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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 |
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