thanks anh ạ, e cũng có 1 hướng tựa tựa như này để tối e post lên thử ạ
[TOPIC] Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên
#21
Đã gửi 08-10-2021 - 15:24
#22
Đã gửi 09-10-2021 - 09:36
Bài 6. Xét $\displaystyle p=2$ thì $\displaystyle x^{4} +4=2y^{4}$. Nếu $\displaystyle x$ chẵn thì suy ra bên vế trái sẽ đồng dư với 4 theo modulo 16. Ngoài ra $\displaystyle y$ có thể rơi vào hai trường hợp, nếu $\displaystyle y$ chẵn thì sai ngay vì $\displaystyle 2y^{4}$ chia hết cho 16 trong khi vế trái lại không thỏa. Còn nếu $\displaystyle y$ lẻ thì $\displaystyle 2y^{4} \equiv 2(\bmod 16)$. Vậy $\displaystyle p$ chỉ có thể là số lẻ, suy ra $\displaystyle x,y$ phải cùng lẻ, vì nếu $\displaystyle x$ chẵn thì $\displaystyle y$ phải chẵn dẫn đến modulo 16 của 2 vế khác nhau.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 09-10-2021 - 09:38
- 12DecMath và Lemonjuice thích
#23
Đã gửi 09-10-2021 - 12:01
Bài 13. Tìm các số nguyên tố $\displaystyle p,q$ thỏa mãn $\displaystyle ( p+q)^{p} =( q-p)^{2q-1}$
Nhận thấy $q-p>0$ và $p+q>q-p$ nên $p<2q-1$.
Do đó $(p+q)^p\vdots (q-p)^p\Rightarrow p+q\vdots q-p\Rightarrow 2q\vdots q-p$.
Mà $q-p<q$ nên $2\vdots q-p$.
Suy ra $q-p=1$ hoặc $q-p=2$.
+) $q-p=1\Rightarrow q=3;p=2$. Thử lại ta thấy không thoả mãn.
+) $q-p=2\Rightarrow (2p+2)^p=2^{2p+3}\Rightarrow 2^{p+3}=(p+1)^p$.
Từ đó $p+1=2^k(k\in\mathbb N^*)\Rightarrow p+3=pk\Rightarrow 3\vdots p\Rightarrow p=3\Rightarrow q=5$. (thoả mãn)
Vậy $p=3;q=5$.
- 12DecMath, Lemonjuice và narutosasukevjppro thích
#24
Đã gửi 12-10-2021 - 05:56
Bài 26. Ta sẽ sử dụng bất đẳng thức để kẹp, một số luôn lớn hơn hoặc bằng tích các chữ số của nó, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi nó là số có 2 chữ số hoặc 1 chữ số.
Bài 38. Ta giới hạn miền, trước hết đặt $\displaystyle a=\left\lfloor \sqrt[4]{x}\right\rfloor ,b=\left\{\sqrt[4]{x}\right\} \in \{0,1\}$. Đưa về $\displaystyle 1\geqslant b=\sqrt[4]{8a+3} -a >0$, tới đây dễ dàng tìm được $a$
- 12DecMath, Lemonjuice và LTBN thích
#25
Đã gửi 12-10-2021 - 05:57
Bài 16 mình xin phép gửi luôn link đề trên aops
https://artofproblem...h409108p2288476
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 12-10-2021 - 06:07
- 12DecMath và Lemonjuice thích
#26
Đã gửi 12-10-2021 - 06:14
Bài 25.
