Bài 206. Cho $x,y$ là các số hữu tỷ. sao cho $x+y,\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ là các số tự nhiên. Tìm $x,y$

Đặt $x=\frac{a}{b},y=\frac{c}{d};((a,b)=1;(c,d)=1;a,b,c,d\in\mathbb{Z})$ thì$x+y=\frac{ad+bc}{bd}\Rightarrow b\vdots d,d\vdots b\Rightarrow b=d$. Tương tự từ 1/x +1/y là số tự nhiên ta suy ra a = c. Thay vào ta được $2\frac{a}{b},2\frac{b}{a}\in\mathbb{N}\Rightarrow x=1,y=1$. Thử lại thấy thỏa mãn....Giải như vậy chắc là đúng rồi nhỉ...    

Xin đóng góp 1 bài.

Bài 164: Giải phương trình trên tập hợp số tự nhiên:

$x^{y}+y^{x}=xy$. (Bài này khá dễ nhỉ  )

Lâu lâu ghé qua topic này, thấy hào hứng nên cho một bài nhé (mặc dù ko phải học sinh THCS    ):

Bài 172: Giải phương trình nghiệm nguyên: $38x^{3}y-76xy^{2}+19x^{2}+19x-38y=120x^{2}y-240y^{2}+60$.(Bài này tương đối dễ)

Thêm một bài nữa nhé: 

Bài 173: Tìm số $\overline{xyz}$ thoả mãn $\sqrt[3]{\overline{xyz}}=(x+y+z)^{4^{n}};(n\in\mathbb{N})$.

Mình nhầm một tí, còn cặp (2;2) và (1/2;1/2) nữa!!!!    

Mới học logarit nên nếu có sai thì cứ góp ý nhiều vào

$*$ Cho $a,n> 0$, $a\neq 1$, và một số $m$ sao cho $n=a^m$ thì ta có $n=a^m\Leftrightarrow log_{a}(n)=m$

Một trong những tính chất của logarit: $a^x=b^{xlog_{b}(a)}(a,b\neq 1)$

Áp dụng tính chất trên, ta có $3^y=2^{ylog_{2}(3)},z^2=2^{2log_{2}(z)}$

Suy ra $2^x+3^y=z^2\Leftrightarrow 2^x+2^{ylog_{2}(3)}-2^{2log_{2}(z)}=0\Leftrightarrow 1+2^{ylog_{2}(3)-x} -2^{2log_{2}(z)-x}=0$

Suy ra ít nhất một trong hai số $2^{ylog_{2}(3)-x},2^{2log_{2}(z)-x}$ bằng $1$

$-$ Nếu $2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$

$2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ylog_{2}(3)-x=0\\ 2log_{2}(z)-x=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} log_{2}(3)=\frac{x}{y}\\ log_{2}(z)=\frac{x+1}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2^{\frac{x}{y}}=3\\ \\ 2^{\frac{x+1}{2}}=z \end{matrix}\right.$

Hệ vô nghiệm.

$-$ Nếu $2^{2log_{2}(z)-x}=1\Rightarrow 2^{ylog_{2}(3)-x}=0$ vô lý vì $2^n$ khác $0$ với mọi $n$.

Vậy pt vô nghiệm.

Cái này đâu giống cách giải của một học sinh THCS đâu nhỉ? Hàm logarit cơ đấy!!!

Bài 209:

a) Tìm các số nguyên tố p, q sao cho phương trình: $x^{2}-px+q=0$ có ít nhất một nghiệm là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ số nguyên tố p, q, r sao cho phương trình: $x^{3}-px^{2}+qx+r=0$ có ít nhất một nghiệm là số nguyên tố.

Nhưng sao bạn ra x = y = z = 1 vậy bạn ? 

 

Bài 121 : Giải hệ phương trình nghiệm nguyên :

$\left\{\begin{matrix} x^{x+y}=y^{12} & & \\ y^{x+y}=x^{3}& & \end{matrix}\right.$

Bài 122 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :

$2^{9}+2^{13}+2^{x}=y^{2}$

Bài 123 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :

$2^{x}+2^{y}+2^{z}+2^{t}=680$

Câu 121 thì a đoán x=y=1, lời giải thì chưa dám chắc chắn, nên ko nói ra...

