đây nè bạn

Phép so sánh hai xâu $A$ và $B$ để được một xâu mới $C$ theo quy tắc $A$&$B$ $\Rightarrow C$

với $c_i=1$ nếu $(a_i=1;b_i=0)$ hay $(a_i=b_i=1)$

 và $c_i=0$ nếu $(a_i=0;b_i=1)$ hay $(a_i=b_i=0)$

Đây là đề thi vao PTNK ĐHQGTPHCM năm 1993-1994 vòng 2 nhưng mình làm mãi mà không được, các bạn giúp mình nhé

Một dãy các con số $0$ và $1$ có độ dài $32$ được kí hiệu là $1$ xâu. Ta kí hiệu các xâu $A$, $B$, $C$ như sau

$A=(a_1;a_2;...;a_n)$

$B=(b_1;b_2;...;b_n)$

$C=(c_1;c_2;...;c_n)$

với $a_i,b_i,c_i=0$ hay $1$; $i=1,2,...,32$

Giá trị của một xâu là số các con số $1$ có trong xâu đó.

Một máy tính có thể xử lí các xâu bằng 2 phép biến đổi sau :

- Phép dịch chuyển các phần tử của $A$ đi $k$ cij trí, $1\leq k\leq 32$ theo quy tắc.

$(a_1,a_2,...,a_{32})\Rightarrow (a_k,a_{k+1},...,a_{31},a_{32},a_1,a_2,...,a_{k-1})$

 

- Phép so sánh hai xâu $A$ và $B$ để được một xâu mới $C$ theo quy tắc $A$&$B$ $\Rightarrow C$

với $c_i=1$ nếu $(a_i=1;b_i=0)$ hay $(a_i=b_i=1)$

và $c_i=0$ nếu $(a_i=0;b_i=1)$ hay $(a_i=b_i=0)$

Cho xâu $A$ có giá trị bằng $16$ và $B$ là một xâu tuỳ ý. Chứng minh rằng bằng cách dịch chuyển $A$ đi $k$ vị trí thích hợp và so sánh kết quả với $B$ ta sẽ được xâu $C$ có giá trị không nhỏ hơn $16$

p/s : tiêu đề em gõ sai rồi mong mod nào đọc rồi sửa giùm

Cho $a,b\in R$, xác định tất cả hàm số $f(x)$ sao cho: $f(a-x)+f(x)=b,\forall x\in R (1)$

Phương trình đã cho tương đương với 

$f(a-x)-\frac{b}{2}+f(x)-\frac{b}{2}=0$

Đặt $g(x)=f(x)-\frac{b}{2}$ với $\forall x\in \mathbb{R}$, ta có :

$g(x)+g(a-x)=0$

$\Leftrightarrow g(x)=\frac{1}{2}(g(x)-g(a-x))$ $(2)$

Xét hàm số : $g(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))$ với $h$ là một hàm số tuỳ ý trên $\mathbb{R}$. Suy ra $f(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))+\frac{b}{2}$ $(3)$

Dễ thấy với hàm số $f$ xác định như trên thì thoả mãn ($1$). Ngược lại với hàm số $f$ thoả mãn $(1)$ thì theo $(2)$ nên $f$ có dạng $(3)$

Vậy tất cả các hàm số $f$ thoả mãn đề bài là $f(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))+\frac{b}{2}$ với $h$ là một hàm số tuỳ ý trên $\mathbb{R}$.

Đây chính là Vietnam TST 1994 P5, lời giải có thể tham khảo thêm ở tài liệu dưới (tr. 43-44)

 Viet Nam TST 1989-2004.PDF   1.31MB   168 Số lần tải

Cho $\Delta$ ABC nội tiếp (O;R) MN là một đường kính thay đổi của. Chứng minh rằng giao điểm I của đường thảng Sim-sơn của M và N với $\Delta$ ABC thuộc đường tròn Ơ-le của $\Delta$ ABC

đây là hai tài liệu hay của THTT và các bạn THCS cũng như THPT đều có thể tham khảo. Mong xin post hai tài liệu tương đối hay này   www.MATHVN.com-TUYEN TAP CAC BAI TOAN HINH HOC .pdf   9.95MB   131 Số lần tải  www.MATHVN.com-TUYEN TAP CAC BAI TOAN DAI SO - THTT.pdf   11.81MB   129 Số lần tải

mình thấy quyển này cũng hay nên share cho các bạn  Tuyen chon THTT theo chuyen de.PDF   10.08MB   209 Số lần tải

hôm nay em lại đưa cho các bác một ấn phẩm nữa của toán học tuôit trẻ mà em mới nhận được hôm qua. share ngay cho các bác. mong các bác ủng hộ nhiệt tình vào nhé và like thật nhiều.  tuyen tap 30 nam THTT.PDF   5.39MB   348 Số lần tải

Câu 3: Tìm m để phương trình x²-2mx+2m-2=0 có hai nghiệm x₁,x₂ thõa mãn x₁²+x₂²-x₁x₂=10

Phương trình đã cho có $\Delta' = m^{2}-2m+2=(m-1)^{2}+1$ nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ phân biệt.