Vì $\displaystyle b+1\vdots a$ nên ta đặt $\displaystyle b+1=ka$. Tương tự đặt $\displaystyle a^{3} -1=lb=l( ka-1) =lka-l$ và dẫn tới $\displaystyle a^{3} =lka-( l-1)$ tức là $ $$\displaystyle l-1\vdots a$. Đặt $\displaystyle l-1=ma\rightarrow l=ma+1$. Bây giờ với
- Nếu $\displaystyle m< k$ thì $\displaystyle 4m< 4k$ nên $\displaystyle \Delta >m^{2} k^{2}$. Mặt khác, ta mong muốn $\displaystyle \Delta < ( mk+2)^{2}$. Khai triển ra ta có $\displaystyle m^{2} k^{2} +4mk+4 >m^{2} k^{2} +4k-4m$. Tức $\displaystyle 4mk+4-4k+4m >0\rightarrow mk-k+m-1 >-2$ hay $\displaystyle ( m-1)( k+1) >-2$ .Vậy với $\displaystyle m\neq 0$ thì ta có $\displaystyle \Delta =( mk+1)^{2}$ dẫn tới $\displaystyle -4m+4k=2mk+1$ là một điều vô lí vì hai vế khác tính chẵn lẻ. \ Suy ra $\displaystyle m=0$ và ta có được $\displaystyle a=k^{2}$ và $\displaystyle b=ka-1=k^{3} -1$. Ta được một họ nghiệm đầu tiên là $\displaystyle \left( s ,s^{3} -1\right)$ với $\displaystyle s\geqslant 2$
- Tiếp tục với $\displaystyle m >k$ thì ta lại có $\displaystyle \Delta < ( mk)^{2}$. Mặt khác ta mong muốn $\displaystyle \Delta >( mk-2)^{2}$. Khai triển tương tự ta có $\displaystyle m^{2} k^{2} -4mk+4< m^{2} k^{2} +4k-4m\rightarrow 4k-4m-4+4mk >0$ hay $\displaystyle k-m-1+mk >0$ hay $\displaystyle ( k-1)( m+1) >0$. \ Phụ thuộc vào dấu của $\displaystyle k-1$ nên nếu $\displaystyle k\neq 1$ thì ta có $\displaystyle \Delta =( mk-1)^{2}$ hay $\displaystyle -4m+4k=-2mk+1$ khác tính chẵn lẻ. Nên $\displaystyle k=1$. Thay vào ta có $\displaystyle a^{2} -ma+m-1=0$. Tính $\displaystyle a$ theo $\displaystyle m$ bằng công thức nghiệm cho ta $\displaystyle a=m-1$ và khi đó chỉ cần chọn $\displaystyle b=m-2$ là ổn. Một họ nghiệm khác của phương trình là $\displaystyle ( s,s-1)$ với $\displaystyle s\geqslant 3$
- Với $\displaystyle m=k$ thì chọn họ nghiệm là $\displaystyle \left( s^{2} ,s^{3} -1\right)$ với $\displaystyle s\geqslant 2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 12-10-2021 - 06:14
- 12DecMath, Lemonjuice và LTBN thích
#29
Đã gửi 13-10-2021 - 07:29
Xét ảo zậy, nhưng vẫn thiếu 1 cặp nghiệm nữa nhé
À soggi, mình quên xét trường hợp 1 số bằng 2, từ đó mình đẩy lên là được $a,b$ lẻ xong mình xét ước nguyên tố
Còn bộ nghiệm là $(a,b)=(1,2)$ và $(2,1)$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 13-10-2021 - 07:29
- narutosasukevjppro yêu thích
Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu
#30
Đã gửi 13-10-2021 - 07:51
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle p,q,r,s >1$ thỏa mãn $\displaystyle p!+q!+r!=2^{s}$ (India Practice TST 2017)
Cho mình gửi link AoPS luôn nha
Lời giải: https://artofproblem...1557175p9502820
- Lemonjuice và narutosasukevjppro thích
Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu
#31
Đã gửi 13-10-2021 - 08:47
Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên dương $\displaystyle m$ và $\displaystyle p,q$ nguyên tố sao cho $\displaystyle 2^{m} p^{2} +1=q^{5}$
Bài 12.
