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作者 標題: 八道難題
傻仔大晒     發表於: 2001/7/19 下午 04:08:16            
1.證明x^4+y^4=z^2無正整數解。
2.證明對於任何整數n，n^30-n^14-n^18+n^2可被46410整除。
3.If p is any prime other than 2 or 5, prove that p divides infinitely many
of the integers 9, 99, 999, 9999, ...
4.An integer n is said to be perfect if the sum of the positive factors of
n is 2n. Show that if n is an odd perfect number, it has at least 3
distinct prime factors.
5.設p,q均為自然數而且p/q=1-(1/2)+(1/3)-(1/4)+...-(1/1318)+(1/1319)
證明p可被1979所整除
6.Find one pair of positive integers a and b such that :
(i) ab(a+b) is not divisible by 7;
(ii)(a+b)^7-a^7-b^7 is divisible by 7^7.
Justify your answer
7.Find all positive integers (a, b, n, p) of positive integers such that p
is prime and p^n =a^3+b^3
8.Find all positive integers (x,y,z) such that xy+yz+zx=xyz+2
zz (meowth)          回覆於: 2002/6/11 下午 06:49:38                        
7.Find all positive integers (a, b, n, p) of positive integers such that p
is prime and P^n =a^3+b^3

let a>=b>=1
(1) if a=b then p=2aaa; a=b=2^k (k=0,1,2,....)

(2) if a>b>=1
P^n =a^3+b^3=(a+b)(aa-ab+bb)

a+b>2

aa-ab+bb
=a(a-b)+bb
>=a+bb
>=a+b
>2

==>
a+b= m^s,
aa-ab+bb= m^t,
m>=2, t>=s>=1

0==aa-ab+bb==-3ab (mod a+b)

3ab=k(a+b)

<i> if (a,b)=1
k(a+b) mod a= kb mod a =0
k mod a=0
with the same reason, k mod b=0
k=abx
3=x(a+b)
==> a=2,b=1

<ii> if (a,b)=r >1;
a=pr, b=qr; (p,q)=1

P^n=rrr*(p+q)(pp-pq+qq); P is prime
P^n’=(p+q)(pp-pq+qq); r=P^w
with the same reason from <i> ,

p=2, q=1
P=3
a=pr=2*3^w
b=qr=3^w

==========
Ans: (a,b,n,P)=(2^k,2^k,3k+1,2) or (2*3^k,3k+2,3) ; k=0,1,2,....

