$ Điều kiện cần : 

Trước khi chứng minh, ta có một bổ đề quen thuộc :

Bổ đề 1 : Cho số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$ và các số nguyên dương $x$,$y$ sao cho $p|x^{2}+y^{2}$. Khi đó $p|x$ và $p|y$.

Trở lại bài toán, gọi $m^{2}$ là ước chính phương lớn nhất của $n$. Khi đó $n=m^{2}.l$ với $l$ không phải là số chính phương.

Ta cần chứng minh mọi ước của $l$ đều có dạng $4k+1$.

Giả sử $x$, $y$ là một nghiệm của ($1$). Đặt $d=(x,y), x=x_1d, y=y_1d$ với $(x_1,y_1)=1$

Ta có : $d^{2}(x_1^{2}+y_1^{2})=m^{2}.l$

Vì $m^{2}$ là ước chính phương lớn nhất của $n$, và $d=(x,y)$ với $x^{2}+y^{2}=n$ nên suy ra $d^{2}|m^{2}\Rightarrow d|m$ 

Đặt $m=dm_1$ thì ta có : $x_1^{2}+y_1^{2}=m_1^{2}l$

Giả sử $p$ có một ước nguyên tố $q$ nào đó có dạng $4k+3$ thì theo bổ đề $1$ thì $q|x_1,q|y_1$ (mâu thuẫn với $(x_1,y_1)=1$)

Điều kiện cần chứng minh xong.

$\bullet$ Điều kiện đủ : 

Chứng minh điều kiện đủ ta cần có $2$ bổ đề 

Bổ đề 2 (Định lí $Fermat-Euler$) : Mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$ đều có thể viết được dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên dương (xem chứng minh ở trên)

Bổ đề 3 : Tích của hai số lẻ, mỗi số lẻ là tổng bình phương của hai số nguyên dương cũng sẽ là tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Chứng minh : Giả sử 

$n=a^{2}+b^{2}$ và $m=c^{2}+d^{2}$

Khi đó : 

$mn=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ad+bc)^{2}+(ac-bd)^{2}=(ac+bd)^{2}+(ad-bc)^{2}$

Nếu $ac=bd$ và $ab=cd$ thì $a=b$ và $c=d$. Khi đó $m$ và $n$ là các số chẵn, mâu thuẫn.

Nếu ít nhất một trong hai số $ac-bd$ và $ab-cd$ khác $0$ thì lúc đó $mn$ là tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Trở lại bài toán, đặt $n=m^{2}l$ với $l=2^{\alpha }p_1p_2...p_n$ với $\alpha$ bằng $0$ hoặc $1$ còn $p_i$ ($i=1,2,...,n$) là các số nguyên tố dạng $4k+1$.

Theo bổ đề $2$ và $3$, tồn tại các số nguyên dương $a$ và $b$ sao cho $p_1p_2...p_n=a^{2}+b^{2}$

Suy ra $(ma)^{2}+(mb)^{2}=m^{2}p_1p_2...p_n$

- Nếu $\alpha =0$ thì bài toán chứng minh xong.

- Nếu $\alpha =1$ thì ta có : $n=2m^{2}p_1p_2...p_n=2((ma)^{2}+(mb)^{2})=(ma+mb)^{2}+(ma-mb)^{2}$

Do $a\neq b$ nên bài toán chứng minh xong.

Tìm thêm được mấy bài về biểu diễn số nữa, cho anh em bội thực luôn

Bài 146 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=p$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $p$ không có dạng $4k+3$.

Bài 147 : Cho số chính phương $n$ khác $0$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $n$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $4k+1$.

Bài 148 : Cho sô nguyên dương $n$ không phải là số chính phương. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ các ước nguyên tố có dạng $4k+3$ phải có số mũ chẵn.

Bài 149 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p$

có nghiệm nguyên không âm.

Bài 150 : Cho số nguyên dương $n$ bất kì. Chứng minh phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

có nghiệm nguyên không âm.

Bài $150$ thường được phát biểu dưới dạng sau : Mọi số nguyên dương $n$ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của $4$ bình phương (Định lý $Lagrange$)

Spoiler

Thôi thế đủ rồi. Từ bài $147$ đến bài $150$ toàn bài khó nhằn thôi, anh em cố gắng nhé

Ủng hộ topic phát (bài nào trùng nhờ Jinbe xoá giùm )

Bài 142 : Giải phương trình nghiệm nguyên tố $p$,$q$,$r$ : 

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$

Bài 143 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với $x$,$y$ nguyên tố : 

$x(x+3)+y(y+3)=z(z+3)$

Bài 144 : Cho trước số nguyên dương $k$. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$x^{2}+y^{2}=2011^{2003^{k}+1}(10-z)$

Bài 145 (Bài toán $Lebesgue$) Chứng minh rằng phương trình $x^{2}-y^{3}=7$ không có nghiệm nguyên.

