1. Họ tên: Nguyễn Phi Long

2. Sinh năm: 03/06/2005

3. Nghề nghiệp: Học sinh lớp 10 Toán THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa

4. Địa chỉ Mail/ Số điện thoại liên lạc (nếu có): [email protected] / 0772428926

5. Nick trên Diễn đàn: pcoVietnam02 

6. Vị trí muốn đăng kí: Biên tập viên

7. Ý kiến thêm: Acc cũ của em bị xóa và không phục hồi lại được nên em chuyển sang nick này. Em thấy các bạn có nhu cầu kiếm những tài liệu về phương trình hàm số học, tổ hợp v.v. thì em xin đăng kí vào chức vụ này vì em từng là 1 moderator của AoPS nên cũng có nhiều kinh nghiệm và nhiều chuyên đề hay muốn cho các bạn. Em muốn giúp diễn đàn phát triển và thực hiện mong mỏi của em là giải được hết các bài toán trên diễn đàn này để mọi người coi đây là một diễn đàn bổ ích và tin cậy. 

Bài 126: Tìm x, y, z là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^z$
P/s: không biết đã có ở topic cũ chưa

Bài này đã có rồi nhé, đây là bài gốc: 'Tìm $x, y, n, p$ là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^n$', và đây là lời giải (không sử dụng LTE): 

Lời giải:

Đặt $gcd(a, b)=d$ suy ra $d|p^n$ do đó $d$ là lũy thừa của $p$

Suy ra đặt $a=xp^k$ và $b=yp^k$ với $x$ và $y$ là các số tự nhiên, $k$ là số tự nhiên và $gcd(x, y)=1$

Suy ra $x^3+y^3=p^{n-3k}$ cho nên đặt $m=n-3k$ suy ra $m$ tự nhiên.

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

$(x+y)(x^2-xy+y^2)=p^m$

$gcd(x+y, x)=gcd(x, y)=gcd(x+y, y)=1$ nên $gcd(x+y, xy)=1$

Suy ra $gcd(x+y, x^2-xy+y^2)=gcd(x+y, 3xy)=gcd(x+y, 3)$

Nếu $3\not|x+y$ thì $x+y$ và $x^2-xy+y^2$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $p$

Do đó $x+y>1$ so $x^2-xy+y^2=1$

Suy ra $0\leq(x-y)^2=1-xy\leq 0$ nên $x-y=0$ vì thế $x=y=1$ vì $x$, $y$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $p^m=2$ $\Rightarrow$ $p=2$ và $m=1$

Mặt khác $3|x+y$ nên $3|x^2-xy+y^2$ và $p=3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}$ và $\frac{x^2-xy+y^2}{3}$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}=1$ hoặc $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$

Với $\frac{x+y}{3}=1$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

Với $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$ $\Rightarrow$ $(x-y)^2=3-xy$ suy ra $xy=2$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

Do đó $(x, y, p, m)=(1, 1, 2, 1); (1, 2, 3, 2); (2, 1, 3, 2)$

Vậy $(a, b, p, n)=(2^k, 2^k, 2, 3k+1); (3^k, 2\cdot 3^k, 3, 3k+2); (2\cdot 3^k, 3^k, 3, 3k+2)$ với $k$ là số tự nhiên.

Bài 108: a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x!+y!=(x+y)!

Giả sử $x \geq y$ thì $x! \geq y!$ . Do đó $2(x!) \geq x! + y! = (x+y)!$

hay $2(x!) \geq x!. (x+1)(x+2)...(x+y)$

suy ra $2 \geq (x+1)(x+2)...(x+y)$ 

Vì 2 chỉ có ước nguyên dương 1,2 và $x,y$ nguyên dương nên ta chỉ nhận nghiệm $(x,y)=(1;1)$

Thử lại thấy thỏa mãn

$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$

Tại anh Mr handsome ugly không cho anh ra trả lời bài tập trên TOPIC nên anh sẽ phụ anh ấy ra bài tập nhé: 

$\boxed{134}$ Tìm số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $n$ sao cho $p^3-p=n^7-n^3$

Hình như sai đề anh ạ, không thể chứng minh được nhé

Bạn pkh2705 đã confirm lại đề bài rồi nhé. Đáp án sẽ có sau. 

