Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,k,n$ thỏa mãn phương trình:
$(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$
Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,k,n$ thỏa mãn phương trình:
$(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$
Trước hết do $k$ nguyên dương nên ta có $k+1\geq 2$ nên $n\leq x$ và $n\leq y$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x\geq y\geq n$
Ta đặt $x!=y!.A=>(x!)^{k}=(y!)^{k}.A^{k}$
Ta có $(y!)^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}.(n!)^{k}$
Đặt $y!=n!.B$ ta có $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$ hay $(AB)^{k}+A^{k}=(k+1)^{n}$
Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $k+1$
Xét trường hợp $k$ lẻ , áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$
Mặt khác ta có $gcd(k,k+1)=1$ nên $v_{p}(k)=1$ nên ta có $v_{p}(AB+A)=n$
Vậy ta có thể đặt $k+1=\prod_{1}^{t}p_{i}$
Khi đó ta có với mọi $i$ ta đều có $v_{p_{i}}(AB+A)=n$ nên $AB+A$ chia hết cho toàn bộ $(k+1)^{n}$
Nhưng vì $k$ lẻ nên ta có phân tích $(AB)^{k}+A^{k}\geq (AB+A).\geq (k+1)^{n}$
Đẳng thức phải xảy ra tức là $k=1$
Khi đó ta có $AB+A=2^{n}$
Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn nên $A(B+1)$ có chứa thừa số lẻ nên do đó $n=0$ vô lý vì nguyên dương
Nên $x=y=n$ do đó ta có $A=B=1$ , và khi đó $n=1$ nên $x=y=n=k=1$
Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ
Số $A$ lẻ và $B$ chẵn , $A$ lẻ tức là $A=1$ khi đó $x=y$
khi đó ta có $B^{k}+1=(k+1)^{n}$
Hiển nhiên ta có $B$ phải chia hết cho $k$
Thay $x=y$ vào pt ban đầu ta có $2B^{k}=(k+1)^{n}$
Do đó $B^{k}=1$ loại vì $B$ chẵn và $k$ nguyên dương
Phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,k,n)=(1,1,1,1)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 19-10-2013 - 20:13
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Trước hết do $k$ nguyên dương nên ta có $k+1\geq 2$ nên $n\leq x$ và $n\leq y$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x\geq y\geq n$
Ta đặt $x!=y!.A=>(x!)^{k}=(y!)^{k}.A^{k}$
Ta có $(y!)^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}.(n!)^{k}$
Đặt $y!=n!.B$ ta có $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$ hay $(AB)^{k}+A^{k}=(k+1)^{n}$
Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $k+1$
Xét trường hợp $k$ lẻ , áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$
Mặt khác ta có $gcd(k,k+1)=1$ nên $v_{p}(k)=1$ nên ta có $v_{p}(AB+A)=n$
Vậy ta có thể đặt $k+1=\prod_{1}^{t}p_{i}$
Khi đó ta có với mọi $i$ ta đều có $v_{p_{i}}(AB+A)=n$ nên $AB+A$ chia hết cho toàn bộ $(k+1)^{n}$
Nhưng vì $k$ lẻ nên ta có phân tích $(AB)^{k}+A^{k}\geq (AB+A).\geq (k+1)^{n}$
Đẳng thức phải xảy ra tức là $k=1$
Khi đó ta có $AB+A=2^{n}$
Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn nên $A(B+1)$ có chứa thừa số lẻ nên do đó $n=0$ vô lý vì nguyên dương
Nên $x=y=n$ do đó ta có $A=B=1$ , và khi đó $n=1$ nên $x=y=n=k=1$
Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ
Số $A$ lẻ và $B$ chẵn , $A$ lẻ tức là $A=1$ khi đó $x=y$
khi đó ta có $B^{k}+1=(k+1)^{n}$
Hiển nhiên ta có $B$ phải chia hết cho $k$
Thay $x=y$ vào pt ban đầu ta có $2B^{k}=(k+1)^{n}$
Do đó $B^{k}=1$ loại vì $B$ chẵn và $k$ nguyên dương
Phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y,k,n)=(1,1,1,1)$
Lời giải của em rất hay và rất sáng tạo, nhưng theo anh thì đôi chỗ vẫn chưa ổn.
$v_{p}(k)+v_{p}(AB+A)=v_{p}(k+1)^{n}$
Điều kiện áp dụng $LTE$ là $p|AB+A,p\nmid AB, p\nmid A$.
Để ý lại nếu $x>y$ và $y>n$ thì $A,B$ đều chẵn
$x>y$ : $x!=y!.A$ thì $A$ không chắc là chẵn. Ví dụ $x!=1.2.3.4.5$ và $y!=1.2.3.4$
Xét $k$ chẵn ta có vế phải luôn lẻ vì $n$ nguyên dương , mặt khác $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ
Vế phải chỉ lẻ khi $n=1$ mà thôi
Anh không biết nha, anh góp ý thôi, nếu thấy thắc mắc thì cứ phản biện nhé
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Lời giải của em rất hay và rất sáng tạo, nhưng theo anh thì đôi chỗ vẫn chưa ổn.
Điều kiện áp dụng $LTE$ là $p|AB+A,p\nmid AB, p\nmid A$.
$x>y$ : $x!=y!.A$ thì $A$ không chắc là chẵn. Ví dụ $x!=1.2.3.4.5$ và $y!=1.2.3.4$
Vế phải chỉ lẻ khi $n=1$ mà thôi
Anh không biết nha, anh góp ý thôi, nếu thấy thắc mắc thì cứ phản biện nhé
Hihi , vậy sao ở ý thứ hai ta không xét $x=y+1$ và $x=y$ thì sẽ hoàn chỉnh , còn nhận xét thứ $3$ do $k$ chẵn nên $(k+1)^{n}$ lẻ , do đó $A^{k}(B^{k}+1)$ lẻ là hiển nhiên , chắc anh không để ý , còn em đang xét lại các $LTE$ để bài giải hoàn chỉnh , còn theo cái điều kiện của $LTE$ em quên mất nên em chém nốt cái này
Xét trường hợp nếu $p|A$ , đặt $k+1=p^{a}.u$ và $A=p^{b}.v$ với $gcd(p,u)=gcd(v,p)=1$
$(AB)^{k}+A^{k}=p^{kb}.v^{k}(B^{k}+1)=p^{an}.u^{n}$
Nên ta có $B^{k}+1=p^{an-kb}.u^{n}$
Đến đây nếu gọi $p_{l}$ là một ước nguyên tố bất kỳ của vế phải thì ta có $gcd(B,p_{l})=1$
Áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{r}(k)+v_{r}(B+1)=n$ với $r$ nguyên tố khác $p$
Với cách này ta xét hoàn toàn tương tự cách giải trước
Giờ xét trường hợp $p|B$ thì ta cũng có $p|A$ và giải tương tự phần $p|A$
Còn cái $AB+A$ không chia hết cho $p$ thì thì $(AB)^{k}+A^{k}=(AB+A).M$
Do $AB+A$ không chia hết cho $p$ nên $M$ chia hết cho $(k+1)^{n}$ nên $M\geq (k+1)^{n}$ đây là điều vô lý
Bài toán được chứng minh xong
NHẬN XÉT : '' BÀI TOÁN KHÁ KHÓ , LỜI GIẢI MỘT SỐ CHỖ KHÓ HIỂU MỌI NGƯỜI ĐẶT BÚT TÝ , SAI CHỖ NÀO NHẬN XÉT MÌNH SỬA . ''
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 19-10-2013 - 21:27
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,k,n$ thỏa mãn phương trình:
$(x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k$
Theo em mọi người có thể không để ý đến lời giải đầu tiên của em nên em đã để một chỗ hổng rất lớn trong cm của mình dẫn đến điều tự mâu thuẫn
Nhận xét là ở lời giải đầu em đã áp dụng $LTE$ với điều kiện $p|AB+A$ , nhưng nếu đặt $k+1$ là một tích các thừa số nguyên tố , em đã không để ý mũ của nó , nếu đặt như thế em đã công nhận $k+1|AB+A$ và các thừa số của $k+1$ khi phân tích chuẩn chỉ có số mũ bậc $1$ , vậy chẳng cần $LTE$ làm chi , và mời mọi người nhận xét lời giải này.
Sau đây em xin trình bày hoàn chỉnh bài viết
Hiển nhiên do $k$ là số nguyên dương nên $k+1\geq 2$ nên ta có thể xét cho $x\geq y\geq n$
Sau khi đặt $x!=y!.A$ và $y!=B.n!$ ta có $x!=AB.n!$
Thay vào phương trình thu và thu được$(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ hay $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$
Đặt $gcd(B,k+1)=r$ ta có $(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ chia hết cho $r^{n}$
Đến đây ta có vế trái có ít nhất $r^{k}$ và vế phải có $r^{n}$ nên hiển nhiên $k\leq n$
Giờ ta xét phân tích chuẩn của $(k+1)^{n}$ là $(k+1)^{n}=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{na_{i}}$
Ý tưởng chính của bài này là dùng định lý $LTE$ kết hợp với hằng đẳng thức và bất đẳng thức
Dĩ nhiên điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p_{i}|AB+A$ và $A,B$ không chia hết cho $p_{i}$ nào , giờ ta xét cho $\prod_{i=1}^{t}p_{i}|AB+A$
Khi đó áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p_{i}}(k)+v_{p_{i}}(AB+A)=v_{p_{i}}((AB)^{k}+B^{k})=na_{i}$
Nên hiển nhiên $AB+A$ sẽ chia hết toàn bộ cho $(k+1)^{n}$
Do đó ta có $(AB)^{k}+B^{k}\geq AB+A\geq (k+1)^{n}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $k=1$ và ta dễ dàng giải phương trình $B(A+1)=2^{n}$
Đến đây ta xét trường hợp thứ hai là $AB+A$ không chia hết cho một $p_{i}$ nào đó ( không phải tất cả ), ta không cần để ý đến điều này mà ta sẽ đặt thẳng như sau
$A=r\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}},B=d\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{i}}$