Câu 123: Xin mạn phép mở rộng bài toán thành tập số nguyên, ta thấy: $x < 0$ thì ko thỏa. Nếu phương trình có nghiệm $(x;y)$ thì cũng có nghiệm $(x;-y)$ nên ta có thể giả sử $y > 0$. 

+ Xét $x=9$ thì thử ta thấy thỏa và có nghiệm $(9;96)$.

+ Xét $x > 9$ thì ta có $2^{8}.2.(1+2^{4}+2^{x-9})=y^{2}$ không thể có nghiệm nguyên.

+ Xét $0 < x < 9$ thì ta có $2^{x}.(2^{13-x}+2^{9-x}+1)=y^{2}$. Từ đó ta suy ra $2^{x}$ là bình phương của số nguyên. Từ đó ta suy ra x chẵn và $2^{13-x}+2^{9-x}+1$ là số chính phương. Nhưng ta thấy $2^{13-x}+2^{9-x}+1\equiv 2(mod 3)$ thế nên ko tồn tại số nguyên y thỏa mãn.

+ Xét $x=0$ thì thử ko thỏa nên loại.

Tóm lại nó chỉ có nghiệm $(9;96)$; $(9;-96)$. 

, mình thử thé!!

Cho mình hỏi vẽ hình bằng GeoGebra trên diễn đàn vè xong làm sao up vào bài viết nhỉ

Máy mình ko cài Java (TM) nên mình cũng chả bít up kiểu nào?

Thử nhé:

Cho các số thực dương a; b; c. Chứng minh rằng:

$\sum\sqrt[4](2a^{4}+3b^{4})\geq \frac{1}{\sqrt[12]{5}}(\sum\sqrt[3]{2a^{3}+3b^{3}})$

Tiếp tục với các bài toán ko quá khó.... :

Bài 60: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: $p^{2}-8p+27$ có 4 ước nguyên dương (ko tính 1 và chính nó...).

Bài 61:  Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x, y thỏa mãn: $x^{2}-2(x-4y)-15$ và $y^{2}-4(y-2x-1)$ là các số chính phương.

Mình ko hiểu chỗ này lắm $$\frac{b^{p}+d^{b}}{b+d}=2^{r}$$ 

Lí do là ở đây:

Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$

Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.

Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.

Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.

Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.

Em giải hơi lủng củng.  

Hai bài tương đối đơn giản, nhanh tay lẹ mắt mà giải đúng thì sẽ được like nhiều...    

Bài 58: Tìm tất cả các số có 4 chữ số là bội của 3, đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng ba chữ số còn lại, giá trị tuyệt đối giữa hiệu hai số hàng chục và hàng đơn vị bằng đúng số hàng nghìn và chữ số hàng đơn vị có thể phân tích thành hiệu bình phương hai số tự nhiên.

Bài 59: Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: $x^{5}(x^{2}+y^{2})=y^{6}$.

P/s: Dạo này topic có một sự yên ắng nhẹ...     

Bài 51: Cho số nguyên dương $n$ có dạng $n=2^k+1$, $k>1$. CMR: điều kiện cần và đủ để $n$ là số nguyên tố là tồn tại a sao cho $a^{\frac{n-1}{2}}+1 \vdots n$

P/s: mình có ý kiến thế này: bây giờ topic này đã đủ 50 bài rồi (và có lời giải đầy đủ), ta có thể làm một tập san các bài toán trên topic này như một tập tài lieu được không?

Nếu chú thích và nhiều người ủng hộ thì cứ việc làm, riêng ý kiến của a thì a chắc là.......ủng hộ thôi. Tại lâu lâu mới ghé qua mà 

Giải bài 27 (đã hết hạn bỏ bài  ): Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + b và c + d đều là số chính phương.

Vì (a, b, c) = 1 tức là a, b, c ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$. Đặt b = ck (k là một số nguyên) thì thay vào hệ thức và biến đổi ta được ck = a(k - 1). Nếu k = 2 thì 2c = a = b mà (a, c) = 1 nên c = 1 và a = b = 2 (thỏa mãn đề bài). Khi đó a+b = 4 là một số chính phương. Nếu k > 2 thì ta thấy(a, c) = 1; (k - 1, k) = 1 nên $a\vdots k$. Ta cũng có $ck\vdots a$, mà theo hệ thức ban đầu thì ta suy ra c < a, và (a, c) = 1. Thế nên $k\vdots a$.

