Chủ đề này có 565 trả lời

[Juliel]

 

Bài 154 : Tìm các số nguyên dương $x$, $y$ thỏa mãn :

$x^{y}=y^{x-y}$

(Junior Balkan 1998)

Từ phương trình đã cho, ta có : $x=y^{\frac{x-y}{y}}\in \mathbb{Z}\Rightarrow y|(x-y)\Rightarrow y|x$

Đặt $x = ty$ (với $t\in \mathbb{Z}_{+}$)

Thay vào phương trình ta được :

$$ty=y^{t-1}\Leftrightarrow y^{t-2}=t$$

$\bullet$ Nếu $y = 1$ ta được $x = 1$. Thử lại thỏa mãn

$\bullet$ Nếu $y\geq 2$ :

• Xét $t = 1$ thì $x = y$, $x^{y}=y^{x-y}=x^{x-y}\Rightarrow y=x-y\Rightarrow x=2y$

Lại có $x = y$ nên $x = y = 0$ (loại)

• Xét $t = 2$ thì $x = 2y$

$$x^{y}=y^{x-y}=y^{2y-y}=y^{y}\Rightarrow x=y$$, mà $x = 2y$ nên $x = y = 0$ (loại)

• Xét $t = 3$ thì $x = 2y$ 

$$x^{y}=y^{x-y}=y^{3y-y}=y^{2y}\Rightarrow x=y^{2}$$

Giải hệ $\left\{\begin{matrix} x=y^{2} & & \\ x=2y & & \end{matrix}\right.$

Được $x = 4 ; y = 2$. Thử lại không thỏa mãn

• Xét $t = 4$ thì $x = 4y$

$$x^{y}=y^{x-y}=y^{4y-y}=y^{3y}\Rightarrow x=y^{3}$$

Giải hệ $\left\{\begin{matrix} x=4y & & \\ x=y^{3} & & \end{matrix}\right.$

Được $x = 8 ;y=2$. Thử lại thỏa mãn

• Xét $t\geq 5$ :

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp : $2^{t-2}>t$ $(1)$

Thật vậy, với $t = 5$ thì hiển nhiên đúng, giả sử $(1)$ đúng, xét với $t + 1$ :

$$2^{t-1}=2^{t-2}.2>2t>t+1$$

Như vậy ta có $(1)$, mà $y\geq 2\Rightarrow y^{t-2}>t$

Trường hợp này loại

Kết luận : $\boxed{(x;y)=(1;1);(8;2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 17-08-2013 - 16:14

[Strygwyr]

Tuyệt vời, bốn bài JBMO đã bị các bạn xử đẹp, mình thì chắc xử đẹp mấy bài cũ của mình đóng bụi trên topic này thôi @@

Bài 150 : Cho số nguyên dương $n$ bất kì. Chứng minh phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

có nghiệm nguyên không âm.

Ta thừa nhân kết quả của bài $149$ để chứng minh bài $150$ này, tất nhiên là bài $149$ sẽ được chứng minh sau.

Để giải quyết bài $150$, ta cần có hai bổ đề :

Bổ đề 1 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p$

có nghiệm nguyên không âm.

Bổ đề 2 : Giả sử hai phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

với $m,n$ là hai số nguyên dương. Chứng minh phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$

Trước hết, ta có kết quả hiển nhiên sau được gọi là hằng đẳng thức $Lagrange$ :

$(A^{2}+B^{2})(C^{2}+D^{2})=(AC+BD)^{2}+(AD-BC)^{2}$

Giả sử hai phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$ có nghiệm nguyên không âm. Gọi các nghiệm ấy lần lượt là $x_1,y_1,z_1,t_1$ và $x_2,y_2,z_2,t_2$. Ta có :

$x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2}=m$

$x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2}=n$

Ta có : 

$mn=(x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1^{2}+y_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(x_1^{2}+y_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$+(z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(z_1^{2}+t_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1y_1+x_2y_2)^{2}+(x_1y_2-x_2y_1)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2)^{2}$

$+(t_1x_2+z_1y_2)^{2}+(t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(z_1t_2-t_1z_2)^{2}$

$=(x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(x_1y_2-y_1x_2+z_1t_2-t_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2+t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2-z_1y_2-t_1x_2)^{2}$

Suy ra phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$ có nghiệm nguyên không âm.