Khi đó ta sẽ thu được phương trình
$(dr)^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k+c_{i}k}+d^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{ik}}=(k+1)^{n}=>d^{k}(r^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k}+1)=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{a_{i}n-c_{i}k}$
Điều này tự nó mâu thuẫn với cách đặt vì nếu đặt như vậy $d,r$ nguyên tố với $(k+1)$
Các lũy thừa ở vế phải ở mũ không thể là $0$ nên chỉ còn các lũy thừa vế trái là $0$ ,tức là $b_{i}k=0$
Vậy ta thu được phương trình $2.d^{k}=VP$
Vì $gcd(d^{k},VP)=1$ nên $VP|2$
Vậy bài toán đã được giải quyết xong
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 21-10-2013 - 20:45
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Theo em mọi người có thể không để ý đến lời giải đầu tiên của em nên em đã để một chỗ hổng rất lớn trong cm của mình dẫn đến điều tự mâu thuẫn
Nhận xét là ở lời giải đầu em đã áp dụng $LTE$ với điều kiện $p|AB+A$ , nhưng nếu đặt $k+1$ là một tích các thừa số nguyên tố , em đã không để ý mũ của nó , nếu đặt như thế em đã công nhận $k+1|AB+A$ và các thừa số của $k+1$ khi phân tích chuẩn chỉ có số mũ bậc $1$ , vậy chẳng cần $LTE$ làm chi , và mời mọi người nhận xét lời giải này.
Sau đây em xin trình bày hoàn chỉnh bài viết
Hiển nhiên do $k$ là số nguyên dương nên $k+1\geq 2$ nên ta có thể xét cho $x\geq y\geq n$
Sau khi đặt $x!=y!.A$ và $y!=B.n!$ ta có $x!=AB.n!$
Thay vào phương trình thu và thu được$(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ hay $B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}$
Đặt $gcd(B,k+1)=r$ ta có $(AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n}$ chia hết cho $r^{n}$
Đến đây ta có vế trái có ít nhất $r^{k}$ và vế phải có $r^{n}$ nên hiển nhiên $k\leq n$
Giờ ta xét phân tích chuẩn của $(k+1)^{n}$ là $(k+1)^{n}=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{na_{i}}$
Ý tưởng chính của bài này là dùng định lý $LTE$ kết hợp với hằng đẳng thức và bất đẳng thức
Dĩ nhiên điều kiện để áp dụng $LTE$ là $p_{i}|AB+A$ và $A,B$ không chia hết cho $p_{i}$ nào , giờ ta xét cho $\prod_{i=1}^{t}p_{i}|AB+A$
Khi đó áp dụng định lý $LTE$ ta có $v_{p_{i}}(k)+v_{p_{i}}(AB+A)=v_{p_{i}}((AB)^{k}+B^{k})=na_{i}$
Chỗ màu đỏ sao lại có thể suy ra $n \ge k$ được nhỉ.
Hơn nữa, chỗ áp dụng LTE mình thấy không đúng, tại sao cả $A$ và $B$ lại không chia hết cho $p_i$ vậy ?
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Chỗ màu đỏ sao lại có thể suy ra $n \ge k$ được nhỉ.
Hơn nữa, chỗ áp dụng LTE mình thấy không đúng, tại sao cả $A$ và $B$ lại không chia hết cho $p_i$ vậy ?
Chỗ áp dụng LTE là mình xét trường hợp đó , bạn nên đọc kỹ phía sau nữa và chỗ $k\leq n$ là do vế trái có $v_{r}\geq k$ còn vế phải là $v_{r}=n$
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Giải tích →
Tích phân - Nguyên hàm →
$\int f(\lfloor x\rfloor)dx…$Bắt đầu bởi hxthanh, 20-07-2022 psw |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
Bài toán đáp lễ supermember $\mathbb{F}_n(x)=...$Bắt đầu bởi hxthanh, 13-07-2022 supermember, psw |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức →
$\sum_{k=1}^n k^n{n\choose k}=?$Bắt đầu bởi dark templar, 17-11-2012 psw |
|
|||
|
Cửa sổ Diễn Đàn Toán Học →
Những sự kiện đã kết thúc →
Thi đấu giải Toán →
Những bài toán trong tuần →
[Archive] Cập nhật list Những bài toán trong tuần (1 - 100)Bắt đầu bởi T*genie*, 30-07-2012 psw |
|
||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Các bài toán Đại số khác →
Chứng minh rằng đồ thị hàm số sau có ba điểm uốn thẳng hàng: $y = \dfrac{{2x - 1}}{{x^2 - x + 1}}$Bắt đầu bởi Thanh Ha, 23-05-2009 psw |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh