Đến nội dung

Hình ảnh

Trận 7 - Số học


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Vào hồi 20h00, Thứ Sáu, ngày 11/04/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

 

 

 

II - Lưu ý

1) Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.


Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi LATEX trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

 

 
Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

 


2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

 

3) Thành viên diễn đàn không đăng kí thi đấu vẫn có thể giải bài, nhưng phải ghi rõ là: Mình không phải là toán thủ thi đấu

 

4) Trận 7 sẽ loại 2 toán thủ có số điểm thấp nhất


  • LNH yêu thích

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#3
Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết

 +Trưóc hết ta có nhận xét sau :Với a là số nguyên thì $a\equiv0,1(mod 4)$

-Nếu trong 3 số $x,y,z$ không có số nào chẵn ,Ta có:$x^2\equiv 1(mod 4),y^2\equiv 1(mod 4),z^2\equiv 1(mod 4)= > x^2+y^2+z^2\equiv 3(mod 4)$.Mà $x^2y^2\equiv 1(mod 4)$ nên từ đề bài dẫn đến vô lý

-Nếu trong 3 số $x,y,z$ có ít nhất 1 số chẵn ,2 số còn lại lẻ .

+Do vai trò của x,y như nhau nên Gỉa sử $x$ chẵn,y,z lẻ $= > x^2y^2\equiv 0(mod 4)$.Do $y,z$ đều lẻ nên $x^2+y^2+z^2\equiv 0+1+1(mod 4)\equiv 2(mod 4)$.Từ đề bài dẫn đến vô lý

+Nếu z chẵn ,x,y lẻ $= > x^2y^2\equiv 1(mod4),x^2+y^2+z^2\equiv 1+1+0\equiv 2(mod 4)$ nên vô lý

-Nếu có 2 số chẵn ,1 số lẻ .

+Gỉa sử $x,z$ chẵn ,y lẻ thì $x^2y^2\equiv 0(mod 4)$.Mà $x^2+y^2+z^2\equiv 1+0+1\equiv 2(mod 4)$.Từ đề bài thì điều này vô lý

+Nếu $x,y$ chẵn ,z lẻ thì $x^2y^2\equiv 0(mod 4),x^2+y^2+z^2\equiv 1(mod 4)$ nên vô lý

 

-Nếu cả 3 số đều chẵn .Đặt $x=2x_{0},y=2y_{0},z=2z_{0}$

$= > x^2+y^2+z^2=x^2y^2< = > 4(x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2)=16x_{0}^2y_{0}^2< = > x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2=4x_{0}^2y_{0}^2$

$= x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2\equiv 0(mod 4)= > x_{0},y_{0},z_{0}\equiv 0(mod 4)$ (1)

Đặt $x_{0}=2x_{1},y_{0}=2y_{1},z_{0}=2z_{1}$.Thay vào (1) $= > 4(x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2)=64x_{1}^2y_{1}^2= > x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=(2x_{1})^2(2y_{1})^2$

Lập luận tương tự đến $x_{k},y_{k},z_{k}= > \frac{x_{k}}{2^n},\frac{y_{k}}{2^n},\frac{z_{k}}{2^n}$ cũng là nghiệm của phương trình với n là số tự nhiên.

 Điều này xảy ra khi $x=x_{_{0}}=x_{1}=...=x_{k}=y=y_{0}=y_{1}=...=y_{k}=z=z_{0}=z_{1}=...=z_{k}=0$

   Vậy nghiệm của pt là $(x,y,z)=(0,0,0)$

 

P/s: Em xin ghi thêm 1 ý sau :Do nick Daicagiangho1998 không vào được nên em dùng nick này để thay thế .Mong ban quản trị thông cảm và vẫn chấm bài này .Em ghi sau nên không phải là cố ý sửa bài của mình 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 15-04-2014 - 13:22


#4
nguyenqn1998

nguyenqn1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 173 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Nếu x và y đều là số lẻ thì $x^2\equiv 1(mod 4)$ và $y^2\equiv 1(mod 4)$

=> $x^2y^2\equiv 1 (mod 4)$

Từ giả thiết suy ra z lẻ nên $z^2\equiv 1 (mod 4)$

=> $x^2+y^2+z^2\equiv 3 (mod 4)$ (Vô lý)