Tìm tất cả các số nguyên dương x,y sao cho $\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4$ là số chính phương

Gợi ý:

• Chứng minh bài toán phụ: Chứng minh nếu $\frac{x^2+1}{y^2}+4$ là số chính phương thì $\frac{x^2+1}{y^2}+4=9$
• Nếu như vậy, ta sẽ có một phương trình Pell loại 2: $x^2-5y^2=-1$

Đáp án: $(x,y)$ là những nghiệm của phương trình sau $(2 + \sqrt{5})^z = x + y\sqrt{5}$

$\boxed{147}$: Tìm các số nguyên tố $p,q$ sao cho $p^3-q^5=(p+q)^2$

Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật của phương trình Diophante)

Bài 102​
Tìm (a; b; p) với a, b $\in Z^{+}$, p là số nguyên tố sao cho 4p = b$\sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$



 

Đầu tiên xét trường hợp $p=2$. Ta thấy khi đó b chẵn và cũng dễ dàng chứng minh là không có cặp $(a,b)$ nào thỏa trường hợp trên.

Xét trường hợp $p$ lẻ. Gọi $\gcd (a,b)=d$ suy ra $a=da_1,b=db_1$ với $\gcd (a_1,b_1)=1$. Ta có $p= \frac b4 \sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$.

TH1: Nếu $p \mid 2a_1-b_1$, vì $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên $p^2 \mid 2a_1-b_1$. Đặt $2a_1-b_1=p^2k$ với $k \in \mathbb{N}$ suy ra $\sqrt{\frac{b^2k}{(p^2k+2b_1)16}}=1$ hoặc $k= \frac{32b_1}{b^2-16p^2}$. Nếu tồn tại số nguyên tố $q \mid b_1, 2 \nmid q$ and $q \mid b^2-16p^2$, thì ta được $p=q$. Nếu $v_p(b_1)=1$ suy ra $p^2 \mid b^2-16p^2$, dẫn đến điều mâu thuẫn. Vì vậy, $p^2 \mid b_1$. Đặt $b_1=p^x2^y$ suy ra $k= \frac{32p^{x-2}2^y}{d^2p^{2x-2}2^{2y}-16}$. Vì  $x \ge 2$ nên $(dp^{x-1}2^y-4)(dp^{x-1}2^y+4) \mid 32 \cdot 2^y$. Ta có được $dp^{x-1}2^y=12$ nên $p=3,x=2,2^yd=4$ và $2^7\mid 32 \cdot 2^y$ so $y \ge 2$. Do đó, $d=1,y=2,p=3,x=2$ nên $b=db_1=36$. Từ đó $k=1$. Vậy $2a_1=45$, vô lí.

 Cho nên không tồn tại $q$ thỏa $b^2-16p^2=2^x \mid 32b_1$. Để ý rằng $2a_1=b_1+p^2k$ nên $\gcd (k,b_1) \mid 2^x$. Hơn nữa, if $2 \mid b_1$ nên $2 \nmid a_1$. Điều này có nghĩa là $v_2(b_1)=1$ nên $4 \mid k$. Hoặc nếu $v_2(b_1)=2$ thì $v_2(k)=1$. Vì vậy ta luôn có $b^2-16p^2 \mid 64$. Suy ra được rằng  $4 \mid b, b=4b_2$ cho nên $b_2^2- p^2\mid 4$.Trong trường hợp này ta không tìm được số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài.

TH2: Nếuf $p \mid b$ suy ra $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên$2a_1-b_1=2^x, 2a_1+b_1=2^y$. Điều này cho ta $b_1=2^{x-1}\left(2^{y-x}-1 \right)$ nên $\frac{d \cdot 2^{x-1} \left( 2^{y-x}-1 \right)}{4 \cdot 2^{(y-x)/2}}=p$.

