Đến nội dung

Hình ảnh

$(p-1)!+1=p^n$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
Bài toán 1: Tìm $x,y,z$ nguyên dương sao cho

a)$\frac{6(6x^2+3y^2+z^2)}{5}$ là số chính phương

b)$x^3z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)=0$

Bài toán 2:Tìm $p$ nguyên tố sao cho

$(p-1)!+1=p^n$

( Với n là số tự nhiên)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 19-12-2012 - 21:54

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#2
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Bài toán 1: Tìm $x,y,z$ nguyên dương sao cho

a)$\frac{6(6x^2+3y^2+z^2)}{5}$ là số chính phương

b)$x^3z^2+(y^3-2xy)z+x(x-y)=0$

Bài toán 2:Tìm $p$ nguyên tố sao cho


$(p-1)!+1=p^n$

( Với n là số tự nhiên)

Giải như sau:
Bài 1:
a) $6(6x^2+3y^2+z^2)=5k^2 \Rightarrow k \vdots 2, k \vdots 3 \Rightarrow k=6t$
Do đó $6x^2+3y^2+z^2=5.6.t^2$ suy ra $z \vdots 3$ nên $z=3z'$
Nên $2x^2+y^2+3z'^2=5.2.t^2$ $(1)$ suy ra $y^2+3z'^2$ chẵn
TH1: $y,z'$ chẵn khi ấy $y=2y',z'=2z''$ nên $x^2+2y'^2+6z''^2=5t^2$ khi ấy $x,t$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ, nếu $x,t$ cùng lẻ suy ra $5t^2-x^2 \vdots 4 \Rightarrow 2y'^2+6z''^2 \vdots 4 \Rightarrow y'^2+3z''^2 \vdots 2$ mặt khác $t,x$ lẻ nên $t^2 \equiv x^2 \equiv 1 \pmod{8}$ nên $5t^2-x^2 \equiv 4 \pmod{8}$ do đó $y'^2+3z''^2 \vdots 2$ mà $\not \vdots 4$ nhưng đây là điều vô lí với cả hai TH là $y',z''$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ, ta luôn có $y'^2+3z''^2 \vdots 4$ nên loại, do đó $x,t$ cùng chẵn nên $x=x',t=t'$
Do đó $2x'^2+y'^2+3z''^2=5.2.t'^2$ và ta thấy đây lại là dạng của phương trình $(1)$, tiếp tục lùi vô hạn ta thu được vô nghiệm nếu nghiệm khác nghiệm tầm thường do đó bài toán chi có nghiệm tầm thường $x=y=z=0$
TH2: $y,z'$ lẻ khi ấy $y^2+3z'^2 \equiv 4 \pmod{8} \Rightarrow 2(5t^2-x^2) \vdots 4 \Rightarrow 5t^2-x^2 \vdots 2$ nhưng khi ấy $t,x$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên $5t^2-x^2 \vdots 4$ suy ra $2(5t^2-x^2) \vdots 8 \Rightarrow y^2+3z'^2 \vdots 8$ mâu thuẫn với $y^2+3z'^2 \equiv 4 \pmod{8}$
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$
b)
Ta có $x^3z^2+y^3z+x^2=2xyz+xy$
TH1: $x\geq y$ khi ấy $x^2 \geq xy$
Lại có $x^3z^2=(xz)x^2z \geq (xyz)xz$ do đó nếu $xz\geq 2$ thì $x^3z^2\geq 2xyz$ khi ấy $VT>VP$ (do $y^3z>0$) vô lí
Do đó $xz<2$ nên $xz=1 \Rightarrow x=z=1$ nên $y^3+1=2y+y \Rightarrow y^3+2=3y$ nên $y|2$ nên $y=1,2$ thấy $y=1,2$ đều thỏa mãn
TH2: $x<y$ khi ấy $2xyz+xy\le 2xyz+xyz=3xyz$ như vậy $y^3z<3xyz \Rightarrow y^2<3x$ mà $x<y$ nên $x^2<y^2<3x \Rightarrow x^2<3x \Rightarrow x<3$ nên $x=2,1$ mặt khác $y^2<3x \Rightarrow y^2<6$ (do $x\le 2$)
Suy ra $y^2=1,4 \Rightarrow y=1,2$ mà $x\geq 1$ và $y>x$ nên $y>1$ do đó $y=2$
Với $x=1$ ta có $z^2+y^3z+1=2yz+y$ thay $y=2$ ta có $z^2+8z+1=4z+2 \Rightarrow z^2+4z-1=0$ vô nghiệm nguyên loại
Với $x=2$ ta có $z^2+y^3z+4=4yz+2y$ thay $y=2$ ta có $z^2+8z+4=8z+4 \Rightarrow z^2=0$ loại do $z>0$
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(1,1,1),(1,1,2)}$
Bài 2:
Với $p=2,3,5$ dễ dàng xét và có $p=3,5$ chọn
Với $p>5$
$(p-1)!=1=p^n \Rightarrow (p-1)!=p^n-1=(p-1)(p^{n-1}+...+p+1)$ do đó $(p-2)!=p^{n-1}+...+p+1$
Vì $p$ nguyên tố nên $p-1$ là hợp số đặt $p-1=uv$ với $1<u\le v$ khi ấy nếu $u\neq v$ ta có $(p-1)!=1....u.(u+1)...v.(v+1)...(p-2) \vdots uv$ nên $(p-2)! \vdots uv$ thỏa mãn còn $u=v$ thì do $p>5$ nên $u,v\geq 3$ nên $(p-1)!=1...u.(u+1)...2u....(p-2)$ (do $p-1=uv>2u$ (do $u,v\geq 3$) như vậy $(p-2)! \vdots uv \vdots p-1$
Từ đó suy ra $p^{n-1}+...+p+1 \vdots p-1$ mà $p \equiv 1 \pmod{p-1} \Rightarrow p^{n-1}+...+p+1 \equiv n \pmod{p-1}$
Do đó $n \vdots p-1$ nên $n\geq p-1$
Suy ra $p^n\geq p^{p-1}$ dễ cm $p^{p-1}>(p-1)!+1$ với $p>5$ bằng quy nạp do đó TH này loại
Vậy $\boxed{p=3,5}$

