Topic Về Số Học

[phamtoan]

Nguyên văn bởi ohmymath

Chưa hoàn thành bài của Toàn; mới nghĩ được 1 ý tưởng:
Từ đề ~> $a^4b^4-4a^2b^2(a+b)=m^2 $
và $a^4b^4-4a^2b^2(a+b)+4(a+b)^2=(a^2b^2-2(a+b))^2=n^2 $
~> $n^2=m^2+(2a+2b)^2 $
Đây là phương trình Pi-ta-go.

P/s: Chỉ là ý tưởng ~> chém nhẹ tay

Bạn có thể giải nốt ý tưởng này không, nhìn cũng hay hay.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi phamtoan

Nếu thích cho chém một bài.

Tìm cặp số nguyên dương $(a,b) $ sao cho $a^2b^2-4(a+b) $ là số chính phương.

Bài này đơn giản thôi mà.
$(ab-k)^2<a^2b^2-4(a+b)<(ab)^2 $
Với k tầm bằng $2,3 $ để đảm bảo bất đẳng thức trên đúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

1, giải phương trình nghiệm nguyên dương :
$(x+1)^y=x^z+1 $


2,tìm nghiệm nguyên dương :

$x^y-y^x=1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phamtoan]

Nguyên văn bởi bboy114crew

1, giải phương trình nghiệm nguyên dương :
$(x+1)^y=x^z+1 $

Cái lời giải bài này khá là dài đây.
Xét phương trình $(x+1)^y=x^z+1 \ \ \ \ \ \ \ (1) $.

Ta có $x=(x+1)-1 \rightarrow x \equiv 1 \pmod{(x+1)} $
$\rightarrow x^z \equiv -1 \pmod{(x+1)} $
$\rightarrow x^z+1 \equiv \left( (-1)^z+1 \right) \pmod{(x+1)}. \ \ \ \ \ \ (2) $

Từ (1) và (2) suy ra $(-1)^z=-1 $ hay z là số lẻ.

Vì z là số lẻ, nên áp dụng hằng đẳng thức ta có:

$x^z+1=(x+1)(x^{z-1}-x^{z-2}+x^{z-3}-...-x+1) $

Thừa số thứ 2 $(x^{z-1}-x^{z-2}+x^{z-3}-...-x+1) $ có z số hạng, tức là có lẻ số hạng.

Do $x \ge 1 $ nên

$(1) \leftrightarrow (x+1)^{y-1}=x^{z-1}-x^{z-2}+...-x+1. \ \ \ (3) $

Có hai khả năng sau:

+ Nếu $x $ là số lẻ, khi đó các số hạng VP của (3) đều lẻ, nên từ lập luận suy ra VP của (3) lẻ. Mặt khác, $x+1 $ chẵn, và do $y>1 \rightarrow y-1 \ge 1 $, nên VT của (3) chẵn, vô lí.

+ Nếu x là số chẵn.
Trường hợp này khá dài (vì phải đặt nhiều) nên khi khác mình sẽ post tiếp.

Ta tìm được $\boxed{(x,y,z)=(2,2,3)} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phamtoan]

Xin đưa ra tiếp lời giải cho trường hợp x chẵn.

Viết lại (1) dưới dạng $x^z=(x+1)^y-1 \ \ \ (4) $.
Khai triển nhị thức Newton $(x+1)^y $, và từ (4) đi đến

$x^z=C^1_yx+C^2_yx^2+...+C^y_yx^y \ \ \ (5) $

Do $z>1 $ nên (5) lại có dạng sau:

$x^{z-1}=C^1_y+C^2_yx+C^3_yx^2+...+C^y_yx^{y-1} \ \ \ (6) $

Do $x,y $ đều $>1 $ nên $x^{z-1} \ \vdots \ x $ và $x^{y-1} \ \vdots \ x $. Vì lẽ ấy, từ (6) suy ra $C^1_y \ \vdots \ x $ hay $y \ \vdots \ x $. Vì x chẵn, nên y phải chẵn.

Đặt $y=2Y, \ x=2X \ (X,Y \ge 1) $.
Lúc này (4) có dạng:

$(2X)^z=(2X+1)^{2Y}-1 \leftrightarrow (2X)^z= \left[ (2X+1)^{Y}+1 \right] \left[ (2X+1)^Y-1 \right]. \ \ \ (7) $

Ta có $\left[ (2X+1)^{Y}+1 \right] - \left[ (2X+1)^Y-1 \right] =2 $, và 2 thừa số VP của (7) đều chẵn, nên

$\left((2X+1)^Y+1; \ (2X+1)^Y-1 \right)=2 \ \ \ \ (8) $

Chỉ có 2 khả năng xảy ra:

+ Nếu $X=1 $ hoặc X là lũy thừa của 2. Khi đó $(2X)^z $ là lũy thừa của 2 với số mũ z nguyên >1. Từ (7) và (8) đi đến

$(2X+1)^Y-1=2 \leftrightarrow (2X+1)^Y=3 $

Từ đó suy ra $X=1, Y=1, \rightarrow x=y=2 $. Do đó $z=3 $.

Vậy trường hợp này có nghiệm $(x,y,z)=(2,2,3) $.

