Bài toán [Phương trình nghiệm nguyên]

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán : Giải phương trình nghiệm tự nhiên $latex 5^x=y^4+4y+1$

Lời giải : 

Ta sẽ lập luận rằng $latex x$ chỉ có thể chẵn từ đó vế trái là một số chính phương, khi đó ta sẽ dùng phương pháp kẹp để giải quyết bài toán.

Gỉa sử $latex x$ lẻ, khi đó $latex 5^{x}equiv 2(mod3)Rightarrow y^{4}+4yequiv 1(mod3)$

Nhận xét rằng $latex y^{4}equiv 0;1(mod3)$

  • Nếu $latex y^{4}equiv 0(mod3)Rightarrow 4yequiv 1(mod3)Rightarrow yequiv 1(mod3)Rightarrow y^{4}equiv 1(mod3)$. Mâu thuẫn
  • Nếu $latex y^{4}equiv 1(mod3)Rightarrow 4yequiv 0(mod3)Rightarrow yequiv 0(mod3)Rightarrow y^{4}equiv 0(mod3)$. Mâu thuẫn

Suy ra $latex x$ phải chẵn, đặt $latex x = 2k$ với $latex k$ là số tự nhiên, ta được : $latex (5^{k})^{2}=y^{4}+4y+1$

Dễ thấy $latex 4y+1<4y^{2}+4$

Khi đó : $latex y^{4}<y^{4}+4y+1<y^{4}+4y^{2}+4=(y^{2}+2)^{2}Rightarrow y^{4}+4y+1=(y^{2}+1)^{2}Rightarrow 2y(y-2)=0Rightarrow y=2;0$

Kết luận: $latex boxed{(x;y)=(0;0);(2;2)}$

View original

Bài toán [Phương trình nghiệm nguyên, Bất đẳng thức]

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán  : Giải phương trình nghiệm nguyên dương : $latex 4^{y}+4^{y}+2^{xy}-2^{x^{2}}-2^{y^{2}}=16$

Lời giải :

Với $latex x,y,z>0$, ta sẽ chứng minh BĐT :

$latex 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+2^{z^{2}}geq 2^{xy}+2^{yz}+2^{zx}$

Thật vậy, sử dụng bài toán quen thuộc $latex left ( a+b+c right )^{2}geq 3(ab+bc+ca)$, ta có :

$latex left ( 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+2^{z^{2}} right )^{2}geq 3left ( 2^{x^{2}+y^{2}}+2^{y^{2}+z^{2}}+2^{z^{2}+x^{2}} right )geq 3left [ (2^{xy})^{2}+(2^{yz})^{2}+(2^{zx})^{2} right ]geq 3.dfrac{(2^{xy}+2^{yz}+2^{zx})^{2}}{3}=(2^{xy}+2^{yz}+2^{zx})^{2}$

Do đó $latex 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+2^{z^{2}}geq 2^{xy}+2^{yz}+2^{zx}$

Khi $latex z = 2$ ta được : $latex 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+16geq 2^{xy}+2^{2x}+2^{2y}Leftrightarrow 4^{x}+4^{y}+2^{xy}-2^{x^{2}}-2^{y^{2}}leq 16$

Đẳng thức xảy ra khi $latex x=y=z=2$

Kết luận: $latex boxed{(x;y;z)=(2;2;2)}$

View original

Phương trình nghiệm nguyên

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán(IMO Shortlist 2006)

Tìm các số nguyên dương $latex x,y$ thỏa mãn phương trình $latex dfrac{x^7-1}{x-1}=y^5-1$.

Lời giải :

Bổ đề : Cho các số nguyên dương $latex x,m$ ($latex x>1$) và số nguyên tố $latex p$ thỏa mãn $latex mmid dfrac{x^p-1}{x-1}$. Khi đó thì $latex mequiv 0,1;;(mod;p)$

Chứng minh bổ đề :

Gọi $latex r$ là một ước nguyên tố của $latex m$.

Từ đề bài ta có

$latex mmid x^{p}-1Rightarrow x^{p}equiv 1;(mod;m)Rightarrow x^{p}equiv 1;(mod;r)Rightarrow ord_x(r)mid pRightarrow ord_x(r)in left { 1,p right }$

Nếu $latex ord_x(r)=1$ thì $latex xequiv 1;(mod;r)Rightarrow dfrac{x^{p}-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+…+x+1equiv underset{p}{underbrace{1+1+…+1}}=p;(mod;r)$

Mà $latex dfrac{x^p-1}{x-1}equiv 0;(mod;r)Rightarrow pequiv 0;(mod;r)Rightarrow p=rRightarrow mequiv 0;(mod;p)$

Nếu $latex ord_x(r)=p$, hiển nhiên $latex rnmid x$ vì nếu $latex rmid x$ thì $latex dfrac{x^p-1}{x-1}equiv 1;(mod;r)$ và điều này trái giả thiết.

Do đó áp dụng định lí $latex Fermat$ nhỏ thì $latex x^{r-1}equiv 1;(mod;r)$, suy ra $latex ord_x(r)mid r-1Rightarrow pmid r-1Rightarrow requiv 1;(mod;p)Rightarrow mequiv 1;(mod;p)$

Như vậy ta có $latex mequiv 0,1;(mod;p)$. Bổ đề được chứng minh.

View original 65 more words

[Bài toán] Phương trình nghiệm nguyên

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán: Giải phương trình nghiệm nguyên $latex x^{2}+xy=y^2+xz$

Lời giải :

Viết phương trình dưới dạng một phương trình bậc hai có ẩn $latex x$ : $latex x^2+(y-z)x-y^2=0;;;(*)$

Xét biệt thức $latex Delta =(y-z)^2+4y^2$

Để $latex (*)$ có nghiệm nguyên thì điều kiện cần là $latex Delta$ là một số chính phương.

Đặt $latex Delta =(y-z)^2+(2y)^2=t^2$ với $latex t$ là số nguyên dương. Đây chính là phương trình $latex Pythagoras$, xét số nguyên $latex k$ và các số nguyên dương $latex m,n$nguyên tố cùng nhau, khác tính chẵn lẻ và $latex m>n$.

$latex blacksquare$ Trường hợp 1 : Nếu $latex y-z>0$ và $latex 2y>0$

Ta có $latex left{begin{matrix} y-z=k(m^2-n^2) 2y=k.2mn t=k(m^2+n^2) end{matrix}right.$

Từ đây ta có $latex y=kmn,z=k(mn-m^2+n^2)$. Khi đó thì $latex x=dfrac{-(y-z)pm sqrt{Delta }}{2}=dfrac{k(n^2-m^2)pm k(m^2+n^2)}{2}=kn^2;vee -km^2$

$latex blacksquare$ Trường hợp 2: Nếu $latex y-z<0$ và $latex 2y<0$

Ta có $latex left{begin{matrix} y-z=-k(m^2-n^2) 2y=-k.2mn t=k(m^2+n^2) end{matrix}right.$

Từ đây ta có $latex y=-kmn,z=k(m^2-n^2-mn)$. Khi đó thì $latex x=dfrac{-(y-z)pm…

View original 140 more words

[Bài toán] Phương trình nghiệm nguyên, Định lí phần dư Trung Hoa

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán: Chứng minh rằng nếu $latex p_1,p_2,….,p_n$ là các số nguyên tố phân biệt thì phương trình $latex x_1^{p_1}+x_2^{p_2}+….+x_{n-1}^{p_{n-1}}=x_n^{p_n}$ có vô số nghiệm nguyên dương $latex (x_1,x_2,….,x_n)$

Lời giải :

Ta có đẳng thức hiển nhiên sau : $latex underset{n-1}{underbrace{(n-1)^k+(n-1)^k+….+(n-1)^k}}=(n-1)^{k+1}$

Khi đó ta chọn $latex x_1=(n-1)^{frac{k}{p_1}},x_2=(n-1)^{frac{k}{p_2}},…,x_{n-1}=(n-1)^{frac{k}{p_{n-1}}},x_n=(n-1)^{frac{k+1}{p_n}}$

Thì ta thu được ngay phương trình $latex x_1^{p_1}+x_2^{p_2}+….+x_{n-1}^{p_{n-1}}=x_n^{p_n}$

Vậy nếu ta chỉ ra được số nguyên dương $latex k$ sao cho $latex x_1,x_2,…,x_n$ đều nguyên thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Mà điều này tương đương với hệ sau có nghiệm : $latex left{begin{matrix} kequiv 0;(mod;p_1) kequiv 0;(mod;p_2) …. kequiv 0;(mod;p_{n-1}) kequiv -1;(mod;p_n) end{matrix}right.$

Điều này luôn đúng theo định lí phần dư Trung Hoa vì $latex p_1,p_2,…,p_n$ là các số nguyên tố phân biệt.

View original

[Bài toán] Phương trình nghiệm nguyên

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình $latex x^4-2y^2=1$.

Lời giải :

Dễ thấy phương trình có các nghiệm tầm thường $latex (1,0),(-1,0)$

Đặt $latex x^2=t$ ta được phương trình $latex t^2-2y^2=1$. Đây chính là phương trình $latex Pell$, nghiệm nhỏ nhất của nó là $latex (3,2)$ nên mọi nghiệm nguyên dương $latex (t_k,y_k)$ của nó được xác định bởi công thức $latex (3+2sqrt{2})^k=t_k+y_ksqrt{2}$.

Nhưng để thỏa mãn phương trình ban đầu có nghiệm nguyên thì $latex t_k$ phải chính phương với mọi $latex k$ nguyên dương.

Xét khai triển

$latex left ( 3+2sqrt{2} right )^{n}=3^n+C_{n}^{1}3^{n-1}.2sqrt{2}+…+(2sqrt{2})^{n}$

Khi đó hiển nhiên

   $latex t_{n}=3^{n}+C_{n}^{2}3^{n-2}(2sqrt{2})^2+…+(2sqrt{2})^{n}equiv 3^{n};;(mod;4)$

Mà vì $latex t_n$ chính phương nên $latex t_{n}equiv 0,1;(mod;4)Rightarrow 3^nequiv 0,1;(mod;4)$. Vậy phải có $latex n$ chẵn.

Vì vậy ta xét khai triển $latex (3+2sqrt{2})^{2k}=t_k+y_{k}sqrt{2}$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $latex t_{k}equiv 7;(mod;10)$ và $latex y_k^2equiv 4;(mod;10)$ $latex (*)$

Thật vậy, giả sử điều này…

View original 83 more words

Diophantine Equation

Originally posted on Juliel's Blog:

Bài toán : Chứng minh với mọi số nguyên dương $latex ngeq 2$, phương trình 

$latex left | x^2-17y^2 right |=4^n$

luôn có nghiệm nguyên $latex (x,y)$, trong đó $latex x,y$ đều lẻ.

Lời giải :

Kí hiệu $latex (x_k,y_k)$ là nghiệm của phương trình tại $latex n=k$. Với $latex n=2$, phương trình có nghiệm $latex (x_2,y_2)=(1,1)$.

Gỉa sử $latex (x_n,y_n)$ là cặp số lẻ là nghiệm của phương trình, ta chứng minh quy nạp phương trình cũng có nghiệm $latex (x_{n+1},y_{n+1}$.

Thật vậy, ta có $latex left | left ( dfrac{x_n+17y_n}{2} right )^2-17left ( dfrac{x_n+y_n}{2} right )^2 right |=left | -4x_n^2+68y_n^2 right |=4left | x_n^2-17y_n^2 right |=4.4^n=4^{n+1}$

Tức là cặp số $latex left ( dfrac{x_n+17y_n}{2},dfrac{x_n+y_n}{2} right )$ thỏa mãn phương trình.

Ta cũng có $latex left | left ( dfrac{x_n-17y_n}{2} right )^2-17left ( frac{-x_n+y_n}{2} right )^2 right |=left | -4x_n^2+68y_n^2 right |=4left | x_n^2-17y_n^2 right |=4.4^n=4^{n+1}$

Tức là cặp $latex left ( dfrac{x_n-17y_n}{2},dfrac{-x_n+y_n}{2} right…

View original 135 more words