Vậy x chẵn hoặc y chẵn

Giả sử x chẵn => $y^2+z^2 \equiv 0 (mod 4)$

.Nếu y lẻ z chẵn hoặc y chẵn z lẻ thì $y^2+z^2\equiv 1 (mod 4)$(vô lý)

.Nếu y,z đều lẻ thì $y^2+z^2 \equiv 2$ (Vô lý)

Vậy y,z đều chẵn

=> $x=2x_{1},y=2y_{1},z=2z_{1}$

=> $x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=4x_{1}^2y_{1}^2$

Lập luận hoàn toàn tương tự ta được: 

$x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2=16x_{2}^2y_{2}^2$

với $\frac{x}{2^{2}},\frac{y}{2^{2}},\frac{z}{2^{2}}$

Quá trình này có thể tiếp tục mãi với các số : $\frac{x}{2^{n}},\frac{y}{2^{n}},\frac{z}{2^{n}}$

là số chẵn với mọi n, do đó $(x;y;z)$ chỉ có thể là $(0;0;0)$



#5
Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Bài Làm :

Nếu x,y đều lẻ thì $x^2 \equiv 1$ mod 4 , $y^2 \equiv 1$ mod 4 $\Rightarrow x^2 +y^2 \equiv 2$ mod 4 Còn $(xy)^2 \equiv 1$ mod  4.

Như vậy $z^2 \equiv 3$ mod 4 $\Rightarrow$ vô lý 

Vậy ít nhất  một trong 2 số x,y là chẵn.

Xét x chẵn  Ta có:  $(xy)^2 \vdots 4 \Rightarrow y^2+z^2 \vdots 4 \Rightarrow$ y và z cùng chẵn.

Như vậy cả x,y,z đều chẵn.

Đặt $x =2x_1 ,y=2y_1 , z =2z_1 ( x_1 ,y_1 ,z_1 \in Z)$

Thay vào đề bài ta có $x_1^2 +y_1^2 +z_1^2 = 4 x_1^2.y_1^2$

Bởi 1 số chính phương chia 4 chỉ dư 0,1

$\Rightarrow x_1^2 +y_1^2 +z_1^2 = 4 x_1^2.y_1^2$

$\Leftrightarrow x_1 ,y_1 ,z_1$ chẵn

Đặt $x_1 =2x_2 ,y_1 =2y_2 ,z_1 =2z_2 (x_2 ,y_2 ,z_2 \in Z)$

Thay vào ta lại có $x_2 ^2 +y_2^2 +z_2^2 =16 x_2^2y_2^2$

Lặp lại quá trình như vậy sẽ dẫn đến $x \vdots 2^k ,y \vdots 2^k ,z \vdots 2^k (k \in Z)$

Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$

Vậy nghiệm của phương trình nghiệm nguyên là $x=y=z=0$



#6
Ham học toán hơn

Ham học toán hơn

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 389 Bài viết

Sử dụng phương pháp xuống thang:

Nếu cả x và y đều lẻ thì từ phương trình đã cho suy ra z chẵn. Khi đó $x^2+y^2+z^2\equiv2(mod 4)$

còn $x^2y^2\equiv1(mod 4)$:  Vô lí.

Vậy một trong hai biến $x,y$ phải chẵn.

Giả sử x chẵn, từ phương trình đã cho suy ra $y^2+z^2\vdots 4$ do đó cả y và z đều phải chẵn.

Đặt $x=2x_{1}, y=2y_{1},z=2z_{1} (x_{1},y_{1},z_{1}\epsilon N)$

Thay vào phương trình đã cho ta có :

$x_{1}^2+y_y{1}^2+z_{1}^2=4.x_{1}^2y_{1}^2. (2)$

Từ (2), lại lập luận như trên ta suy ra : $x_{1},y_{1},z_{1}$ đều chẵn

Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến : $x \vdots 2^k, y \vdots 2^k, z \vdots 2^k$, k\epsilon N)$

 Điều này xảy ra khi $x=y=z=0$
 
P/s: Mình không phải là đấu thủ.