+ Nếu X không phải là lũy thừa của 2. Khi đó $X^z $ là số lẻ. Vì lẽ đó từ (9) suy ra

$(2X+1)^Y+1=2^{z_1}X^z $
$(2X+1)^Y-1=2^{z_2} $

ở đây $z_1+z_2=z $ và $z_1 \ge 1, \ z_2 \ge 1. $

Từ $X^z>2^z \rightarrow 2^{z_1}X^z>2^{z+z_1} $. Do vậy

$2^{z_1}X^z-2^{z_2}>2^{z+z_1}-2^{z_2}=2^{z_2}(2^{z_1}-1)>2 $

Tức là

$\left[ (2X+1)^Y+1 \right]- \left[(2X+1)^Y-1 \right] >2 \ \ \ \ \ \ (10) $

Kết hợp với (8) và (10) suy ra vô lí, vậy không xảy ra trường hợp này.

Tóm lại, pt đã cho có nghiệm duy nhất $\boxed{(x,y,z)=(2,2,3)}. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quansu A1PBC]

Nguyên văn bởi bboy114crew

1, giải phương trình nghiệm nguyên dương :
$(x+1)^y=x^z+1 $


2,tìm nghiệm nguyên dương :

$x^y-y^x=1 $

$y = 2k \rightarrow x = 2m+1 : $
$(2m+1)^{2k}-(2k)^{2m+1} = 1 \Leftrightarrow ((2m+1)^{k}+1)((2m+1)^{k}-1) = (2k)^{2m+1} $
$\rightarrow (2m+1)^k-1 = (2k)^a , (2m+1)^k+1 = (2k)^b $ $(b>a , a+b = 2m+1) $
$ \rightarrow (2k)^b - (2k)^a = 2 \rightarrow k = 1 , b = 2 , a = 1 $
$\rightarrow x = 3 , y = 2 $
$y = 2k+1 \rightarrow x = 2m $
$(2m)^{2k+1}-(2k+1)^{2m} = 1 \rightarrow (2m)^{2k+1} = (2k+1)^{2m} +1 \equiv 2 (mod 4) $
$\rightarrow k = 0 , m = 1 \rightarrow x = 2 , y = 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[avip]

Một bài cũ nữa:

Cho số $n $ là bội của $p^a $ với p là số nguyên tố lẻ và $a $ nguyên dương. Tìm điều kiện của $n $ để tồn tại $r $ là căn nguyên thủy của $p^a $ và $\gcd(r,n) = 1 $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ltdung_t2k19]

Bon chen 1 bài

Tìm p,q nguyên tố để $\[2^{p}+2^{q} \: \vdots \: pq\]
$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

Tìm các bộ số dương a, b sao cho khi chia $a^{2}+b^{2} $ cho $a+b $ được thương q và số dư r thỏa mãn: $q^{2}-r= 2011 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chemthan]

Nguyên văn bởi ltdung_t2k19

Bon chen 1 bài

Tìm p,q nguyên tố để $\[2^{p}+2^{q} \: \vdots \: pq\]
$

Một bài thi của Trung Quốc. Trường hợp $p $ hoặc $q $ chẵn đơn giản. Xét $p,q $ lẻ.
Giả sử số mũ của 2 trong $p-1 $ lớn hơn hoặc bằng $q-1 $. Ta có : $2^{p-1}+1\vdots q $, mâu thuẫn với $2^{q-1}-1\vdots q $.

Nguyên văn bởi thiendienduong

Tìm các bộ số dương a, b sao cho khi chia $a^{2}+b^{2} $ cho $a+b $ được thương q và số dư r thỏa mãn: $q^{2}-r= 2011 $

Từng có trên THTT.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mathpro123]

Nguyên văn bởi chemthan

Một bài thi của Trung Quốc. Trường hợp $p $ hoặc $q $ chẵn đơn giản. Xét $p,q $ lẻ.
Giả sử số mũ của 2 trong $p-1 $ lớn hơn hoặc bằng $q-1 $. Ta có : $2^{p-1}+1\vdots q $, mâu thuẫn với $2^{q-1}-1\vdots q $.

Bạn có thể giải thích rõ hơn được không, mình chưa hiểu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[avip]

Một bài cũ:

Chứng minh rằng $\binom{2n}{n} $ không là số square-free với mọi $n $ nguyên dương và $n > 4 $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Bọn mình có thể làm được giả thuyết Erdos này á em .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chemthan]

Nguyên văn bởi avip

Một bài cũ:

Chứng minh rằng $\binom{2n}{n} $ không là số square-free với mọi $n $ nguyên dương và $n > 4 $.

$\binom{2n}{n}=\frac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!} $.
Theo định lý Dirichlet thì tồn tại 1 số nguyên tố $p $ thuộc $(n,2n) $. Khi đó $p||\binom{2n}{n} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Anh chemthan hình như nhầm.Đề bài là cần chứng minh tồn tại p sao cho $v_p(C_{2n}^n) \geq 2 $.
Bài này nếu n khác $2^k $ thì quá đơn giản.Khi đó $4|C_{2n}^n $ nên chỉ cần quan tâm trường hợp $n=2^t $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]