Do đó, nếu $p \mid d$ thì $2^{y-x}-1=1$ nên $y-x=1$, dẫn đến điều mâu thuẩn vì $2 \mid y-x$. Nếu $p \mid 2^{y-x}-1$ thì $d=1$ và $2+(y-x)/2=x-1$ hoặc $3x-6=y$. Do đó $2^{y-x}-1=2^{2x-6}-1=4^{x-3}-1$. Vậy $p=3,x=4,y=6$.

Bài 89: Tìm n nguyên dương và các số nguyên tố $p_{1};p_{2};...;p_{n}$ thỏa $(p_{1}-1)^{2}(p_{2}-1)^{2}...(p_{n}-1)^{2}\mid (p_{1}p_{2}...p_{n})^{2}+1$

$+TH_{1}$: $n=1$

Nếu $p = 2 \Rightarrow 1|2^2+1$ (đúng)

Nếu $ p\geq 3 \Rightarrow$ $VT \vdots 4$ , $VP \vdots 2$ , nhưng lại không chia hết cho 4 nên vô lý

$+TH_{2}$: $n \geq 2$

Nếu chứa $p_{i} = 2$ thì $VT$ chẵn , $VP$ lẻ nên vô lí

Nếu $p_{i}$ lẻ thì $VT \vdots 2^n$ mà $n\geq 2$ $VT \vdots 4$, còn $VP$ chia 4 dư 1,3 nên cũng vô lí

Vì vậy chỉ có 1 đáp án duy nhất là $n =1$ , $p=2$

Đề cho x,y,z nguyên chứ không phải nguyên dương đâu bạn

Bài này nếu nguyên sẽ vô số nghiệm vì ta sẽ dễ dàng lấy nghiệm $(n;0;-n)$ và các nghiệm khác như $(1;2;3)$ , $(-1;-2;-3)$

góp topic đề thi học sinh giỏi toán 9 cấp tỉnh Quảng Ngãi

bài 94: tìm n lớn nhất để A=$4^{27}+4^{2021}+4^n$ là số chính phương 

Bài 88: a) Tìm x;y;z nguyên sao cho $x+y+z=xyz$            

Bài này dễ nên mình gửi luôn bài mình đã làm từ lâu ở AoPS

About equation $x+y+z=xyz$ we can solve in this way.

tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

f$f\left ( xf(y) \right )+y+f(x)=f(x+f(y))+ yf(x) \forall x,y\in \mathbb{R}$ 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của $f(xf(y))+y+f(x)=f(x+f(y))+yf(x)$

Pco hãy cho thử một phương trình hàm và đưa ra nghiệm của nó (không cần chứng minh) cho mình xem.

Nếu anh đưa một số phương trình hàm đơn giản, ví dụ như: 

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho

$$f(x+1)=f(x)+1$$

Thì đương nhiên anh sẽ dễ dàng đưa ra nghiệm là $f(x) = x$

Nhưng khi anh đưa một bài phương trình hàm kiểu như:

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ thỏa:

$$f(m+n)+f(mn)=f(m)f(n)+1$$

Thì anh khó có thể nhẩm hàm $f(n)$ thỏa, thậm chí đáp án của nó là tận 3 kết quả, một kết quả là hàm hằng, một cái là hàm tính theo $n$ , còn một cái là một biểu thức chứa số mũ tính theo $n$

P/s: Nhưng em vẫn chưa thật sự hiểu vì sao anh lại đề nghị như vậy, vì thật sự nếu anh yêu cầu em đưa ra một bài toán mà không cần chứng minh vẫn đưa ra được đáp án, thì thực chất nó không còn là giải toán, mà chỉ là việc anh đi nhẩm nghiệm để rút ngắn thời gian tìm đáp án cho bài toán ấy.