Ta có: $2^mp^2+1=q^5 \Longleftrightarrow 2^mp^2=(q-1)(q^4+q^3+q^2+q+1)$
Xét $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1)$
Ta có: $q^4+q^3+q^2+q+1=(q-1)(q^3+2q^2+3q+4)+5 \Longrightarrow \text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+q+1)\mid 5$
Xét trường hợp $q=2$:
Suy ra: $\text{VP} \vdots 2 \Longrightarrow \text{VT} \vdots 2 \Longrightarrow 2^m=1 \Longrightarrow m=0$ (vô lí)
Xét trường hợp $q > 2$ suy ra: $q-1$ chẵn và $q^4+q^3+q^2+q+1$ lẻ vì $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+q+1)\mid 5$
Nếu $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+q+1) = 5$ thì: $q-1=2^mp > q^4+q^3+q^2+q+1=p$ (vô lí)
Suy ra: $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+q+1) = 1 \Longrightarrow q-1=2^m; q^4+q^3+q^2+q+1=p^2 (*)$
Xét $p=2 \Longrightarrow q=1$ (vô lí). Suy ra: $p>2$
$(*) \Longleftrightarrow q=2^m+1$. Xét $m$ lẻ:
Suy ra: $\text{VP} \vdots 3 \Longrightarrow q=3 \Longrightarrow m=1, p=11$ (thỏa)
Xét $m$ chẵn
Nếu $m \geq 3$thì $q=2^m+1 \equiv 1 \pmod 8$
Suy ra: $p^2 \equiv 5 \pmod 8$
Không có $p$ thỏa mãn điều này. Vậy $m <3$
$m=2$ vô lí
Vậy ta có bộ nghiệm $(m,p,q)$ là $(1,11,3)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 13-10-2021 - 09:31
- Lemonjuice yêu thích
Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu
#32
Đã gửi 13-10-2021 - 08:57
Bài 12.
Ta có: $2^mp^2+1=q^5 \Longleftrightarrow 2^mp^2=(q-1)(q^4+q^3+q^2+q+1)$
Xét $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1)$
Ta có: $q^4+q^3+q^2+1=(q-1)(q^3+2q^2+3q+4)+5 \Longrightarrow \text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1)\mid 5$
Xét trường hợp $q=2$:
Suy ra: $\text{VP} \vdots 2 \Longrightarrow \text{VT} \vdots 2 \Longrightarrow 2^m=1 \Longrightarrow m=0$ (vô lí)
Xét trường hợp $q > 2$ suy ra: $q-1$ chẵn và $q^4+q^3+q^2+1$ lẻ vì $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1)\mid 5$
Nếu $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1) = 5$ thì: $q-1=2^mp > q^4+q^3+q^2+1=p$ (vô lí)
Suy ra: $\text{gcd}(q-1,q^4+q^3+q^2+1) = 1 \Longrightarrow q-1=2^m; q^4+q^3+q^2+1=p^2 (*)$
Xét $p=2 \Longrightarrow q=1$ (vô lí). Suy ra: $p >2 \Longrightarrow p-1,p+1$ chẵn
$(*) \Longleftrightarrow q^4+q^3+q^2=(p-1)(p+1) \Longrightarrow q=2$ (vô lí đã chứng minh ở trên)
Vậy không tồn tại $q,p$ là các số nguyên tố và $m$ nguyên dương thỏa mãn.
bài này vẫn có nghiệm nhé
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 13-10-2021 - 09:02
#33
Đã gửi 13-10-2021 - 09:31
bài này vẫn có nghiệm nhé
Sorry, mình đã sửa lại > . <
- narutosasukevjppro yêu thích
Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu
#34
Đã gửi 16-10-2021 - 21:20
Bài 40. Giải phương trình sau trên tập số nguyên dương $\displaystyle 2^{n} +n=m!$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 16-10-2021 - 21:21
- Hoang72, 12DecMath, Lemonjuice và 2 người khác yêu thích
#35
Đã gửi 22-10-2021 - 20:39
Bài 41. Giải phương trình sau trên tập số nguyên dương $2^{x}+1=5^{y}+2^{z}$
- Hoang72, 12DecMath, Lemonjuice và 1 người khác yêu thích
#36
Đã gửi 23-10-2021 - 17:02
Lời giải cho bài 18 sau 2 ngày không ai giải: Giờ chỉ cần xét trường hợp khi x và y đều không chia hết cho p vì ngược lại nếu x và y đều chia hết cho p thì dễ thấy cặp nghiệm duy nhất là x=y=0
Để giải quyết bài toán Ta chỉ cần chứng minh bổ đề sau (*): nếu x chạy từ 1 cho đến p-1 thì dãy $1^{a};...;(p-1)^{a}$ lập thành một hệ thặng dư thu gọn mod p.