yani          回覆於: 2002/6/11 下午 11:04:41                        
強一點的証明﹕若p=q*n,其中q是異於2,5的質數，則1/p=1/(qn)必為循環小數(循環
節非0)，令1/p小數後面不循環的數為abc…r，循環節為k1k2…kh(循環節長度為h位)
即令1/p=0.a1a2…ark1k2…ksk1k2…ksk1k2ks…[例如1/3=0.333…
(s=1),1/7=0.142857…(s=6)]
故[10^(r+s)-10^s](1/p)=Z,(Z是某整數)
999…900…0/p=Z, 又p無法整除10，100，100，…(即10^m)，故p整除99..9,其中
有s個9，s是1/p的循環節長度。
又s個9=99..9=10^s-1,所以p也整除(10^s-1)*[10^(ns)+1]
舉例﹕p=105=3*5*7, 1/105=0.00952380952380……=952380/99999900，故
99999900/(3*5*7)=952380為整數，又3,7不能整除100，故21整除999999及
999999999999,及999999*(10^(6n)+1)且這充要條件，即﹕也只能夠整除這些9’s
(6,12,18,24,…6倍數個9)，其他型式的9’s不能整除之
可參考討論區之﹕u^(p-1)-1為p的倍數
yani          回覆於: 2002/6/11 下午 11:13:10                        
上面是證第3題，其中p可為合數(含非2，非5的質因數,例如﹕p=12,21,46,105……)
以下p 是質數
簡單說﹕質數p ,( p≠2或5)
1/p=0.a1a2..ark1k2…ks,，循環節為k1k2…ks，則1/p=(a1a2..ark1k2…ks –
a1a2…ar)/99…900…0，[共s個9,r個0]
99..900..0/p=Z, (Z= a1a2..ark1k2…ks –a1a2…ar是整數)
p不整除10^m,故p整除99…9及99..9*[10^(ns)+1]
yani          回覆於: 2002/6/11 下午 11:31:08                        
略作更正﹕m=(2^a)*(5^b)*(y^c)其中a,b為正整數或0,y是非2或5的質數,c是正整
數
若1/m循環節長度=s,則y整除99..9(s個9)或9999999.......9(s倍數個9)且也只能
整除像這樣的9’s數(列)，不會再多了。
例如7恰能整除999999,99..9(12個9)，或18或24或...個9
17恰整除99......9(16個倍數的9)
yani          回覆於: 2002/6/11 下午 11:48:41                        
若p<>2或5之質數，則(10,p)=1故10^(p-1)=1(modp)即p整除999...9(共p-1個9)證
畢。
yani          回覆於: 2002/6/11 下午 11:57:51                        
用費馬小定理來證本題最適當了﹗(只是一開始我只想到之前post的一篇文章，繞了一
大圈了)
不過小數--分數法有其優點及較強的結果如下﹕
優點﹕高中以下能懂
較強的結果﹕
1.可以說明型如21,33,77,91,...,(多個不含2,5之質因數積:也必是9’s的因
數,for some suitable s)
2.能說明p到底恰能整除什麼樣的9’s
例如﹕7恰整除99...9(6倍數個9，因為1/7循環節長度=6)
11恰整除99，9999，...(2倍數個9，因為1/11循環節長=2)
13恰整除99...9(6倍數個9，因為1/13循環節長度=6)
17恰整除99...9(16倍數個9，因為1/17循環節長度=16)
21恰整除99...9(6倍數個9，因為1/21循環節長度=6)

好久沒這樣打了~~~~
血          回覆於: 2001/7/19 下午 07:04:06                        
方程 x^4 + y^4 = z^2 沒有正整數解。
只要證明沒有x,y互質ㄉ解即可!!　
假設 (x , y , z) 為解之中｜z｜最小者,且x,y互質
(x,y,z)型如(o,o,e) or (o,e,o) or (e,o,o) or (e,e,e)(o表奇數,e表偶數)
考慮模4及x,yㄉ互質
x,y一奇一偶
不失一般性
令y 為偶數，
則 x^2 = a^2 - b^2 ; y^2 = 2ab ; z = a^2 + b^2，其中 a > b > 0，
g.c.d(a , b) = 1，a,b一奇一偶
x^2 + b^2 = a^2，
再從此得x = c^2 - d^2 ; b = 2cd ; a = c^2 + d^2，其中 c > d > 0，
g.c.d(c , d) = 1,否則a,b不能互質，
c、d 的奇偶性相反。
因而 y^2 = 2ab = 4cd(c^2 + d^2)是完全平方數，
而g.c.d(c,d)=1
g.c.d(c,c^2+d^2)=1
g.c.d(d,c^2+d^2)=1
由此得 c、d 和 c^2 + d ^2 為平方數。
於是可設 c = e^2 ; d = f^2 ; c^2 + d^2 = g^2，即 e^4 + f^4 = g^2。
換句話說，(e , f , g) 為方程 x^4 + y^4 = z^2 的另外一個解。
但是，z = a^2 + b^2 = (c^2 + d^2)^2 + 4c^2 d^2 > g^4 > g > 0。
這與(x,y,z)為所有ㄉ解之中,｜z｜之值最小者矛盾!
所以，方程 x^4 + y^4 = z^2 沒有正整數解。（證畢）
推論　方程 x^4 + y^4 = z^4 沒有正整數解。(費馬最後定理n=4ㄉcase)
對於任何正整數 k，
方程x^(4k) + y^(4k) = z^(4k) 沒有正整數解。
Kenny          回覆於: 2002/6/10 下午 06:53:53                        
5.設p,q均為自然數而且p/q=1-(1/2)+(1/3)-(1/4)+...-(1/1318)+(1/1319)
證明p可被1979所整除