 

Trở lại bài toán, xét hai trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $n=1$ thì rõ ràng phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=1$

có nghiệm nguyên không âm, chẳng hạn như $x=y=z=0,t=1$

$\bullet$ Nếu $n>1$, khi đó, giả sử $n$ có phân tích tiêu chuẩn là

$n=p_1^{s_1}p_2^{s_2}...p_n^{s_n}$

với $p_1,p_2,..,p_n$ là các số nguyên tố, $s_1,s_2,...,s_n$ là các số nguyên dương. 

Khi đó, theo bổ đề $1$ thì với mọi $i=\overline{1,k}$ thì các phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p_i$

có nghiệm nguyên không âm.

Áp dụng liên tiếp bổ đề $2$ thì phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

cũng có nghiệm nguyên không âm.

Bài toán chứng minh xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 06-08-2013 - 09:14

[Strygwyr]

Bài 156 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001$

(Junior Balkan 2001)

Rảnh rảnh ngồi giải thử một bài @@

Trước hết, ta nhận thấy, với mọi số nguyên $t$ thì $t^{3}\equiv 0,-1,1 (mod 9)$

Mà $2001 \equiv 3 (mod 9)$ nên $a,b,c\equiv 1 (mod 3)$

Đặt $a=3x+1,b=3y+1,c=3z+1$ với $x,y,z \in\mathbb{N}$

Ta có : $a^{3}\leq 2001 \Rightarrow a\leq 12\Rightarrow x\leq 3$

Tương tự $y,z\leq 3$

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

Khi đó $a^{3}\geq b^{3}\geq c^{3}$ suy ra $3a^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001\Rightarrow x\geq 3$

Vây $x=3$ suy ra $a=10$. Thay vào phương trình đã cho, ta được

$b^{3}+c^{3}=1001$

Suy ra $2b^{3}\geq 1001\Rightarrow y\geq 2$

$\bullet$ Nếu $y=2$ thì $b=7$ suy ra $c^{3}=658$ (không có $c$ thoả mãn)

$\bullet$ Nếu $y=3$ thì $b=10$, suy ra $c=1$.

Do tính hoán vị nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ là $(10,10,1),(10,1,10),(1,10,10)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 06-08-2013 - 08:11

[phatthemkem]

Bài 152. GPT nghiệm nguyên :

$4y^{2}=2+\sqrt{199-x^{2}-2x}$

Sót bài nhỉ.

TXĐ $D=\left \{ x,y\in \mathbb{Z} | -1-10\sqrt{2}\leq x\leq -1+10\sqrt{2} \right \}$

Ta có $4y^{2}=2+\sqrt{199-x^{2}-2x}\leq 2+\sqrt{200}< 17$

$\Rightarrow y^{2}\leq 4$

$\Leftrightarrow -2\leq y\leq 2$

Vì $y\in \mathbb{Z}$ nên chỉ cần xét từng trường hợp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 07-08-2013 - 19:40

[Zaraki]

Bài 160 : Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $n.2^{n+1}+1$ là số chính phương.

(Junior Balkan 2010)

Lời giải. Nếu $n=0$ thì $n \cdot 2^{n+1}+1=1$ là một số chính phương. 

Nếu $n \ge 1$. Đặt $n \cdot 2^{n+1}+1=a^2$ và $n=2^k \cdot q$ với $a,q,k \in \mathbb{N}, \; a,q \ge 1, \; \gcd (2,q)=1$. Ta suy ra $q \cdot 2^{n+1+k} = (a-1)(a+1)$.