Pco nói rõ hơn 2 nghiệm không phải hằng định nghĩa như thế nào.

Như bài toán lúc trước, nếu ta chứng minh một cách đàng hoàng, thì ta sẽ có nghiệm là

$$ f(n)=n+1 , \forall n \in\mathbb{N}$$

$$ f(n)= 1, \forall n \in\mathbb{N} $$ 

$$ f(n) = \frac{1+(-1)^n}{2} , \forall n \in\mathbb{N} $$

Ở đây nếu ta chia trường hợp trong bài toán này thì sẽ dễ dàng suy ra hai nghiệm đầu tiên là $f(n)=n+1$ và $f(n)=1$. Nói sơ về hàm khác hằng là hàm có phụ thuộc vào giá trị $n$, tức là với các giá trị $n$ thuộc tập hợp $\mathbb{M}$ ta lại có các giá trị ở tập đích nằm trong tập $\mathbb{N}$ với một quy tắc trong đó có phụ thuộc $n$ (cái này đã có ở phần ánh xạ). Còn nghiệm thứ ba, $ f(n) = \frac{1+(-1)^n}{2} , \forall n \in\mathbb{N} $, khi nhìn thoáng qua ta sẽ thấy f(n) cũng chỉ chứa hai giá trị $f(n)= 0$ hoặc $f(n) = 1$. Lúc đó ta sẽ tự hỏi là tại sao ta lại không đưa đáp án là 2 hàm hằng và 1 hàm giá trị tính theo $n$ nhưng nếu suy nghĩ như thế ta không chú ý vào điều kiện $\forall n \in\mathbb{N}$. Thực chất ta chỉ chứng minh được ở đó là $f(n)=0$ với $n$ lẻ và $f(n)=1$ với $n$ chẵn. Đây chính là điều cản trở sự tính nhẩm của ta, buộc ta phải bắt tay vào chứng minh.

Em thấy bài viết của anh rất hay. Tuy nhiên em chỉ muốn anh giải đáp một chút thắc mắc của em về điều này:

2. Phương trình hàm trong toán olympic hiện nay khiến cho nó trở thành kỹ năng vô dụng nhất. Nguyên nhân là vì bài toán thường bắt giải một phương trình hàm rất phức tạp rối rắm, nhưng nghiệm thu được lại tầm thường hoặc toàn là những hàm quen thuộc. Từ góc độ khoa học, ta đang cố mô tả một sự kiện đơn giản bởi một phương trình hết sức phức tạp, làm như vậy là phản khoa học. Chẳng hạn, chỉ có duy nhất hàm số thực 0 thỏa mãn $f(x+y)^2=f(x)^2+f(y)^2$. Có ai lại đi dùng phương trình hàm này để mô tả số 0? Một tình huống phương trình hàm có ích là khi ta không thể mô tả được một đối tượng một cách chính xác, nhưng nhờ phương trình hàm, ta vẫn thu được thông tin hữu ích của đối tượng đó, chứ không phải đi tìm hết các nghiệm của một phương trình hàm. Chẳng hạn, một dạng modular cần thoả mãn một phương trình hàm xác định, hay phương trình giữa các degeneracy maps (ánh xạ thoái hóa?) giúp ta xác định một vật nửa đơn hình. Mình chưa nghĩ ra tình huống nào có ích ở phổ thông, có lẽ cần tới đâu thì học tới đó chứ không nhất thiết phải tách ra để học. Còn nếu cố học thì phải theo hướng khác mới gần với khoa học chứ không phải là bài toán tìm hết các nghiệm;

Cho em hỏi là điều anh đang nói đến sự 'vô dụng' của phương trình hàm ở đây là anh đang nói đến thực tiễn của chúng, hay anh đang nói đến sự áp dụng của nó trong nghiên cứu toán học, hoặc là cái khác? Và em cũng muốn hỏi là tại sao anh lại mặc định vào phương trình hàm là 'nghiệm thu được lại tầm thường hoặc toàn là những hàm quen thuộc'? Em cảm thấy phương trình hàm có những cái vẻ đẹp riêng thuộc về nó, phương pháp rất đa dạng chứ không phải ở việc là chỉ đưa về các bài toán quen thuộc nhưng anh vẫn thường nghĩ. 