Dùng phản chứng giả sử tồn tại 2 số nguyên dương t và k đều nhỏ hơn p và đôi một khác nhau sao cho $t^{a}=k^{a}(modp)$ (1)
Ta dùng kết quả quen thuộc sau: với g là một căn nguyên thủy của p thì dãy $g;g^{2};...;g^{p-1}$ lập thành hệ thặng dư thu gọn mod p vậy sẽ tồn tại 2 số nguyên dương c và d đều nhỏ hơn p đồng thời khác nhau sao cho $g^{c}=t(modp)$ và $g^{d}=k(modp)$ kết hợp với (1) ta lại có $g^{ac}-g^{ad}=o(modp)$
Không mất tính tổng quát giả sử $ac\geq ad$ suy ra $p\mid g^{ad}(g^{ac-ad}-1)\Rightarrow p\mid g^{ac-ad}-1$ mà g là căn nguyên thủy bắt buộc ac-ad chỉ chia hết cho p-1 nhưng a không là ước của p-1 nên c-d chia hết cho p-1 mà c và d nhỏ hơn p nên c=d suy ra vô lí vậy bổ đề (*) được chứng minh. Tương tự ta chứng minh bổ đề: nếu y chạy từ 1 cho đến p-1 thì dãy $1^{b};...;(p-1)^{b}$ lập thành một hệ thặng dư thu gọn mod p bằng cách tương tự
Vậy với mỗi x nguyên dương nhỏ hơn p thì chỉ tồn tại duy nhất 1 số nguyên dương y (y<p) sao cho $x^{a}=y^{b} (modp)$ mà ta có p-1 số x nguyên dương như thế thì có được p-1 cặp nghiệm (x;y) thỏa $x^{a}=y^{b}(mod p)$ cộng thêm trường hợp cả x và y đều chia hết cho p vào ta được p cặp tự nhiên (x;y)
Dùng ý tưởng trong lời giải trên ta có thể giải quyết luôn bài toán tổng quát: Cho avà b và k đều nguyên dương $(a\geq b>1)$ và p là số nguyên tố lẻ. Tìm số cặp nghiệm tự nhiên (x;y) sao cho $x^{a}=y^{b}(modp^{k})$ biết rằng cả x và y đều nhỏ hơn $p^{k}$
*Gợi ý: có thể dùng bài toán sau như một bổ đề https://artofproblem...608238p22522707
Để ý kỹ nếu giải bài toán tổng quát trên xong kết hợp với định lý thặng dư trung hoa thì ta có thể tính luôn số nguyên nghiệm đồng dư của bài toán trên trong trường hợp thay $p^{k}$ bằng n lẻ nguyên dương bất kì
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lemonjuice: 23-10-2021 - 22:43
- narutosasukevjppro yêu thích
#37
Đã gửi 23-10-2021 - 17:36
#39
Đã gửi 18-11-2021 - 08:27
Bài 36. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $\displaystyle ( x,n)$ thỏa mãn phương trình $x^{3} +2x+1=2^{n}$
Bài này là 1 ví dụ kinh điển trong chuyên đề thặng dư bình phương
Tớ xin gửi link lời giải cho bài này: https://www.slidesha...unhuy/scp-mod-p
- Hoang72 yêu thích
#40
Đã gửi 27-11-2021 - 10:52
- Hoang72, Lemonjuice, Gia Cat Minh và 2 người khác yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: số học, phương trình nghiệm nguyên, toán olympic
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh