1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Phần 3

5 2 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 326,04 KB

Nội dung

b Bài 1: Tìmcácsốnguyêntố a, b, c saocho a  1999 c : Hướngdẫngiải a , b a , b 2 Vì làcácsốnguyêntốnên suyra c 2003 b Vì c 2003nên c làsốlẻ.Suyra: a làsốchẵn a b làsốchẵnnên a 2 Nếu b làsốlẻthì 2b  1999  2b  1  1998 chia hếtcho 3.suy c chia hếtcho ( mâuthuẫn c nguyêntố).Vậy b 2 Với a b 2ta có c 2003 cho: 2012 2012 2011 2012z 2010 Bài 2: Chứng minh rằngkhôngtồntạicácsốnguyên x, y , z saocho x  2009y Hướngdẫngiải Ta cónhậnxét Bìnhphươngmộtsốngunvàđemchia cho thìsốdưlà hoặclà Ta có x 2012 Suyra: x chia cho dư 1; 2009y 2012 2012 chia dư  2009y 2012 chia cho dư hoặcdư hoặcdư (1) Ta có: 2011 2012z 2010 chia cho dư (2) Từ (1) (2) suyrakhơngtồntạicácsốngun x, y , z thỏaphươngtrìnhtrên 2 Bài 3: Chứng minh rằngphươngtrình x  y 2011.z khơngcónghiệmngundương Hướngdẫngiải 2 x ; y ; z  Giả sử 0 nghiệm nguyên dương x0 nhỏ phương trình x  y 2011.z chia hết cho 2011 TH1 Nếu x0 chia hết cho 2011thì y0 chia hết cho 2011 Tồn số nguyên dương x1, y1 cho x0 2011.x1 y0 2011 y1 x02  y02 20112( x12  y12) 2011z02  2011( x12  y12 )  z02  z0 chia hết cho 2011 => tồn số nguyên dương z cho z0 2011.z1  x12  y12 2011z12 Suy  x1; y1; z1  ngiệm phương trình (vơ lý x0 nhỏ TH2 Nếu x0 không chia hết cho 2011 y0 khơng chia hết cho 2011 2010 2010 Theo định lý Ele ta có x0 y0 chia cho 2011dư 2010 1005 2 Mà x0 ( x0 ) suy x0 y0 chia cho 2011dư 1  x02  y02 chia cho 2011dư (vơ lý) 2 Vậy phương trình x  y 2011z khơng có nghiệm ngun dương 4 4 2014 Bài 4: Giảsử a, b, c, d , e làcácsốtựnhiênsaocho a  b  c  d  e 2009 Chứng minh abcde chia hếtcho 10 Hướngdẫngiải 2014 Với n  N ,tacó n chia cho dư hoặcdư 1; 2009 chia dư 4 4 4 Từgiảthuyếtđềbàisuyratrong số a , b , c , d , e có số chia hếtcho 8; sốcịnlại chia dư Suyratrong số a, b, c, d , e có số chia hếtcho Do abcde chia hếtcho 4 Tươngtự ta cũngchứng minh abcde chia hếtcho 4 Vì , lànguyêntốcùngnhaunên ta cóđiềuphảichứng minh ab2n  Bài 5: Tìmcácsốnguyêndương a, b, n saocho a  b làmộtsốnguyêntố Hướngdẫngiải 2n  Đặt p ab a  b Ta có a  b   a  b 2n  b Mặtkhác a  a  b  p  b Lạicó ab2n   p  a  b  p  a p 2n  d p  b Đặt a d p  d b Suyra b d dp b Do p làsốnguyêntốnên b d b dp Tuynhiên b  p nên ta loạitrườnghợp b dp 2n   p  1 p b2n   1b  1 p b  2n  1 Với b d  b n 1; b  p  1; a  p  1 p với p số nguyên tố tùy ý Bài 6: Cho hàmsố y  x  px  q (1) Chứng minh rằng, p, q  Z vàphươngtrình y 0 Vậy cónghiệmhữutỷthìnghiệmđólànghiệmngun Hướngdẫngiải  p  p  4q Q 2 Nghiệmhữutỷnên Do p, q  Z p  4q  Z p p  4q  p  p2  4q  cũngchẵn, lẻnên  x; y  , x 1, y 0 2x2  13xy  17y  x  1975y  2006 0 Bài 7: Tìmcáccặpsốnguyên P  x   x2017  ax2  bx  c Bài 8: Cho đathức ,vớicáchệsốnguyên a, b, c vàcóbanghiệmnguyênlà x1, x2, x3 Chứng minh rằng:  a  b  c  1  x1  x2   x2  x3   x3  x1 chia hếtcho 2017 Hướngdẫngiải Đathứcđãchođượcviếtlại: Đặt P  x   x2017  x    ax2   b  1 x  c  f  x   ax2   b  1 x  c 2017 Theo địnhlí Fermat nhỏ: xi  xi 2017, i 1, 2, 3, mà f  xi  P  xi    xi2017  xi    xi2017  xi  2017, i 1, 2, Nếu  x1  x2  x2  x3  x3  x1 2017thìbàitốnđượcchứng minh Nếu  x1  x2   x2  x3   x3  x1  không chia hếtcho 2017 thìtheotrên ta được:  f  x1   f  x2  2017   f x  f x  2017       x1  x2   a  x1  x2   b  1 2017   x2  x3   a  x2  x3   b  1 2017 a  x1  x2   b  12017    a  x1  x3  2017  a 2017  b  12017 a  x2  x3   b  12017 Mà f  xi  axi2   b  1 xi  c 2017 Vậy  a  b  c  1  x1  x2   x2  x3   x3  x1  2017 nên c 2017   a  b  c 12017 x y z Bài 9: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình:  12 13 Hướngdẫngiải x y z Giả sử x, y, z số nguyên dương cho:  12  13 x y z Đặt d   12 , g  13 Nếu y  d º  mod 7 , g º   1 z  mod 7 Đó điều vô lý 12y 122 8  d   1 Nếu y 2 12y ⋮12122 ⋮128  d  (-1)x (mod 8) x  mod 8 52k 1  mod 8 , 52k 1 5  mod 8  z Với k   ta có x chẵn z  g   1 1  mod 7  5y 1  mod 7 56 1  mod 7 Ta có 5t 1  mod 7 với t   1, 2, 3, 4, 5  y 6  x, y, z chẵn   7a Giả sử x  2a, y  2b, z  2c (a, b, c  N *)   , 12  Vì a a b 2  1  b số nguyên dương c 2 2   12b    13c  m, n  m  n  ,  m, n   m  n , 12 2mn , 13 m  n Ta có 22b 3b  12b  2mn )saocho 2b  b Trường hợp 1: n  1, m  m  1 m Trường hợp  1  7a  m  17, m  17  27  m, n 2b   2 | m2  n2 || 24b   32b ||  24  ; 3 b Đó điều vơ lý b Ta có 22  2b || 2b  22  2b |2b  mod 7  m2  n2 khơng chia 2 a hết cho Đó điều vơ lý m  n  (a  N *) x y z Vậy phương trình  12  13 khơng có nghiệm ngun dương 2 Bài 10: Tìmmộthằngsốnguyêndương c saochophươngtrình xy  y  x  y c cóđúngbanghiệmnguyêndương ( x, y ) Hướngdẫngiải 2 Ta viếtlạiphươngtrình x( y  1)  y  y  c - Nếu y 1 c 0, loại y 1 x  - Nếu y2  y  c y ( y  1)  c  y 1 ( y  1)( y  1) , c y  1và y ( y  1)  c y  Ta có y  1(mod y  1), y   2(mod y  1) nên y ( y  1) 2(mod y  1)  c  2(mod y  1) c 0(mod y  1), c  2(mod y  1) , mà y  0(mod y  1), y   2(mod y  1) nên c  y  1(mod lcm( y  1, y  1)) Với y 2, ta có c 1(mod 3), c 2(mod 4) Do ta thửlấy c 10 x 4, 2, , , theothứtự Ta phảicó y  1| 10  y 2, 3, 6, 11 Khiđó , ) Vậyphươngtrìnhcóđúngbanghiệmngundương ( x, y ) (4, 2), (2, 3), (111 x y Bài 11: Tìm tất ba số ( x; y; z ) nguyên dương thỏa mãn 1   z Hướngdẫngiải Không tổng quát, giả sử x  y Ta thấy 1 4x  4y (1 2y )2  22x  2y1 Do đó: y x y y 2x y 1 y Nếu 2x  y  (2 )  1  (1 )    (2  1) Suy không tồn z thỏa mãn x y y y ;  22x  1) nghiệm Nếu 2x  y  1  (1 )  z 1 Suy ( x; 2x  11 * phương trình với x   x y x Nếu 2x  y  pt  (1 ) ( z  1)( z  1) (*) Vì gcd( z  1; z  1) 2 x  nên z  122x  z  122x  2x  Nếu z  12 từ (*) suy z  12(1 4y  x ) 2(1 4x  2) 2(1 22x  )  22x   2, x  2x  2x  Điều vơ lí z  12  z  12  2x  Tương tự, Nếu z  12 từ (*) suy z  12(1 4y  x ) 2(1 4x  2) 2(1 22x  )  22x   2, x  2x  2x  Điều vơ lí z  12  z  12 

Ngày đăng: 26/10/2023, 09:19

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w