Ta đặt $\begin{cases} a-1=b \cdot 2^x \\ a+1=c \cdot 2^y \end{cases}$ với $b,c,x,y \in \mathbb{N}^*, \; bc=q, \; x+y=n+1+k, \; \gcd (c,2)=1, \; \gcd (b,2)=1$. Ta có $$c \cdot 2^y-b \cdot 2^x=2 \qquad (1)$$

Nếu $x,y \ge 2$ thì $4|VT$ nhưng $4 \nmid 2$, mâu thuẫn. Vậy $x=1,y \ge 2$ hoặc $y=1,x \ge 2$.

 

Nếu $x=1$ thì $y=n+k=2^k \cdot bc+k$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c \cdot 2^{2^k \cdot bc+k-1} = b+1 \qquad (2)$.

Xét $b=1,2,3$ thì thấy với $b=3,c=1$ thoả mãn $(2)$, khi đó $n=3$, thoả mãn.

Với $b \ge 4$. Ta có $c \cdot 2^{2^k \cdot bc+k-1} \ge 2^{b-1}$ (vì $k \ge 0, c \ge 1$). Tuy nhiên, dễ chứng minh quy nạp cho $b \ge 4$ thì $2^{b-1}>b+1$, mâu thuẫn với $(2)$.

 

Nếu $y=1$ thì $x=n+k=2^k \cdot bc+k$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c-1=b \cdot 2^{2^k \cdot bc +k-1} \qquad (3)$.

Với $c=1$ thì $2^{b-1} \cdot b=0$, mâu thuẫn.

Với $c \ge 2$ thì $b \cdot 2^{2^k \cdot bc+k-1} \ge 2^{c-1}$ (vì $b \ge 1, k \ge 0$) mà dễ chứng minh quy nạp với $c \ge 2$ thì $2^{c-1}>c-1$, mâu thuẫn với $(3)$.

 

Vậy $\boxed{ n \in \{ 0;3 \}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 08-08-2013 - 06:00

[Juliel]

Bài 162 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z,t$ sao cho 

$2^{x}3^{y}+5^{z}=7^{t}$

(Junior Balkan 2012)

 

$\blacksquare$ Xét $x = 1$ : $$2.3^{y}+5^{z}=7^{t}$$

Ta có $$VT\equiv 5^{z}\equiv 1;2(mod3);VP\equiv 1;4(mod3)$$

Vì $\left \{ 1;2 \right \}\cap \left \{ 1;4 \right \}=\left \{ 1 \right \}$

Nên $VT=VP\equiv 1(mod3)\Rightarrow t,z$ chẵn.  Đặt $z=2z_{1};t=2t_{1}$ ($z_{1};t_{1}\in \mathbb{Z}_{+})$

Được : $$(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2.3^{y}$$

Dễ thấy $7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}}$ đều là số chẵn

Nên $$4|(7^{t_{1}}-5^{z_{1}}).(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})\Rightarrow 4|2.3^{y}$$

Điều này vô lí

$\blacksquare$ Xét $x\geq 2$ : 

Ta có $1\equiv 7^{t}=2^{x}.3^{y}+5^{z}(mod3)\Rightarrow 5^{z}\equiv 1(mod3)\Rightarrow z$ chẵn

$7^{t}=2^{x}.3^{y}+5^{z}\equiv 1(mod4)\Rightarrow t$ chẵn.

Đặt $z=2z_{1};t=2t_{1}$ ($z_{1};t_{1}\in \mathbb{Z}_{+}$)

Ta được $$2^{x}.3^{y}=(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})$$

Lại có tổng $(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})+(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2.7^{t_{1}}$ chia hết cho $2$ nhưng không chia hết cho $4$.

Nên $$gcd(7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2$$

Điều này cũng đồng nghĩa với việc một số chia hết cho $2$ và số còn lại chia hết cho $2^{x-1}$.

Nhưng $7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}}$ không thể cùng chia hết cho $3$ vì ước chung lớn nhất của chúng bằng $2$.

