Đến nội dung


nhungvienkimcuong

Đăng ký: 23-12-2014
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 15:41
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $$x^{p-1}+x^{p-2}+...x+2=y^{n+1}...

25-06-2022 - 07:12

Bài toán. (Sưu tầm) Cho $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $3$, $n$ là số nguyên dương sao cho các số $p-1,p,n,n+1$ từng đôi một không có ước số chung lớn hơn $2$.Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương $x,y$

$$x^{p-1}+x^{p-2}+...x+2=y^{n+1}$$

Bài này tương tự ở đây. Trường hợp 2 thì xử lí như sau: Với $y-1\equiv 1\pmod{p}$ thì

$$y^n+y^{n-1}+\dots+1\equiv 2^n+2^{n-1}+\dots+1=2^{n+1}-1\pmod{p}.$$

Tới đây ta thấy rằng $\text{ord}_p(2)\mid n+1$, mặt khác $\text{ord}_p(2)\mid p-1$ nên

$$\text{ord}_p(2)\mid \gcd(n+1,p-1)\implies \text{ord}_p(2)\le \gcd(n+1,p-1)\le 2 .$$

Khi đó $p\le 2^{\text{ord}_p(2)}-1\le 2^2-1=3$ (mâu thuẫn với giả thiết $p>3$). Vậy không tồn tại $x,y$ thỏa đề.


Trong chủ đề: $f(2n-1) = 2^n ; f(2n) = n + \frac{2n}{d(n)...

22-06-2022 - 15:22

Với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $d(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$

 

Hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn:

 

$f(2n-1) = 2^n ; f(2n) = n + \frac{2n}{d(n)}$  với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho : $ f^k (1) = f(f(...(f(1))...) = 1997$ ($k$ lần lặp $f$)

Dễ dàng tính được với số $y$ lẻ thì $f(2^xy)=2^{x-1}(y+2)$. Do vậy sau $x$ lần tác động $f$ vào số chẵn $2^xy$ thì ta mới thu được số lẻ (số lẻ đó là $y+2x$).

$$2^xy\overset{f}{\longrightarrow}2^{x-1}(y+2)\overset{f}{\longrightarrow}\cdots\overset{f}{\longrightarrow}y+2x$$

Từ nhận xét trên ta thu được: cần $m+1$ lần tác động $f$ vào số lẻ $2m-1$ thì ta mới thu được số lẻ tiếp theo (số lẻ đó là $2m+1$).

$$2m-1\overset{f}{\longrightarrow}2^m\overset{f}{\longrightarrow}\cdots\overset{f}{\longrightarrow}2m+1$$

Với nhận xét này ta thấy rằng khi bắt đầu bởi số lẻ $1$ thì sẽ tồn tại duy nhất $k$ sao cho $f^k(1)=1997$ (vì các số lẻ thu được sau các lần tác động $f$ tăng dần). 

$$1\overset{2}{\longrightarrow}3\overset{3}{\longrightarrow}\cdots\overset{999}{\longrightarrow}1997$$

Vậy $k=2+3+\dots+999=\frac{999\cdot 1000}{2}-1=499499$.


Trong chủ đề: $f(ab) = f(a)+f(b) + k f ( \gcd(a,b))$

20-06-2022 - 15:25

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại  hàm số $f: \mathbb{N}^{*}$ $\mapsto$ $\mathbb{Z}$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

Theo mấy cái định nghĩa của hàm số ở VN thì em toàn thấy là $f: \mathbb{N}^*\to \mathbb{Z},\ x\mapsto f(x)$. Thế nên $\mapsto$ mà anh hay dùng theo em là chưa hợp lí (có gì không đúng thì anh lượng thứ  :icon6: )

 

Quay lại bài toán thì yêu cầu chỉ cần tìm $k$ nguyên dương khá đơn giản, sẽ đổi lại là tìm số nguyên $k$. Thay $a=b=1$ ta có

$$f(1)=2f(1)+kf(1)\implies (k+1)f(1)=0$$

$\bullet$ Xét trường hợp $f(1)=0$, thay $b=1$ và $a$ bất kì vào giả thiết ta có

$$f(a)=f(a)+f(1)+kf(\gcd(a,1))\implies kf(a)=0$$

Vì $f(1997)\neq 0$ nên $k=0$. Với $k=0$, dễ thấy hàm số

$$f\left(p_1^{\alpha_1}\dots p_t^{\alpha_t} \right )=\alpha_1f(p_1)+\dots+\alpha_tf(p_t)$$

thỏa đề, trong đó $f(1997)=1998$ và $f(p)=0$ với mọi $p\neq 1997$.

$\bullet$ Trường hợp $k=-1$ thì hàm $f\equiv 1998$ thỏa đề.

Vậy $k\in \{-1,0\}$.


Trong chủ đề: Xây dựng hàm $f$ thỏa bài toán và tính $f(0)$

17-06-2022 - 08:05

Cái chỗ thay này không hợp lý nha, do với $n$ đủ lớn thì $(n-1)f(0) $ có thể lớn hơn $1$ , trong khi $y \in [0;1]$ nên đâu có thay vậy được.

Đó là em viết theo dòng suy nghĩ của bản thân nên chưa được phù hợp với giả thiết lắm, đảo câu tí là oke  :D


Trong chủ đề: Xây dựng hàm $f$ thỏa bài toán và tính $f(0)$

16-06-2022 - 10:48

Kiểm tra được hàm $f(x)=\left\{\begin{matrix}0,\quad \text{với}\ x=0\qquad\\ 1,\quad\text{với}\ 0<x\le 1\end{matrix}\right.$ thỏa đề.

 

Ta sẽ chứng minh $f(0)=0$ bằng phản chứng, giả sử $f(0)\neq 0$. Thay $x=y=0$ ta có $f(f(0))=2f(0)$, với $x=0$ thì $$f(f(0)+y)=f(0)+f(y)\quad (\ast)$$

Vì $0<f(0)\le 1$ nên tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $\frac{1}{n+1}<f(0)\le \frac{1}{n}$, hay nói cách khác $nf(0)\le 1$ và $(n+1)f(0)>1$.

Lần lượt thay $y$ bằng $f(0),\ 2f(0),\ \dots,\ (n-1)f(0)$ vào $(\ast)$ ta có

$$f(2f(0))=3f(0),\quad f(3f(0))=4f(0),\quad \dots,\quad f(nf(0))=(n+1)f(0)$$

Đẳng thức $f(nf(0))=(n+1)f(0)$ dẫn tới điều mâu thuẫn.