#3
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Giải như sau:
Bài 1:
a) $6(6x^2+3y^2+z^2)=5k^2 \Rightarrow k \vdots 2, k \vdots 3 \Rightarrow k=6t$
Do đó $6x^2+3y^2+z^2=5.6.t^2$ suy ra $z \vdots 3$ nên $z=3z'$
Nên $2x^2+y^2+3z'^2=5.2.t^2$ $(1)$ suy ra $y^2+3z'^2$ chẵn
TH1: $y,z'$ chẵn khi ấy $y=2y',z'=2z''$ nên $x^2+2y'^2+6z''^2=5t^2$ khi ấy $x,t$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ, nếu $x,t$ cùng lẻ suy ra $5t^2-x^2 \vdots 4 \Rightarrow 2y'^2+6z''^2 \vdots 4 \Rightarrow y'^2+3z''^2 \vdots 2$ mặt khác $t,x$ lẻ nên $t^2 \equiv x^2 \equiv 1 \pmod{8}$ nên $5t^2-x^2 \equiv 4 \pmod{8}$ do đó $y'^2+3z''^2 \vdots 2$ mà $\not \vdots 4$ nhưng đây là điều vô lí với cả hai TH là $y',z''$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ, ta luôn có $y'^2+3z''^2 \vdots 4$ nên loại, do đó $x,t$ cùng chẵn nên $x=x',t=t'$
Do đó $2x'^2+y'^2+3z''^2=5.2.t'^2$ và ta thấy đây lại là dạng của phương trình $(1)$, tiếp tục lùi vô hạn ta thu được vô nghiệm nếu nghiệm khác nghiệm tầm thường do đó bài toán chi có nghiệm tầm thường $x=y=z=0$
TH2: $y,z'$ lẻ khi ấy $y^2+3z'^2 \equiv 4 \pmod{8} \Rightarrow 2(5t^2-x^2) \vdots 4 \Rightarrow 5t^2-x^2 \vdots 2$ nhưng khi ấy $t,x$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên $5t^2-x^2 \vdots 4$ suy ra $2(5t^2-x^2) \vdots 8 \Rightarrow y^2+3z'^2 \vdots 8$ mâu thuẫn với $y^2+3z'^2 \equiv 4 \pmod{8}$
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$
b)
Ta có $x^3z^2+y^3z+x^2=2xyz+xy$
TH1: $x\geq y$ khi ấy $x^2 \geq xy$
Lại có $x^3z^2=(xz)x^2z \geq (xyz)xz$ do đó nếu $xz\geq 2$ thì $x^3z^2\geq 2xyz$ khi ấy $VT>VP$ (do $y^3z>0$) vô lí
Do đó $xz<2$ nên $xz=1 \Rightarrow x=z=1$ nên $y^3+1=2y+y \Rightarrow y^3+2=3y$ nên $y|2$ nên $y=1,2$ thấy $y=1,2$ đều thỏa mãn
TH2: $x<y$ khi ấy $2xyz+xy\le 2xyz+xyz=3xyz$ như vậy $y^3z<3xyz \Rightarrow y^2<3x$ mà $x<y$ nên $x^2<y^2<3x \Rightarrow x^2<3x \Rightarrow x<3$ nên $x=2,1$ mặt khác $y^2<3x \Rightarrow y^2<6$ (do $x\le 2$)