Bài 151 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương :

$3^{x}+4^{y}=7^{z}$($1$)

Bài này nếu giải phương trình nghiệm nguyên thì khá là dài, tí nữa mình sẽ post sau.

Bài này giải như sau.

Nhận thấy $x=y=z=1$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình ($1$). Ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất của ($1$).

Thật vậy, xét $x\geq 2,y\geq 2,z\geq 2$

$\bullet$ Nếu $x=2k$ thì phương trình ($1$) tương đương với :

$3^{2k}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 9^{k}+4^{y}=7^{z}$

Vì $9\equiv 1(mod 8)$ và $4^{y}\equiv0(mod 8)$ với $y\geq 2$ nên 

$9^{k}+4^{y}\equiv 1 (mod 8)$ 

Mặt khác 

$7^{z}\equiv (-1)^{z}(mod 8$)

Suy ra $z$ chẵn. Đặt $z=2t$ với $t\in\mathbb{N}$, khi đó :

$3^{x}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 3^{x}=7^{2t}-2^{2y}=(7^{t}-2^{y})(7^{t}+2^{y})$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3^{u}=7^{t}+2^{y} & & \\ 3^{v}=7^{t}-2^{y}& & \end{matrix}\right.$

với $u,v\in\mathbb{N}$, $u+v=x$

Suy ra 

$3^{u}+3^{v}=2.7^{t}$

Lại do $7\equiv 1(mod 3)$ nên $2.7^{t}\equiv 2(mod 3)$

- Nếu $v=0$ thì $2.7^{t}=3^{u}+1\equiv 1(mod 3)$ (mâu thuẫn). Vậy phương trình vô nghiệm với $v=0$

- Nếu $v>0$ thì $2.7^{t}=3^{u}+3^{v}\equiv 0(mod 3)$ (mâu thuẫn). Vậy phương trình vô nghiệm với $v>0$.

Vậy với $x=2k$ thì phương trình đã cho vô nghiệm.

$\bullet$ Nếu $x=2k+1$ với $k\in\mathbb{N}$ thì phương trình ($1$) trở thành : 

$3^{2k+1}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 3.9^{k}+4^{y}=7^{z}$

Vì $9^{k}\equiv 1(mod 8)$ suy ra $3.9^{k}+4^{y}\equiv 3 (mod 8)$

Mặt khác $7^{z}\equiv (-1)^{z}=\pm 1(mod 8)$ suy ra mâu thuẫn..

Vậy với $x=2k+1$ thì phương trình đã cho vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm nguyên dương duy nhất là $x=y=z=1$

Chơi luôn bài này 

Bài 152 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 

$3^{x}+4^{y}=7^{z}$

1.Cho x >2. chứng minh $\frac{x}{2}+\frac{8x^{3}}{\left ( x-2 \right )\left ( x+2 \right )^{2}}> 9$

Cho x,y,z là các số thực thoả mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $P=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz$

Cho các số thực a,b thoả mãn: $a^{2}+b^{2}+\left ( \frac{ab+1}{a+b} \right )^{2}=2$
Chứng Minh: $\sqrt{ab+1}$ là số hữu tỉ

Cho n là số tự nhiên. Tìm n sao cho 13n+3 là số chính phương.

Gợi ý : Sử dụng tính chất số nguyên tố

Đặt 13a+3 = k^{2} với k là số tự nhiên 

$\Rightarrow 13a-13=k^{2}-16\Leftrightarrow 13(a-1)=(k+4)(k-4)\Rightarrow (k+4)(k-4)\vdots13$

mà 13 là số nguyên tố $\Rightarrow k+4\vdots 13 hoặc k-4\vdots 13$

$\Rightarrow k=13t\pm 4$ với t là số tự nhiên 

$\Rightarrow 13a+3=(13t\pm4)^{2}=169t^{2}\pm104t+16 \Rightarrow a=13^{2}\pm 8t+1$

Chào các bạn, mình mới đến diễn đàn với lí do mình yêu thích toán học, mặc dù mình hơi kém, có gì xin các bạn giúp đỡ.

 

Các bạn có tài liệu về toán logic không? Cho mình xin tham khảo, học hỏi với.

của bạn nè. nó bao gồm toán logic và toán rời rạc nhé.

 ltth.pdf   1.57MB   2398 Số lần tải

Hâm nóng topic lại nào   

Bài 72. Giải các hệ phương trình nghiệm nguyên :

a. $\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=3\\ x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 \end{array} \right.$

b. $\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=3\\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=3 \end{array} \right.$