Ta suy ra a = k. Từ đó c = k - 1, b = k(k - 1) (thỏa mãn). Do đó $a+b=k^{2}$ là một số  chính phương.

Chứng minh tương tự ta cũng có c + d là một số chính phương.

Để kết thúc việc chứng minh 2(a + b + c + d) là tổng bình phương của hai số tự nhiên thì ta liên hệ với hằng đẳng thức:

$2(m^{2}+n^{2})=(m-n)^{2}+(m+n)^{2}$.

Đó là đpcm...     

Bài 10: Số 2013 có thể được tách ra thành tổng của tối đa là bao nhiêu hợp số?

  (Dịch và cải biên lại từ đề thi HOMO 2013 Senior)

Bài 11: (Tổng quát của bài 10) Xét một số nguyên dương n > 3 thì nó có thể được tách thành tối đa bao nhiêu hợp số?                                              

Bài 8

Tìm tất cả các số tự nhiên x,y thoả:
\[{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^4} = 3361 - \sqrt {11296320} \]

Số cho sao bự quá dậy? Cho số vừa thôi (đỡ tính toán mất thời gian)...

Bài 9:

Tìm 2 số nguyên dương thoả mãn PT: $x^{2011}+y^{2011}=2013^{2011}$

Bài này có hai hướng giải:

1. Hướng ngắn nhất (Định lý Fermat, ở đầu topic đã đề cập).

2. Hướng dài hơn (ko xài định lí Fermat):
Gỉa sử (x, y) là nghiệm nguyên dương của phương trình. Khi đó ta thấy x, y < 2013(1). Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng $x\geq y$.

Do $x\in \mathbb{N}^{*};2013>x\Rightarrow x+1\leq 2013$.

Từ đó suy ra $2013^{2011}\geq (x+1)^{2011}>2011x^{2010}+x^{2011}$.

Từ đó suy ra $x^{2011}+y^{2011}>2011x^{2010}+x^{2011}\Leftrightarrow y^{2011}>2011x^{2010}$.

Do $x\geq y$ nên ta có ngay $\left\{\begin{matrix} x^{2011}>2011x^{2010}\Rightarrow x>2011\\y^{2011}>2011y^{2010}\Rightarrow y>2011 \end{matrix}\right.$.(2)

Từ (1); (2) ta suy ra x = y = 2012. Nhưng mà chắc chắn cặp số (2012; 2012) này ko thỏa là nghiệm của phương trình (vì vế phải lẻ trong khi vế trái chẵn).

Tóm lại phương trình đã cho ko có nghiệm nguyên dương.

Bài 1: Tồn tại hay ko số n sao cho số có dạng 2012201220122012...2012 (n số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2011?

 

xét dãy $2012,20122012,...,\underbrace{2012...2012}_{2012}$  nên có 2 số trong dãy trên cùng số dư khi chia cho $2011$

giả sử $(\underbrace{2012...2012}_{m}-\underbrace{2012...2012}_{k})\vdots 2011$       với    $  (2012\geq  m> k>1)$

 

$\Leftrightarrow \underbrace{2012...2012}_{m-k}\underbrace{0...0}_{k}\vdots 2011\Leftrightarrow \underbrace{2012...2012}_{m-k}.10^k\vdots 2011$

 

mà $(10^k,2011)=1$ suy ra $\underbrace{2012...2012}_{m-k}\vdots 2011$!!!

Bài này là một bài vô cùng quen thuộc, thường sử dụng là nguyên tắc Đirichlet: "Nhốt n+1 (n số tự nhiên lớn hơn 1) con thỏ vào trong n cái chuồng thì rõ ràng tồn tại ít nhất một cái chuồng chứa một con thỏ  ". Điểm đăc bịêt của bài này chính là kết hợp thêm dữ kiện 2011 là số nguyên tố (thử sẽ thấy ngay). Đây là một bài toán cũng khá thú vị. Còn bài 2 thì nhường cho các bạn giải (mình sẽ đăng lời giải bài này sau).

Bài 3: Tồn tại hay ko số x nguyên thỏa mãn $x^{2401}+x^{2}+1\vdots 2013$?