Do đó xét các trường hợp :

• $\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}} =2.3^{y}& (*) & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2^{x-1} & & \end{matrix}\right.$

Từ $(*)\Rightarrow 2.3^{y}+5^{z_{1}}=7^{t_{1}}$. Trường hợp này loại vì được giải ở trường hợp $x = 1$ ở trên

• $\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{x-1}.3^{y} & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}} =2& & \end{matrix}\right.$

Điều này vô lí vì hiển nhiên $7^{t_{1}}+5^{z_{1}} >2$

• $\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{x-1} & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2.3^{y}& & \end{matrix}\right.$

Nếu $z_{1}$ chẵn thì $2^{x-1}=7^{t_{1}}-5^{z_{1}}\equiv 0(mod3)$ (vô lí). Do đó $z_{1}$ lẻ, suy ra $25^{z_{1}}\equiv 9(mod16)$

Mặt khác $$2^{x}.3^{y}=7^{t}-5^{z}=49^{t_{1}}-25^{z_{1}}\equiv 8(mod16)\Rightarrow x=3$$

Khi đó $7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{3-1} = 4\equiv 1(mod3)$ , điều này lại vô lí vì với $z_{1}$ lẻ thì $7^{t_{1}}-5^{z_{1}}\equiv 2(mod3)$

Trường hợp này loại

• $\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2 & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2^{x-1}.3^{y} & & \end{matrix}\right.$

Lập luận tương tự trường hợp 3 ta được $x = 3$.

Mặt khác ta có thể viết $$7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2=7-5\Leftrightarrow 7(7^{t_{1}-1}-1)=5(5^{z_{1}-1}-1)$$

$$\Rightarrow 7^{t_{1}-1}-1\equiv 0(mod5)\Rightarrow 4|(t_{1}-1)\Rightarrow (7^{4}-1)|(7^{t_{1}-1}-1)\Rightarrow 25|(7^{t_{1}-1}-1)\Rightarrow 25|5(5^{z_{1}-1}-1)\Rightarrow 5|(5^{z_{1}-1}-1)\Rightarrow z_{1}=1$$

Từ đó tìm được $t_{1} = 1$

 

Kết luận : $\boxed{(x;y;z;t)=(3;1;2;2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-08-2013 - 13:08

[Juliel]

Bài 163 : Tìm tất cả các số tự nhiên lẻ $n$ sao cho  $$n^{11}+199$$ là một số chính phương

[Juliel]

Lời giải. Nếu $n=0$ thì $n \cdot 2^{n+1}+1=1$ là một số chính phương. 

Nếu $n \ge 1$. Đặt $n \cdot 2^{n+1}+1=a^2$ với $a \in \mathbb{N}^*$. Ta suy ra $n \cdot 2^{n+1} = (a-1)(a+1)$.

Ta đặt $\begin{cases} a-1=b \cdot 2^x \\ a+1=c \cdot 2^y \end{cases}$ với $b,c,x,y \in \mathbb{N}^*, \; bc=n, \; x+y=n+1, \; \gcd (c,2)=1, \; \gcd (b,2)=1$. Ta có $$c \cdot 2^y-b \cdot 2^x=2 \qquad (1)$$

Nếu $x,y \ge 2$ thì $4|VT$ nhưng $4 \nmid 2$, mâu thuẫn. Vậy $x=1,y \ge 2$ hoặc $y=1,x \ge 2$.

 

Nếu $x=1$ thì $y=n=bc$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c \cdot 2^{bc-1} = b+1 \qquad (2)$.

Xét $b=1,2,3$ thì thấy với $b=3,c=1$ thoả mãn $(2)$, khi đó $n=3$, thoả mãn.

Với $b \ge 4$. Ta có $c \cdot 2^{bc-1} \ge 2^{b-1}$. Tuy nhiên, dễ chứng minh quy nạp cho $b \ge 4$ thì $2^{b-1}>b+1$, mâu thuẫn với $(2)$.

 

Nếu $y=1$ thì $x=n=bc$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c-1=b \cdot 2^{bc-1} \qquad (3)$.

Với $c=1$ thì $2^{b-1} \cdot b=0$, mâu thuẫn.

Với $c \ge 2$ thì $b \cdot 2^{bc-1} \ge 2^{c-1}$ mà dễ chứng minh quy nạp với $c \ge 2$ thì $2^{c-1}>c-1$, mâu thuẫn với $(3)$.

 

Vậy $\boxed{ n \in \{ 0;3 \}}$.

Chỗ màu xanh thì $x,y$ chỉ tự nhiên thôi, không cần phải nguyên dương.

Do đó ở chỗ màu đỏ hình như thiếu trường hợp, cả hai số $x,y$ đều không cùng bằng $0$ nhưng có thể $x = 0$ hoặc $y = 0$ vẫn được vì đâu nhất thiết cả hai phải nguyên dương. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-08-2013 - 14:20

[bangbang1412]

Viết lại là $n^{11}+2^{11}=a^{2}+43^{2}$

Từ điều kiện bài toán ta thấy n phải có dạng $4k+1$ , thật vậy nếu n có dạng 4k + 3  thì $3^{11}+199$ phải chia hết cho 4 nếu muốn vế phải chính phương .

Khi đó $(4k+3)P=a^{2}+43^{2}$ ; kiểm tra trực tiếp thấy a=43 không thỏa mãn nên (a,43)=1

Khi đó mọi ước nguyên tố của vế phải có dạng 4k + 1 mà vế trái có ít nhất 1 ước là 4k + 3 ( dễ cm ) nên không tồn tại n thỏa mãn . 

[Juliel]

Viết lại là $n^{11}+2^{11}=a^{2}+43^{2}$

Từ điều kiện bài toán ta thấy n phải có dạng $4k+1$ , thật vậy nếu n có dạng 4k + 3  thì $3^{11}+199$ phải chia hết cho 4 nếu muốn vế phải chính phương .

Khi đó $(4k+3)P=a^{2}+43^{2}$ ; kiểm tra trực tiếp thấy a=43 không thỏa mãn nên (a,43)=1

Khi đó mọi ước nguyên tố của vế phải có dạng 4k + 1 mà vế trái có ít nhất 1 ước là 4k + 3 ( dễ cm ) nên không tồn tại n thỏa mãn . 

Hai chỗ màu đỏ là sao em ? Lần sau nhớ trích dẫn lại đề bài cho dễ theo dõi nhé ! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-08-2013 - 14:24

[bangbang1412]

Chỗ màu đỏ là sao em ? Lần sau nhớ trích dẫn lại đề bài cho dễ theo dõi nhé ! 

dạ vâng ; tại em quen giải luôn ; 43 là số nguyên tố 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 07-08-2013 - 14:24

[Juliel]

dạ vâng ; tại em quen giải luôn ; 43 là số nguyên tố 

$43$ nguyên tố thì có liên quan gì đâu nhỉ ? Nếu $a$ nếu là bội của $43$ thì cũng đâu có $(a,43) = 1$

[bangbang1412]

$43$ nguyên tố thì có liên quan gì đâu nhỉ ? Nếu $a$ nếu là bội của $43$ thì cũng đâu có $(a,43) = 1$

thôi xét nôt 

[Zaraki]

Chỗ màu xanh thì $x,y$ chỉ tự nhiên thôi, không cần phải nguyên dương.
Do đó ở chỗ màu đỏ hình như thiếu trường hợp, cả hai số $x,y$ đều không cùng bằng $0$ nhưng có thể $x = 0$ hoặc $y = 0$ vẫn được vì đâu nhất thiết cả hai phải nguyên dương.

Em thấy $a-1$ và $a+1$ cùng tính chẵn lẻ mà anh. Mà hiển nhiên $n \ge 1$ nên $a \ge 2$.

[Juliel]

Lời giải. Nếu $n=0$ thì $n \cdot 2^{n+1}+1=1$ là một số chính phương. 

Nếu $n \ge 1$. Đặt $n \cdot 2^{n+1}+1=a^2$ với $a \in \mathbb{N}^*$. Ta suy ra $n \cdot 2^{n+1} = (a-1)(a+1)$.