新一工藤 - コナン江戸川

#7
LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Bài làm của toán thủ MO10-LNH:

Nếu $(x,y,z)$ là nghiệm của phương trình thì $\left ( \pm x,\pm y,\pm z \right )$ cungx là nghiệm của phương trình

Không mất tính tổng quát, giả sử $x,y,z \geq 0$

+) Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2=0$

Suy ra $y=z=0$. Ta có $x=y=z=0$ thoả mãn phương trình trên

Với $y=0$, ta cũng có $x=y=z=0$ thoả mãn phương trình

+) Nếu $x,y \geq 1$:

Xét 2 trường hợp:

TH1: $x,y$ đều lẻ

Khi đó từ phương trình trên, ta suy ra $z$ lẻ

Vậy $x^2+y^2+z^2\equiv 3 \left ( mod 4 \right )$

Mặt khác, $x^2y^2 \equiv 1 \left ( mod 4 \right )$ (Vô lí)

TH2: Một trong 2 số $x,y$ chẵn

Xét bổ đề sau: Cho số nguyên tố $p=4k+3$. Nếu $x^2+y^2 \vdots p$ thì $x,y \vdots p$

Chứng minh:

Giả sử $x,y$ không chia hết cho $p$

Khi đó theo định lí Fermat nhỏ, ta có:

$x^{p-1} \equiv 1 \left ( mod p \right )$

$y^{p-1} \equiv 1 \left ( mod p \right )$

Suy ra $\Leftrightarrow x^{p-1}+y^{p-1}\equiv 2 \left ( mod p \right )$ (1)

Mặt khác, $x^2 \equiv -y^2 \left ( mod p \right )\Rightarrow (x^2)^{2k+1}\equiv -(y^2)^{2k+1} \left ( mod p \right )$

$\Leftrightarrow x^{p-1}\equiv -y^{p-1} \left ( mod p \right )$

$\Leftrightarrow x^{p-1}+y^{p-1}\equiv 0 \left ( mod p \right )$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $2 \equiv 0 \left ( mod p \right )$ (vô lí)

Suy ra đpcm

Quay lại bài toán:

$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

$\Leftrightarrow z^2+1=\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )$ (3)

Vì một trong $2$ số $x,y$ chẵn và $x,y \geq 1$ nên vế phải của (3) sẽ tồn tại một ước nguyên tố $p=4k+3$ (vì một trong 2 nhân tử $x^2-1$ và $y^2-1$ có dạng $4q+3$)

$z^2+1 \vdots p$

Theo bổ đề trên, suy ra $1 \vdots p$ (vô lí)

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thoả mãn trường hợp trên

Ta có $x=y=z=0$ là nghiệm của phương trình



#8
maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$



#9
nhatquangsin

nhatquangsin

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết

Ta có thể xét không mất tính tổng quát các số $x,y,z$ là số tự nhiên.

Ta có $a^2\equiv 0;1(mod\ 4)$. Là $1$ nếu $a$ lẻ, và là $0$ nếu $a$ chẵn

Nếu cả $x,y$ là số lẻ thì khi đó $a^2+b^2+c^2\equiv 2;3 (mod\ 4)$ và $x^2y^2\equiv 1 (mod\ 4)$ (vô lý).

Nếu trong hai số $x,y$ có một số lẻ và một số chẵn thì $x^2+y^2+z^2\equiv 1;2 (mod\ 4)$ và $x^2y^2\equiv 0 (mod\ 4)$ (vô lý)

Từ đó suy ra cả $x,y$ đều chẵn, nên $z$ chẵn.

Đặt $x=2x_1;y=2y_1;z=2z_1$ ta có phương trình $x_1^2+y_1^2+z_1^2=4x_1^2y_1^2$

Lập luận tương tự thì ta cũng có $z_1;y_1;z_1$ là các số chẵn.

Lập lại quy trình như vậy thì ta sẽ có $x,y,z$ là các lũy thừa của $2$ với số mũ vô hạn, điều này vô lý.

Suy ra $z=y=x=0$



#10
Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết

Do nick Daicagiangho1998 bị lỗi nên em dùng nick này để thay thế trong việc làm bài .Mong ban quản trị vẫn chấm điểm bài này với nick Daicagiangho1998 với số (MO 31)



#11
davidsilva98

davidsilva98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$ (1)

Bổ đề: Cho $a$ là số nguyên. Chứng minh $a^{2}$ chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$

                         Chứng minh bổ đề

Ta xét các trường hợp sau:

* $a=2k=>a^{2}=4k^{2}\equiv 0(mod4)$

* $a=2k+1=>a^{2}=4k(k+1)+1\equiv 1(mod4)$

Vậy $a^{2}\equiv 0;1(mod4)$

Trở lại bài toán chính.

Giả sử $x;y$ lẻ suy ra $\left\{\begin{matrix} x^{2}\equiv 1(mod4)\\ y^{2}\equiv 1(mod4) \end{matrix}\right.=>x^{2}y^{2}\equiv 1(mod4)=>z^{2}\equiv 3(mod4)$ (vô lý do bổ đề)

Vậy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số $x;y$ là số chẵn. Do $x;y$ có vai trò như nhau nên giả sử $x$ chẵn

Suy ra $\left\{\begin{matrix} x^{2}\equiv 0(mod4)\\ x^{2}y^{2}\equiv 0(mod4) \end{matrix}\right.=>y^{2}+z^{2}\vdots 4$

Nếu $y;z$ lẻ thì $y^{2}+z^{2}\equiv 2(mod4)$(vô lý)

Do đó tồn tại ít nhất 1 trong 2 số $y;z$ chẵn dẫn đến số còn lại cũng chẵn

Suy ra $x=2x_{1};y=2y_{1};z=2z_{1}$ (trong đó $x_{1};y_{1};z_{1}\in Z$)

Phương trình (1) trở thành: ${x_{1}}^{2}+{y_{1}}^{2}+{z_{1}}^{2}=4{x_{1}}^{2}{y_{1}}^{2}$ (2)

Suy ra ${x_{1}}^{2}+{y_{1}}^{2}+{z_{1}}^{2}\vdots 4$

Nếu tồn tại ít nhất 1 trong 3 số $x_{1};y_{1};z_{1}$ lẻ thì theo bổ đề ta có: ${x_{1}}^{2}+{y_{1}}^{2}+{z_{1}}^{2}\equiv 1;2;3(mod4)$ (vô lý)

Vậy $x_{1};y_{1};z_{1}$ chẵn suy ra $x=2x_{1}=4x_{2};y=2y_{1}=4y_{2};z=2z_{1}=4z_{2}$

Chứng minh tương tự ta được: $x=2^{k}.x_{k};y=2^{k}.y_{k};z=2^{k}.z_{k}$ (với $k$ bất kỳ)

Điều này dẫn đến $x=y=z=0$

Thử lại thấy $x=y=z=0$ là nghiệm của phương trình.

Mở rộng bài toán:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=kx^{2}y^{2}$  (3) (trong đó $k\equiv 0;1(mod4)$)

Với cách giải sử dụng nguyên xuống thang như bài trên ta cũng được $x=y=z=0$ là nghiệm của phương trình (3).



#12
phatthemkem

phatthemkem

    Trung úy

  • Thành viên
  • 910 Bài viết

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Em không phải là đấu thủ thi đấu!

Bài làm. Phương trình đã cho tương với: $z^2+1=\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )$

Với mọi $z$ nguyên thì $z^2+1$ không chia hết cho $4$ nên $\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )$ không chia hết cho $4$.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x^2\equiv 0\left ( mod4 \right )\\ y^2\equiv 0\left ( mod4 \right ) \end{matrix}\right.$. Hay $\left ( x^2-1 \right )\left ( y^2-1 \right )\equiv 1\left ( mod4 \right )\Rightarrow z^2\vdots 4$

Đặt $x=2x',y=2y',z=2z';\left ( x',y',z'\in \mathbb{Z} \right )$, ta được: $4x'^2+4y'^2+4z'^2=16x'^2y'^2\Leftrightarrow x'^2+y'^2+z'^2=4x'^2y'^2$

Chứng minh như trên ta cũng suy ra $x',y',z'\vdots 4$

Như vậy, nếu $\left ( x,y,z \right )$ là nghiệm của phương trình đã cho thì $\left ( x',y',z' \right )$ cũng là nghiệm của nó.

Cứ tiếp tục $n$ lần như vậy thì $x,y,z\vdots 2^n,\left ( n\in \mathbb{N} \right )$

Điều này xảy ra khi $x=y=z=0$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất $\left ( 0;0;0 \right )$


  Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại

 

ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot

 

  “Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn

 

những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”

 

-Mark Twain

:botay :like :icon10: Huỳnh Tiến Phát ETP :icon10: :like :botay

$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39


#13
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Trận đấu đã kết thúc, mời các bạn nhận xét bài làm của nhau


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.





0 người đang xem chủ đề

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