Lưu ý với các bạn là các bạn có thể ra đề cho mọi người cùng thảo luận tại đây.  

Bài 27: Cho 2 bộ ba số nguyên dương a, b, c và d, e, f sao cho $(a,b,c)=1;(d,e,f)=1$ và thoả mãn đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$; $\frac{1}{d}+\frac{1}{e}=\frac{1}{f}$. Chứng minh rằng 2(a + b + d + e) là tổng bình phương của hai số tự nhiên.  

Bài 28: Chứng minh rằng mọi số nguyên bất kì đều viết được dưới dạng tổng lập phương của 6 số nguyên.

 

• Vì $2n + 1$ là số chính phương nên : $2n+1\equiv 0;1;4(mod5)\Rightarrow n\equiv 0;2;4(mod5)$

Nếu $n\equiv 2;4(mod5)\Rightarrow 3n+1\equiv 2;3(mod5)$. Vô lí vì $3n + 1$ là số chính phương

Suy ra $n$ chia hết cho $5$  $(1)$

• Vì $2n + 1$ là số chính phương lẻ nên $2n+1\equiv 1(mod8)\Rightarrow n\equiv 0;4(mod8)$

Nếu $n\equiv 4(mod8)\Rightarrow 3n+1\equiv 5(mod8)$. Vô lí vì $3n + 1$ là số chính phương

Suy ra $n$ chia hết cho $8$  $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $n$ chia hết cho $40$ 

Mặt khác $n$ nguyên dương nên $n\geq 40$. Suy ra $Min n = 40$

Thử lại với $n = 40$ thì $2n+1,3n+1$ là các số chính phương, $5n+3$ là hợp số.

Kết luận : $\boxed{n=40}$

 

$@Juliel\rightarrow @bachhamer$ : Em biết chứ ! Phải chứng minh tổng quát $5n + 3$ là hợp số, nhưng em không làm được ý đó nên bỏ qua...

 

Ý tưởng của bài toán là hằng đẳng thức lớp 8: $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$.

Khi đó $5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4m^{2}-n^{2}$. Sau đó xét thêm trường hợp là 2m-n=1(TH này ko thoả). Thì từ đó ta suy ra đpcm...

Giải bài 28 trước (bài 27 để lâu lâu chút coi có a giải ko?):

Xét số nguyên có dạng 6n (n là số nguyên) thì nó có thể phân tích được như sau $6n=(n-1)^{3}+(n+1)^{3}+(-n)^{3}+(-n)^{3}+(-1)^{3}+1^{3}$.

Xét các số nguyên có dạng tổng quát là 6n+r thì ta có nhận xét $(6n+r)-(6n+r)^{3}\vdots 6$ nên theo trường hợp trên ta suy ra $(6n+r)-(6n+r)^{3}$ luôn có thể phân tích được thành tổng lập phương của 4 số nguyên (-1 và 1 triệt tiêu nhau). Khi đó 6n+r có thể phân tích thành tổng lập phương của 6 số nguyên (tính $0^{3};(6n+r)^{3}$).

Tóm lại ta có đpcm.

Tái bút: Mình rất thích các bài dạng này;

Bài 33: Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của hai số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n, thì n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Bài 34: Chứng minh rằng số 3 có vô số cách biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 4 số khác 0 và 1.

Bài 35: Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên có thể viết được dưới dạng:

a) Ít nhất là tổng của bốn số chính phương bằng hai cách khác nhau.

b) Ít nhất là tổng của bốn số lập phương bằng hai cách khác nhau.

Bài 35: (Giải lun):

Ta để ý đến hai hằng đẳng thức:

$(n-8)^{2}+(n+8)^{2}+(n-1)^{2}+(n+1)^{2}=(n-4)^{2}+(n+4)^{2}+(n-7)^{2}+(n+7)^{2}$.

$(n-8)^{3}+(n+8)^{3}+(n-1)^{3}+(n+1)^{3}=(n-4)^{3}+(n+4)^{3}+(n-7)^{3}+(n+7)^{3}$.

Ta sẽ có được đpcm...

Bài 34: Chứng minh rằng số 3 có vô số cách biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 4 số khác 0 và 1.