Ta đặt $\begin{cases} a-1=b \cdot 2^x \\ a+1=c \cdot 2^y \end{cases}$ với $b,c,x,y \in \mathbb{N}^*, \; bc=n, \; x+y=n+1, \; \gcd (c,2)=1, \; \gcd (b,2)=1$. Ta có $$c \cdot 2^y-b \cdot 2^x=2 \qquad (1)$$

Nếu $x,y \ge 2$ thì $4|VT$ nhưng $4 \nmid 2$, mâu thuẫn. Vậy $x=1,y \ge 2$ hoặc $y=1,x \ge 2$.

 

Nếu $x=1$ thì $y=n=bc$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c \cdot 2^{bc-1} = b+1 \qquad (2)$.

Xét $b=1,2,3$ thì thấy với $b=3,c=1$ thoả mãn $(2)$, khi đó $n=3$, thoả mãn.

Với $b \ge 4$. Ta có $c \cdot 2^{bc-1} \ge 2^{b-1}$. Tuy nhiên, dễ chứng minh quy nạp cho $b \ge 4$ thì $2^{b-1}>b+1$, mâu thuẫn với $(2)$.

 

Nếu $y=1$ thì $x=n=bc$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow c-1=b \cdot 2^{bc-1} \qquad (3)$.

Với $c=1$ thì $2^{b-1} \cdot b=0$, mâu thuẫn.

Với $c \ge 2$ thì $b \cdot 2^{bc-1} \ge 2^{c-1}$ mà dễ chứng minh quy nạp với $c \ge 2$ thì $2^{c-1}>c-1$, mâu thuẫn với $(3)$.

 

Vậy $\boxed{ n \in \{ 0;3 \}}$.

 

Em thấy $a-1$ và $a+1$ cùng tính chẵn lẻ mà anh. Mà hiển nhiên $n \ge 1$ nên $a \ge 2$.

Đúng là $a - 1$ và $a+1$ cùng tính chẵn lẻ nhưng nếu giả sử xét trường hợp $x = 0$ thì  :

$\left\{\begin{matrix} a-1=b & & \\ a+1=2^{n+1}.c& & \end{matrix}\right.$ 

Trong trường hợp này nếu $b$ chẵn thì $a-1$ và $a+1$ cũng đều chẵn mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-08-2013 - 16:47

[Zaraki]

Đúng là $a - 1$ và $a+1$ cùng tính chẵn lẻ nhưng nếu giả sử xét trường hợp $x = 0$ thì  :

$\left\{\begin{matrix} a-1=b & & \\ a+1=2^{n+1}.c& & \end{matrix}\right.$ 

Trong trường hợp này nếu $b$ chẵn thì $a-1$ và $a+1$ cũng đều chẵn mà

Em có ghi $\gcd (b,2)=1$ trên bài mà anh.

[bachhammer]

Xin đóng góp 1 bài.

Bài 164: Giải phương trình trên tập hợp số tự nhiên:

$x^{y}+y^{x}=xy$. (Bài này khá dễ nhỉ  )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 07-08-2013 - 20:51

[Trang Luong]

Xin đóng góp 1 bài.

Bài 164: Giải phương trình trên tập hợp số tự nhiên:

$x^{y}+y^{x}=xy$. (Bài này khá dễ nhỉ  )

Nếu $x=0\Rightarrow y=0$ vô lý

Nếu $x=1\Rightarrow y=2$

Nếu $x\geq 2$

+) $y=1\Rightarrow x=2$

+) $y\geq 2\Rightarrow x^{y}+y^{x}\geq \geq x^{2}+y^{2}\geq 2xy>xy$

Vậy ta tìm đc x và y

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khonggiadinh: 07-08-2013 - 21:12

[Juliel]

Em có ghi $\gcd (b,2)=1$ trên bài mà anh.

Ờ, không để ý  . Nhưng nếu vậy chẳng khác nào $n$ lẻ hả em ? 

[Zaraki]

Thôi chết, em nhầm   . Trong nháp em ghi đặt $n=2^k \cdot q$ mà khi ghi vào đây lại quên béng mất.    Anh thông cảm, sớm mai em chỉnh lại vậy  .