Mong anh giải đáp giúp, 'from pcoVietnam02 from Vietnam and Patrick in Paris'.

Xin chào, mình là pcoVienam02. Như các bạn có thể thấy thì hiện tại trên Diễn đàn đang có nhiều TOPIC, nhưng mà nó có thể làm các bạn học hơi khô khan. Nên mình sẽ cải biến TOPIC thành một loại mới, chính là Marathon.

Vậy Marathon là gì?

Marathon (mình sẽ lấy format từ diễn đàn mình đang làm việc - AoPS), gồm 2 thể loại chính:

+ Marathon loại 1 tức là người đăng chủ đề sẽ gửi bài toán đầu tiên (bài toán gốc). Người nào giải được bài toán gốc sẽ tiếp tục đưa ra câu hỏi thứ hai để những người giải được sau đó sẽ đưa ra câu hỏi tiếp theo, và cứ liên tục như thế.

+ Marathon loại 2 là người đăng chủ đề sẽ là người chấm điểm, và có nhiệm vụ gửi các bài toán theo thứ tự (mỗi lần 1 bài), ai giải được sẽ được 1 điểm (người giải sớm nhất). Nếu ai giải sai mà có người chỉ được điểm sai sót trước khi người đăng đáp án bài đó nhận ra sẽ được 0,5đ. Sau một số hữu hạn bài (thường là 100-200 bài) thì ai có số điểm cao hơn thì sẽ chiến thắng. 

Thì loại 1 chỉ mang tính chất học hỏi và cũng có khá nhiều rủi ro vì nếu có người gửi bài quá khó thì Marathon coi như chấm dứt. Vì vậy dựa trên tình hình diễn đàn thì mình sẽ tổ chức Marathon loại 2 cho các bạn vì mục đích vừa học hỏi vừa có sự thi đua giữa các bạn của 3 miền Tổ Quốc. 

*Lưu ý: Thời hạn giải mỗi bài là 2 ngày. 

Để khai mạc kì Marathon phiên bản mới mình sẽ 'khui' bài tập đầu tiên (khá dễ):

$\boxed{1}$ Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa

Chắc như thế này:

a) Xét hàm số $y=f(x)=sinx,x\in(0;\pi)$. Ta có $f''(x)=-sinx\leq 0,\forall x\in(0;\pi)$ nên f(x) lõm trên $(0;\pi)$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $sinA+sinB+sinC=f(A)+f(B)+f(C)\leq 3f(\frac{A+B+C}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. (đpcm)

b) Xét hàm số $y=f(x)=tanx,x\in(0;\frac{\pi}{2})$. Ta có $f''(x)=\frac{2tanx}{cos^2x}\geq 0,\forall x\in(0;\frac{\pi}{2})$ nên f(x) lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $tanA+tanB+tanC=f(A)+f(B)+f(C)\geq 3f(\frac{A+B+C}{3})=3\sqrt{3}$. (đpcm)

Chính xác rồi đây. Nếu được ta có thể làm bài 5 theo Jensen tư tưởng cũng như bài trên. Bây giờ là bài số 8:

$\boxed{8}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c= \sqrt{5}$. Chứng minh rằng:

$$(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \leq \sqrt{5}$$

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$

Bài toán tiếp theo: 

$\boxed{2}$ Chứng minh với 4 số thực không âm bất kì $a,b,c,d$ ta có:

$$(ab)^{\frac{1}{3}}+(cd)^{\frac{1}{3}} \leq [(a+c+b)(a+c+d)]^{\frac{1}{3}}$$

Bài tiếp theo 

$\boxed{23}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $x,y,z$

$$6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2) \leq 27xyz+10(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}$$