 

Bài 34: Ta có: $3=(4+24n^{3})^{3}+(4-24n^{3})^{3}+(-24n^{2})^{3}+(-5)^{3}$. (đpcm)...

P/S: Hy vọng có ai giải được bài 27...      ?

Bài 30:  Chứng minh rằng phương trình $5n^{2}=36a^{2}+18b^{2}+6c^{2}$ (4 ẩn) không có nghiệm nguyên nào khác ngoại trừ nghiệm n = a = b = c = 0.

(APMO 1989)

Lâu quá, thôi giải luôn:

Ta thấy n phải chia hết cho 3 (do (3,5)=1). Mà $5n^{2}-36a^{2}-18b^{2}\vdots 9\Rightarrow c\vdots 3$. Ta đặt $n=3n_{1};c=3c_{1}(n_{1};c_{1}\in\mathbb{N})$.

Từ đó ta có $5n_{1}^{2}=4a^{2}+2b^{2}+6c_{1}^{2}$(*). Bây giờ ta xét $n_{1}$, a, b, $c_{1}$ với $n_{1}$ bé nhất. Ta có nhận xét rằng một số chính phương chia cho 16 có số dư là 0; 1; 4; 9. Vì $n_{1}$ chẵn nên $5n_{1}^{2}$ chia cho 16 dư 0 hoăc 4. Tương tự $4a^{2}$ chia 16 dư 0 hoặc 4. Thế nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 4, 12(1). Mà $2b^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 8 và $6d^{2}$ chia 16 dư 0, 6, 18. Vậy nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 6, 8, 10, 14(2). Từ (1); (2) suy ra $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia hết cho 16. Do đó b, $c_{1}$ chẵn. Ta thấy a ko thể là số chẵn, vì nếu ngược lại thì $(\frac{n_{1}}{2},\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c_{1}}{2})$ là nghiệm của phương trình với $n_{1}>\frac{n_{1}}{2}$, trái với giả định.

Vì $n_{1}$, b, $c_{1}$ chẵn nên ta có thể chia hai vế của (*) cho 4 được một phương trình dạng $5n_{2}^{2}=a^{2}+2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}$ (trong đó a lẻ). Suy ra $n_{2}$ lẻ. Thế nên $5n_{2}^{2}-a^{2}\equiv 4,12(mod16)$. Suy ra $2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}\equiv 4,12(mod 16)$, điều này trái với (2).

Vậy ta có đpcm...

Lời giải. Gỉa sử $p-1$ chia hết cho số nguyên tố $k$ lẻ. Đặt $x=k^a \cdot b, y = k^c \cdot d$ với $a,b,c,d \in \mathbb{N}, \; b,d \ge 1, \; \gcd (b,k)=1, \; \gcd(d,k)=1, \; a,c \le v_k \left( (p-1)^n \right)$. Do đó phương trình tương đương với $$b^p \cdot k^{ap}+ d^p \cdot k^{cp}= (p-1)^n$$

Nếu $v_k \left( (p-1)^n \right) \ge c>a$ ( hoặc $c<a \le v_k \left( (p-1)^n \right)$ ) thì sau khi cùng chia hai vế cho $k^{ap}$ (hoặc $k^{cp}$) ta luôn nhận được $k \nmid VT$ và $k|VP$, mâu thuẫn. Vậy $c=a$.

Do đó phương trình trở thành $$b^p+d^p=q \cdot k^h$$ với $q,h \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,p)=1, \; \gcd (q,k)=1$.

Áp dụng định lý LTE ta có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$ hay $b+d=k^h \cdot m$ với $m \in \mathbb{N}^*, \; \gcd( m,k)=1$.

Như vậy nếu $k$ là số nguyên tố lẻ là ước của $b+d$ thì ta luôn có $v_k \left( b^p+d^p \right) = v_k (b+d)$. Ta suy ra $\frac{b^p+d^p}{b+d}=2^r<b+p$ (vì $b+p$ nhận hết các ước nguyên tố lẻ của $b^p+d^p$), hay $b^p+d^p<b^2+2bd+d^2$. Điều này mâu thuẫn với điều kiện.

Vậy không tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ thỏa mãn đề ra.

Em giải hơi lủng củng.  

Xin lỗi e nhưng a mới sửa lại đề, ko sao lời giải của e vẫn đúng?