Theo Vi-ét : $\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m\\ x_1x_2=2m-2 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow x_1^{2}+x_2^{2}-x_1x_2=(x_1+x_2)^{2}-3x_1x_2=4m^{2}-6m+6=10\Leftrightarrow 4m^{2}-6m-4=0$

$\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=\frac{-1}{2}$

P/S : lần sau bạn nên post đề vào 1 topic, đừng spam bài viết như vậy

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

GPT nghiệm nguyên : $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=y^{2}+1$

$x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=y^{2}+1\Leftrightarrow 4x^{4}+4x^{3}+4x^{2}+4x=4y^{2}$

Xét hiệu 

$(2x^{2}+x+2)^{2}-4y^{2}=4x^{4}+x^{2}+4+4x^{3}+8x^{2}+4x-4x^{4}-4x^{3}-4x^{2}-4x=5x^{2}+4>0\Rightarrow(2x^{2}+x+2)^{2}>4y^{2}$

$4y^{2}-(2x^{2}+x)^{2}=4x^{4}+4x^{3}+4x^{2}+4x-4x^{4}-4x^{3}-x^{2}=3x^{2}+4x=x(3x+4)$

Nếu $x(3x+4)\leq0 \Rightarrow \frac{-3}{4}\leq x\leq 0\Rightarrow x=0\Rightarrow y=0$

Nếu $x(3x+4)>0\Rightarrow (2x^{2}+x+2)^{2}>4y^{2}>(2x^{2}+x)^{2}$

$\Rightarrow 4y^{2}=(2x^{2}+x+1)^{2}$

$\Leftrightarrow 4x^{4}+4x^{3}+4x^{2}+4x=4x^{4}+x^{2}+1+4x^{3}+2x+4x^{2}$

$\Leftrightarrow (x-1)^{2}=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=\pm 2$

Mở đầu topic : như các bạn đã biết thì Toán tuổi thơ 2 và tạp chí Toán học và tuổi trẻ là những tạp chí bổ ích với những bạn yêu toán song không phải ai cũng có đủ bộ 120 tờ tạp chí Toán tuổi thơ 2 và hơn 430 tờ tạp chí Toán học và tuổi trẻ. Vì vậy minh lập topic này mong các bạn gửi những bài toán hình học hay trên 2 tờ tạp chí trên để các bạn cùng giải. Nếu trong vòng 1 tuần mà không có ai giải được thì nên đưa đáp án lên để các bạn tham khảo. Mong các bạn cùng nhau cố gắng để topic ngày càng phát triển và đưa đến nhiều bài toán hay hơn cho các bạn.

Đầu tiên minh xin mở đầu với 3 bài toán thách đấu khá hay từng đăng trên Tạp chí Toán tuổi thơ

Bầi 1 : (Thách đấu số 13) Trong các tam giác ABC nội tiếp (O;R) cho trước, tìm tam giác ABC có diện tích lớn nhất ( có thể giải bằng 3 cách : đại số , hình học và lượng giác)

Bài 2a. (Bất đảng thức Erdos) Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. H,K,L lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống BC,CA,AB. CMR MA + MB + MC $\geq$ 2(MH + MK + ML)

Bài 2b. (Thách đấu số 56) Cho điểm M nằm trong tam giác nhọn ABC. $R_1,R_2,R_3$ theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác MBC, MCA, MAB.

CMR $R_1+R_2+R_3\geq$ MA+MB+MC

Bài 3 (Thách đấu số 55) Cho (O) và tứ giác ABCD sao cho (O) tiếp xúc với AB tại A và tiếp xúc với CD tại C. AD, BC cắt (O) tại F và E. CMR AC,BD, EF đồng quy.

bắt đầu bài 1 bằng cách lượng giác nhé

Ta đã biết các công thức sinA.sinB.sinC $\leq \frac{3\sqrt3}{8}$ và S = $\frac{1}{2}absinC$ và a=2RsinA

nên ta có S = $\frac{1}{2}absinC =\frac{1}{2}2RsinA.2RsinB.sinC\leq 2R^{2}\frac{3\sqrt3}{8}=\frac{3\sqrt3}{4}R^{2}$

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.

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.

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 $Lagrange$)

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)

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

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)

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.

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 : 

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.

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)

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 

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