Suy ra $y^2=1,4 \Rightarrow y=1,2$ mà $x\geq 1$ và $y>x$ nên $y>1$ do đó $y=2$
Với $x=1$ ta có $z^2+y^3z+1=2yz+y$ thay $y=2$ ta có $z^2+8z+1=4z+2 \Rightarrow z^2+4z-1=0$ vô nghiệm nguyên loại
Với $x=2$ ta có $z^2+y^3z+4=4yz+2y$ thay $y=2$ ta có $z^2+8z+4=8z+4 \Rightarrow z^2=0$ loại do $z>0$
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(1,1,1),(1,1,2)}$
Bài 2:
Với $p=2,3,5$ dễ dàng xét và có $p=3,5$ chọn
Với $p>5$
$(p-1)!=1=p^n \Rightarrow (p-1)!=p^n-1=(p-1)(p^{n-1}+...+p+1)$ do đó $(p-2)!=p^{n-1}+...+p+1$
Vì $p$ nguyên tố nên $p-1$ là hợp số đặt $p-1=uv$ với $1<u\le v$ khi ấy nếu $u\neq v$ ta có $(p-1)!=1....u.(u+1)...v.(v+1)...(p-2) \vdots uv$ nên $(p-2)! \vdots uv$ thỏa mãn còn $u=v$ thì do $p>5$ nên $u,v\geq 3$ nên $(p-1)!=1...u.(u+1)...2u....(p-2)$ (do $p-1=uv>2u$ (do $u,v\geq 3$) như vậy $(p-2)! \vdots uv \vdots p-1$
Từ đó suy ra $p^{n-1}+...+p+1 \vdots p-1$ mà $p \equiv 1 \pmod{p-1} \Rightarrow p^{n-1}+...+p+1 \equiv n \pmod{p-1}$
Do đó $n \vdots p-1$ nên $n\geq p-1$
Suy ra $p^n\geq p^{p-1}$ dễ cm $p^{p-1}>(p-1)!+1$ với $p>5$ bằng quy nạp do đó TH này loại
Vậy $\boxed{p=3,5}$

Cho em hỏi câu 2: sao chứng minh được: $p^{p-1}>(p-1)!+1$



#4
PolarBear154

PolarBear154

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 396 Bài viết

Cho em hỏi câu 2: sao chứng minh được: $p^{p-1}>(p-1)!+1$

Ta có: $(p-1)!+1=2.3....(p-1)+1<p^{p-2}+1<p^{p-2}+p^{p-2}(p-1)=p^{p-2}(1+p-1)=p^{p-1}$ với p>2

Ở đây dùng đánh giá 2,3,...,p-1<p đó bạn :)


Trong bất cứ hoàn cảnh công việc nào, không cúi đầu trước cái ác, không lùi trước hiểm nạn. Nhìn thẳng và đi trên con đường mình đã chọn: con đường mà sự nhẫn nại bao dung là những bước đi tới, hành trang là những ước mơ vô cùng bé nhỏ- chỉ xin làm một cành dương tưới trên cuộc đời đầy rẫy khô khát và bất trắc... 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh