hình như bạn nhầm rồi, nếu x=2 thay vào A vẫn không thỏa mãn
từ A sẽ suy ra dc x < 0 nên từ $x^2+1\mid x+2\Rightarrow x^2+1\mid x^2+1-5\Rightarrow x^2+1\mid 5$
từ đây có thể tìm x=-2 thỏa mãn
cảm ơn nhá mình viết thiếu dấu trừ
hình như bạn nhầm rồi, nếu x=2 thay vào A vẫn không thỏa mãn
từ A sẽ suy ra dc x < 0 nên từ $x^2+1\mid x+2\Rightarrow x^2+1\mid x^2+1-5\Rightarrow x^2+1\mid 5$
từ đây có thể tìm x=-2 thỏa mãn
cảm ơn nhá mình viết thiếu dấu trừ
Bài 145
cho 2 số nguyên dương m,n và$k =\frac{(m+n)^2}{4(m-n)^2+4}$ là số nguyên chứng minh k là số chính phương
Hình như dưới mẫu phải là $4m(m-n)^2+4$ thì phải, bài này đề gốc là P1-Turkey MO 2015
$\boxed{147}$: Tìm các số nguyên tố $p,q$ sao cho $p^3-q^5=(p+q)^2$
Ta có $p^3\equiv p(mod3);q^5\equiv q(mod 3)$ nên $p^3-q^5\equiv p-q(mod3)$.
+) p + q không chia hết cho 3: Khi đó p - q chia cho 3 dư 1.
Suy ra p chia hết cho 3 hoặc q chia hết cho 3. (Do p + q không chia hết cho 3).
Nếu p = 3 thì $27-q^5=(q+3)^2$. (vô nghiệm)
Nếu q = 3 thì $p^3-243=(p+3)^2$. Giải ra ta có p = 7.
+) Nếu p + q chia hết cho 3 thì p và q đồng dư với nhau mod 3. Do đó p, q chia hết cho 3 nên p = q = 3 (vô lí)
Vậy p = 7; q = 3.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 23-05-2021 - 22:22
$\boxed{148}$: Tìm tất cả các số nguyên không âm $p,q,r$ sao cho $p^3-q^3=r!-18$
$\boxed{147}$: 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 tiếp theo cho mọi người đây:
$\boxed{136}$. Tìm số nguyên dương $m,n$ sao cho
$$3^m=2n^2+1$$
Em không nghĩ ra được cách nào hay hơn ạ :
Dễ thấy $n=3k$ không thỏa mãn
+) Thử $m = 1,2,4,5,7,8$ thấy chỉ có $(m,n)=(1,1);(2.2);(5,11)$ thỏa mãn
Với $m> 8$
+) TH1: $n=3k+1$, $pt<=>3^{m-1}=6k^{2}+4k+1=>k=3k_{1}+2=>3^{m-2}=18k_{1}^{2}+28k_{1}+33=>k_{1}=9k_{2}+1=>3^{m-2}=1458k_{2}^{2}+576k_{2}+57$
Đến đây ta thấy VT chia hết cho 9 mà VP không chia hết cho 9 = > Vô nghiệm
+) TH2: $n=3k+2$, $pt<=>3^{m}=18k^{2}+24k+9=>k=3k_{1}=>3^{m-2}=18k_{1}^{2}+8k_{1}+1=>k_{1}=3k_{2}+1=>3^{m-3}=54k_{2}^{2}+44k_{2}+9=>k_{2}=9k_{3}=>3^{m-5}=2.3^{3}k_{3}^{2}+44k_{3}+1=>k_{3}=3k_{4}+1=>3^{m-5}=2.3^{7}k_{4}^{2}+4.3^{6}k_{4}+531$
Ta thấy VT chia hết cho 27 mà VP không chia hết cho 27 => Vô nghiệm
Vậy $(m,n)=(1,1);(2,2);(5,11)$
P/s: Sở dĩ em nghĩ đến cách này bởi vì hệ số tự do là 1 nên ta có thể liên tục rút gọn đi nó
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mEgoStoOpid: 26-05-2021 - 16:07
Tìm tất cả các số nguyên dương x,y sao cho $\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4$ là số chính phương
Tìm tất cả các số nguyên dương x,y sao cho $\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4$ là số chính phương
Gợi ý:
Đáp án: $(x,y)$ là những nghiệm của phương trình sau $(2 + \sqrt{5})^z = x + y\sqrt{5}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 28-05-2021 - 11:00
$\boxed{149}$ : Cho số nguyên dương n thỏa mãn: $(n,n+1)<(n,n+2)<(n,n+3)<...<(n,n+99)$
a, So sánh $(n,n+99)$ và $(n,n+100)$
b, Chỉ ra các quan hệ so sánh có thể có giữa $(n,n+100)$ và $(n,n+101)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pkh2705: 28-05-2021 - 21:30
$\boxed{149}$ : Cho số nguyên dương n thỏa mãn: $(n,n+1)<(n,n+2)<(n,n+3)<...<(n,n+99)$
a, So sánh $(n,n+99)$ và $(n,n+100)$
b, Chỉ ra các quan hệ so sánh có thể có giữa $(n,n+100)$ và $(n,n+101)$
Ta chứng minh rằng nếu $(n,n+k)=k$ và $(n,n+k+1)>(n,n+k)$ thì $(n,n+k+1)=k+1$.