p/q
=1-(1/2)+(1/3)-...-(1/1318)+(1/1319)
=[1+(1/2)+(1/3)+...+(1/1318)+(1/1319)]-2[(1/2)+(1/4)+(1/6)+...+(1/1318)]
=[1+(1/2)+(1/3)+...+(1/1318)+(1/1319)]-[1+(1/2)+(1/3)+...+(1/659)]
=(1/660)+(1/661)+(1/662)+...+(1/1319)
=[(1/660)+(1/1319)]+[(1/661)+(1/1318)]+...+[(1/989)+(1/990)]
=(660+1319)/(660*1319)+(661+1318)/(661*1318)+...+(989+990)/(989*990)
=1979/(660*1319)+1979/(661*1318)+...+1979/(989*990)
=1979*[1/(660*1319)+1/(661*1318)+...+1/(989*990)]

因為[1/(660*1319)+1/(661*1318)+...+1/(989*990)]可以寫成a/b,而a,b是自然數
所以p可被1979所整除
math          回覆於: 2002/6/10 下午 07:02:06                        
2001/7/19提出的！好久遠啊∼

好像都看過，有一些似乎是IMO的題目？

第六題我會，改天再PO
Kenny          回覆於: 2002/6/11 上午 11:23:36                        
小弟今日到了圖書館,看了一些書,發現了第六條的做法,現把它抄錄下來:

6.Find one pair of positive integers a and b such that : (IMO1984 第25屆第
2題)
(i) ab(a+b) is not divisible by 7;
(ii)(a+b)^7-a^7-b^7 is divisible by 7^7.

因為(a+b)^7-a^7-b^7=7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2
而且ab(a+b)不能被7整除,故應(a^2+ab+b^2)^2能被7^6整除,即:
(a^2+ab+b^2)能被7^3整除--->a^2+ab+b^2=0(mod7^3)

因為(a^3-b^3)=(a-b)(a^2+ab+b^2)
故我們如下選擇a,b,滿足ab(a+b)不能被7整除,a-b不能被7整除
而且a^3=b^3(mod7^3)

由費馬定理的歐拉推廣,對任何與7^3互質的正整數c,有c^[k(7^3)]=1(mod7^3)
其中k(7^3)為不超過7^3與7^3互質的正整數的個數,k(7^3)=7^3-7^2=3*98

特別地,取c=2,有2^(3*98)=1(mod7^3)
又2^98=(2^7)^14=(2^14)(mod7)=(2^2)(mod7)=4(mod7)
2^98+1=5(mod7), 2^98-1=3(mod7)

故令a=2^98, b=1, a,b則滿足所要求的條件
由於2^98很大,可以化為2^98=18(mod7^3), a=18,b=1也為一對解:

18*1(18+1)=342=48*7+6
(18+1)^7-18^7-1^7=281651706=342*7^7


關於第五題的一些補充: (IMO1979 第21屆第1題)
我們做到p/q=1979*(a/b)
這裡b為660到1319的所有整數的乘積.因為1979為一個質數(略證,所有不超過sqrt
(1979)的自然數均不為1979的因子),故b的每一個因子均與1979互質,故pb=1979*a*q
中,1979不能被b整除,故1979｜p
234fermat          回覆於: 2002/6/11 下午 02:03:52                        
kenny, 好樣的，我一年前的舊題也被你翻出來了。
yani          回覆於: 2024/8/19 上午 07:12:21                        
234fermat 現在成年了吧.
Null          回覆於: 2024/8/25 下午 07:29:55                        
好多高手前輩
楊清泉          回覆於: 2024/9/27 下午 06:45:27                        
從IMO抄錄下來????
葬          回覆於: 2024/9/27 下午 06:49:30                        
好謝，感謝高手前輩
楊清泉          回覆於: 2024/9/27 下午 06:55:16                        
好謝，感謝高手前輩
楊清泉          回覆於: 2024/9/27 下午 06:58:17                        
IMO1984 第25屆第2題
楊清泉          回覆於: 2024/9/27 下午 07:00:17                        
很好，特別感謝高手前輩

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