Thật vậy, dễ thấy $k<(n,n+k+1)=(n,k+1)\leq k+1$ nên $(n,n+k+1)=k+1$.
Từ đó $(n,n+k)=k\Rightarrow n\vdots k,\forall k\in\overline{1,99}$.
a) Dễ thấy $(n,n+99)=99$. Ta có $n\vdots 25$ và $n\vdots 4$ nên $n\vdots 100$. Từ đó $(n,n+100)=100>(n,n+99)$.
b) Ta có $(n,n+101)=101$ nếu $n\vdots 101$. Ngược lại, $(n,n+101)=1$. Do đó có thể xảy ra lớn hơn hoặc bé hơn.
Hình như sai đề anh ạ, không thể chứng minh được nhéBài 145
cho 2 số nguyên dương m,n và$k =\frac{(m+n)^2}{4(m-n)^2+4}$ là số nguyên chứng minh k là số chính phương
lmq
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.
Bài 150: Tìm các số nguyên dương $a$ để với mọi số nguyên tố lẻ $p$ luôn tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn đồng thời $a^n-n^2$ và $a^{n+1}-(n+1)^{2}$ đều chia hết cho $p$
ズ刀Oア
Bài 151: Tìm x, y nguyên thỏa mãn 3x + 29 = 2y
Bài 150: Tìm các số nguyên dương $a$ để với mọi số nguyên tố lẻ $p$ luôn tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn đồng thời $a^n-n^2$ và $a^{n+1}-(n+1)^{2}$ đều chia hết cho $p$
$\boxed{152}$: Cho số tự nhiên $n>3$ và $p|n$. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất số nguyên dương $N$, $1<n<2^n$ sao cho $(1+2^p+2^{n-p})N$ chia $2^n$ dư 1.
Bài 151: Tìm x, y nguyên thỏa mãn 3x + 29 = 2y
Đây bạn nhé
-Xét x=1 thì ta được y=5
-Xét x>1 thì ta được 3^x chia hết cho 9
Suy ra 2^y=2(mod 9)
Mà:y=6k thì 2^y=1(mod 9)
y=6k+1 thì 2^y=2(mod 9)
y=6k+2 thì 2^y=4(mod 9)
y=6k+3 thì 2^y=8(mod 9)
y=6k+4 thì 2^y=7(mod 9)
y=6k+5 thì 2^y=5(mod 9)
Từ đó ta thấy được y=1(mod 6)
Với y=1(mod 6) thì 2^y=2(mod 7) suy ra 3^x=1(mod 7)
Ta lại có:
-x=6k thì 3^x=1(mod 7)
-x=6k+1 thì 3^x= 3(mod 7)
-x=6k+2 thì 3^x=2(mod 7)
-x=6k+3 thì 3^x=6(mod 7)
-x=6k+4 thì 3^x=4 (mod 7)
-x=6k+5 thì 3^x= 5 (mod 7)
Từ đó ta thấy x=0 (mod 6) suy ra 3^x=1 (mod 4) suy ra 2^y = 2 (mod 4) suy ra y=1 (vô lí)
Vậy có duy nhất cặp nghiệm (x,y)=(1,5) thoả mãn đề bài
Bài 153: Cho $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $a\sqrt{3}>b\sqrt{7}$. Chứng minh rằng: $a\sqrt{3}-b\sqrt{7}>\frac{1}{a+b}$
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Lời giải.
Từ giả thiết ta có: $3a^2-7b^2\geqslant 1$
Dễ lập bảng đồng dư thì $3a^2-7b^2\equiv 0,3,5,6 (\text{mod 7})$ nên $3a^2-7b^2\geqslant 3$
Vậy ta được: $a\sqrt{3}-b\sqrt{7}=\frac{3a^2-7b^2}{a\sqrt{3}+b\sqrt{7}}\geqslant \frac{3}{a\sqrt{3}+b\sqrt{7}}>\frac{1}{a+b}$
Vậy ta có điều phải chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 15-04-2022 - 21:12
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh