Thứ Ba, 15 tháng 11, 2016

Luyện tập số học 2

1) Tồn tại hay ko $2017$ số nguyên dương $a_1,a_2,..,a_{2017}$ sao cho các số
$a_1^2+a_2^2,a_1^2+a_2^2+a_3^2,...,a_1^2+a_2^2+...+a_{2017}^2$ đều là số chính phương
2) Ivan và Markov thay nhau viết các chữ số $0$ hoặc $1$ cho đến khi mỗi người viết được $2001$ chữ số . Markov sẽ là người thắng nếu như anh ta viết được một số trong biểu diễn nhị phân sao cho số đó không thể viết được dưới dạng tổng hai số chính phương. Chứng minh Markov có chiến thuật để đảm bảo anh ta thắng cuộc
3)  Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ lẻ để $n^{11}+199$ là số chính phương
4)  Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ sao cho $7^a-3^b|a^4+b^2$
5) Tìm $m,n$ là các số tự nhiên sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương
6) Cho $n>3$ là số nguyên lẻ . Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^n=b^n+2^n+abc$ và $c \le 5.2^{n-1}$

Thứ Năm, 10 tháng 11, 2016

Luyện tập số 3

Bài 1 :

Bài 2 : Cho $a,b,c$ là các số dương . Chứng minh các bất đẳng thức sau :
a) $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ac$
b)  $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b} \ge 3$ với $a^2+b^2+c^2=3$
c) $(1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a}) \ge 2+\frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$
d) $\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ac}+\frac{c^3}{ba} \ge a+b+c$
e) $\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ac+1} \ge 3$ với $a+b+c=3$
f)  $\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1} \ge 3$ với $a+b+c=3$
k) $\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(b+a)^2} \ge \frac{9}{4(a+b+c)}$
l) $\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1} \ge \sqrt{6(a+b+c)}$
Bài 3 :Cho các số thực dương $x_1,x_2,..,x_n$ có tổng bằng $1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$(x_1+\frac{1}{x_1})^2+(x_2+\frac{1}{x_2})^2+..+(x_n+\frac{1}{x_n})^2$ 

Thứ Bảy, 5 tháng 11, 2016

Luyện tập 2

Bài 1 : Giải các phương trình sau
a) $4x^3-10x^2+6x-1=0$
b) $8x^3-36x+27=0$
c) $2x(2x^2+x+3)+13x(2x^2-5x+3)=6(2x^2-5x+3)(2x^2+x+3)$
d) $x^4+2x^3+4x^2+2x+1=0$
e) $x^8-x^6+x^2-x+1=0$
Bài 2 : Tìm dư của phép chia $f(x^{100})$ cho $f(x)=x^{99}+x^{98}+..+x+1$ (Trung Quốc 1981)
Bài 3 : Chứng minh với $n \in \mathbb{N}$ thì $x^2+x+1$ là ước của $(x+1)^{2n+1}+x^{n+2}$ (Belgium 1981)
Bài 4 : Cho $n$ là số nguyên dương chứng tỏ rằng $x^{2n}-x^n+1$ không phải là bội của $x^2+x+1$
Bài 5 : Tìm số nguyên $k$ để $x+y+z$ là ước của $x^3+y^3+z^3-kxyz$ với mọi $x,y,z$ nguyên
Bài 6 : a) Chứng minh nếu $f(x)=ax+b$ có $2$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $a=b=0$
b) Chứng minh nếu $f(x)=ax^2+bx+c$ có $3$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ thì $a=b=c=0$
Bài 7 : Vận dụng bài $6$ . Chứng minh rằng :
$\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}+\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0$ ($a,b,c$ đôi một không đối nhau )
Bài 8 : Giải các phương trình nghiệm nguyên sau :
a) $x^2-y^2=2012$
b) $x^2-y^2=2011$
c) $(x^2+1)(y^2+1)+2(x-y)(1-xy)=4(xy+1)$
d) (Ấn Độ ) $(xy-7)^2=x^2+y^2$
e) (Poland) $x^2(y-1)+y^2(x-1)=1$
f) (Nga) $x^3-y^3=xy+61$
h) (Romania) $x^6+3x^3+1=y^4$
g) (Mỹ) $(x^2+y)(x^2+y(=(x-y)^3$  |
l) $x+y+z+xyz=xy+yz+xz+2$
j) (Canada) $\frac{1}{2}(x+y)(y+z)(z+x)+(x+y+z)^3=1-xyz$
i) $abc-d=1$ và $bcd-a=2$
Bài 9 : Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(x,y,z,t)$ sao cho
$x^2+y^2+z^2+2xy+2x(z-1)+2y(z+1)=t^2$
Bài 10 : Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa $x^{2011}+y^{2011}=2013^{2011}$
Bài 11 :  (Baltic) Tìm tất cả các bộ ba nguyên dương thỏa
$x^2=2(y+z)$ và $x^6=y^6+z^6+31(y^2+z^2)$
 Bài 12 : Tìm $a,b,c$ nguyên dương thỏa $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})=2$

Thứ Hai, 17 tháng 10, 2016

Luyện tập số học

Chia hết
Bài 1 : Cho $n$ là số nguyên dương ,chứng minh rằng $(n+1)(n+2)...(2n) \vdots 2^n$
Bài 2 : Cho $x,y,z$ là ba số nguyên dương phân biệt . Chứng minh rằng :
$(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$ chia hết cho $5(x-y)(y-z)(x-z)$
Bài 3 : Chứng minh rằng $n^3+5n$ chia hết cho $6$ với $n$ nguyên dương
Bài 4 : Chứng minh rằng $A=1^n+2^n+3^n+4^n$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $n$ không chia hết cho $4$ và $n$ nguyên dương
Bài 5 : (VMO 1983) cho $n$ là số tự nhiên và $n>3$ . Chứng minh nếu $2^n=10a+b,(0<b<10)$ thì $ab \vdots 6$
Bài 6 : Cho $a,m,n$ là các số nguyên dương và $a \ne 1$ . Chứng minh $(a^n-1) \vdots (a^m-1)$ khi và chỉ khi $n \vdots m$
Bài 7 : Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và không nhỏ hơn $2$ và có ước chung lớn nhất là $1$ . Chứng minh nếu $m,n$ là hai số nguyên dương thỏa $a^n+a^n \vdots (a^m+b^m)$ thì ta cũng có $n|m$
Bài 8 : (Slovenia 1995) Cho $a,b,c,d$ là các số nguyên . Chứng minh rằng
$F=(b-a)(c-a)(d-a)(d-c)(b-d)(c-b)$ chia hết cho $12$
Bài 9 : Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$ . Chứng minh $pa^{4m}+q^{4n}.b$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ ($m,n \in \mathbb{N^*}$)
Bài 10*: Chứng minh rằng $3^{4^5}+4^{5^6}$ là một tích của hai số nguyên mà mỗi số này lớn hơn $10^{2002}$
Bài 11 : Cho số nguyên $n \ge 2$ . Hỏi tồn tại hay không số tự nhiên $m$ sao cho $n^{2001}<m<n^{2002}$ và $m$ có ít nhất $600$ chữ số $0$ tận cùng
Bài 12* : a) Chứng minh rằng tích $n$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $n!$
b)  Từ đó hãy chứng minh bài toán sau đây :
Cho $k,m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m+k+1$ là số nguyên tố lớn hơn $n+1$ . Đặt $c_s=s(s+1)$ . Chứng tỏ rằng :
$c_1.c_2...c_n$ là ước của $\prod_{i=1}^n (c_{m+i}-c_k)$ (IMO 1967)
Bài 13 : Tìm $n$ là số tự nhiên sao cho $n!=2^{15}.3^6.5^3.7^2.11.13$
Bài 14 : Tìm một số sao cho khi cộng số đó với $(n^2-q)^p(n-1)^{p+1}$ thì được một số chia hết cho $n$
Bài 15 : Tìm $a,b,c$ nguyên dương sao cho
$\begin{cases} &a<b<c&\\&(abc-1) \vdots (a-1)(b-1)(c-1)& \end{cases}$
Bài 16 : (Germany MO 1995) Cho $x$ là một số thực sao cho $x+\frac{1}{x} \in \mathbb{Z}$ . Chứng minh với mọi số nguyên $n$ thì $x^n+\frac{1}{x^n} \in \mathbb{Z}$
Bài 17 : Cho  $a,b$ nguyên dương và $a+1,b+2007$ đều chia hết cho $6$. Chứng minh $4^a+a+b$ chia hết cho $6$
Bài  18 : Tìm số nguyên dương lớn nhất $x$ sao ch $23^{6+x}$ là ước của $2000!$
Bài 19 * : Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b$ sao cho $a+b^2$ chia hết cho $a^2b-1$
Bài 20 : Cho $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên và $P(x)$ nhận giá trị bằng $7$  với $4$ giá trị nguyên khác nhau của $x$. Chứng minh $P(x)-14$ không có nghiệm nguyên

Thứ Hai, 13 tháng 6, 2016

Japan MO 2014 Final

Problem  : Tìm tất cả các bộ ba $(a,b,c)$ nguyên dương sao cho : 
                                                           $2^a+3^b+1=6^c$
                                                               Lời giải :
Xét $a=1$ thì ta có $3+3^b=6^c$. Nếu $b=1$ suy ra $c=1$
$b>1$ thì $v_3(6^c)=v_3(3^b+3)=1$ suy ra $c=1$. Suy ra $b=1$ (mâu thuẫn)
$a=2$ thì được $3^b+5=6^c \equiv 0 \pmod{3}$ (vô lí)
$a>2$ thì ta có $6^c=2^a+3^b+1 \equiv 2,4 \pmod{8}$ suy ra $c \in \{1,2\}$
Nếu $c=1$ thì $2^a+3^b=5$ (vô lí vì $a>2$)
Nếu  $c=2$ thì suy ra $a=b=3$
Vậy $(a,b,c)=(1,1,1)=(3,3,2)$

Thứ Sáu, 15 tháng 4, 2016

BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC

Về số mũ đúng : Cho $p$ là số nguyên tố ,$a$ là số nguyên và $\alpha$ là số tự nhiên. Ta nói $p^{\alpha}$ là lũy thừa đúng của $a$ và $\alpha$ là số mũ đúng của $p$ trong khai triển của $\alpha$ nếu $p^{\alpha}|a$ và $p^{\alpha+1} \not | a$
Khi đó ta viết $p^{\alpha} ||a$ hay $v_p(a)=\alpha$
Ví dụ $v_3(63)=2$ vì $63=3^2.7$
Một số tính chất về cái này : Cho $x,y,z$ là các số nguyên khi đó
i) $v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)$
ii) $v_p(x^n)=n.v_p(x)$
iii) $v_p(x+y) \ge min\{v_p(x),v_p(y)\}$ . Xảy ra khi và chỉ khi $v_p(x) \ne v_p(y)$
iv) $v_p(gcd(|x|,|y|,|z|))=min\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
v) $v_p(lcm(|x|,|y|,|z|))=max\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
 Một số bổ đề : Bổ đề 1 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$
Bổ đề 2 :Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương lẻ. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)$
Bổ đề 3 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$
Bổ đề 4 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương  lẻ . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Bổ đề 5 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ sao cho $4|x-y$ khi đó $v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$
Bổ đề 6 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ và $n$ là số nguyên dương chẵn . Khi đó
$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$
MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC  (mấy cái Wilson,Fermat mình sẽ không đăng vì đã có nhiều)
Ta định nghĩa 1 : Cho số nguyên dương $n$. Số nguyên $a$ được gọi là thặng dư bình phương mod $n$ hay (số chính phương mod n) nếu tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2 \equiv a \pmod{n}$
Định nghĩa 2 : Giả sử $p$ là một số nguyên tố lẻ , $a$ là một số nguyên. Kí hiệu La-Grang (Legendre) $(\frac{a}{p})$ được xá định như sau
$(a/p)=1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ là số chính phương mod $p$
$(a/p)-1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ không là số chính phương
$(a/p)=0$ nếu $p|a$
Định lí 1 : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó phương trình $x^2 \equiv a \pmod{p}$
i) Chỉ có nghiệm khi $x \equiv 0 \pmod{p}$ với $a=0$
ii) Vô nghiệm hoặc đúng hai nghiệm nếu $p \not |a$
Chú ý : Định lí này không đúng với $p=2$
Hệ quả : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong hệ thặng dư đầy đủ $\{1,2,..,p-1\}$ có đúng $\frac{p-1}{2}$ thặng dư bình phương và $\frac{p-1}{2}$ không thặng dư bình phương mod p
Định lí 2 (Euler's criterion) Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$gcd(a,p)=1$ . Khi đó $(a/p) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Định lí 3 : Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ Khi đó
i) Nếu $p|a-b$ thì $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$
ii) $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
iii) $(\frac{a^2}{p})=1$
iv) $(\frac{-1}{p})=1$ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$
$(\frac{-1}{p})=-1$ khi $p \equiv 3 \pmod{4}$
Định lí 4 : Giả sử $gcd(x,y)=1$ , $a,b,c$ là các số nguyên $p$ là ước nguyên tố của $ax^2+bxy+cy^2$ , $p$ không là ước của $abc$ thì $A=b^2-4ac$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Đặt biệt nếu $p$ là ước của $x^2-Ay^2$ và $gcd(x,y)=1$ thì $A$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Bổ đề Gauss : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$a$ là số nguyên không chia hết cho $p$
Nếu trong số các thặng dư bé nhất của các số nguyên $a,2a,3a,..,\frac{p-1}{2}$ có $s$ thặng dư lớn hơn $\frac{p}{2}$ thì $(\frac{a}{p})=(-1)^s$
 Luật tương hỗ Gauss : Cho $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
i) Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng $4k+1$ thì $p$ là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
ii) Nếu cả hai số đều có dạng $4k+3$ thì $p$ là số chính phương (mod $q$) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
Kí hiệu Jacobi : Định nghĩa 3 : Cho $n$ là số nguyên dương lẻ với phân tích tiêu chuẩn
$n=p_1.p_2..p_k$ . Với $gcd(a,n)=1$ thì ta định nghĩa các kí hiệu Jacobi như sau
$(\frac{a}{n})=(\frac{a}{p_1})(\frac{a}{p_2})...(\frac{a}{p_k})$
Luật tương hỗ : Nếu $n,m$ là các số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau thì
$(\frac{n}{m})(\frac{m}{n})=(-1)^{\frac{(n-1)(m-1)}{4}}$

Thứ Tư, 13 tháng 4, 2016

Romanian Master of Mathematics Competiton 2012

Problem : Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^{2^n+1}+1$ chia hết cho $n$ .
                                                                   Lời giải :
Ta có bổ đề
i)  Cho $x,y \in \mathbb{Z},n$ là số nguyên dương lẻ và $p$ là một số nguyên tố lẻ sao cho $p|x+y$
và $p \not | x,y$ ta có $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Áp dụng bổ đề. Ta sẽ chứng minh rằng số nguyên dương $a_n=3^n$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Áp dụng bổ đề trên ta có  
$v_3(2^{a_n}+1)=v_3(3)+v_3(a_n)=k+1$
Và $v_3(2^{2^{a_n}+1}+1)=v_3(3)+v_3(2^{a_n}+1)=k+2$
Như vậy $a_n|2^{2^{a_n}+1}+1$

Thứ Hai, 11 tháng 4, 2016

Về một định lí cơ bản

Định lí : Số $a$ là hợp số nếu tồn tại một tích các số nguyên dương $a_1a_2..a_n=A$ ($n \ge 2$) sao cho $a$ là ước số của $A$ và $a>a_i$ với mọi $i$ thuộc tập $\{1,2,..,n\}$
Thực ra định lí này rất hay và nhiều ứng dụng  cũng xem nhé :)
Bài 1 : Giả sử $a=x^2+xy+3y^2$ là một ước số của $A=x^6-y^6$ với $x,y$ là các số nguyên dương. Chứng tỏ $A$ là hợp số
Lời giải : Ta có $A=x^6-y^6=(x^2-y^2)(x^2-xy+y^2)(x^2+xy+y^2)$
Ta chứng minh được rằng $a>x^2-y^2,a>x^2+xy+y^2>x^2-xy+y^2$ áp dụng định lí trên ta có điều phải chứng minh
Bài 2 : Cho $a,b,c$ là ba số nguyên dương đôi một phân biệt thỏa mãn $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $k=a+b+c$. Chứng minh $k$ là hợp số
Xét $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$ từ giả thiết đề bài suy ra $3abc \vdots k$
Mà $k>3,k>a,k>b,k>c$ do đó áp dụng định lí ta có điều phải chứng minh
Tóm lại đó là hai ứng dụng cơ bản cho ta thấy được vẻ đẹp của định lí này :
BÀI TẬP  : 1) Cho $a,b,c,d,e,f$ là các số nguyên dương . Giả $S=a+b+c+d+e+f$ là ước số chung của $abc+def$ và $ab+bc+ac-de-ef-fd$. Chứng minh $S$ là một hợp số
2) Cho $n$ là số tự nhiên thỏa mãn $n^2+2$ là ước nguyên tố của $n^8-1$. Chứng minh $n=1$

Thứ Sáu, 25 tháng 3, 2016

Mở rộng Canada 1979

Problem : Cho $x_0<x_1<...<x_n$ là các số tự nhiên. Chứng tỏ :
$A=\frac{1}{[x_0,x_1]}+\frac{1}{[x_1,x_2]}+...\frac{1}{[x_n,x_{n-1}]} \le \frac{2^n-1}{2^n}$
                                                                Lời giải :
Ta sẽ chứng minh nó bằng quy nạp
+Với $n=1$ thì bạn đọc tự chứng minh bất đẳng trên đúng
+Giả  sử bất đẳng thức trên đúng trên với $n \ge 1$
Ta sẽ chứng minh trên cũng đúng với $n+1$
Ta xét $2$ trường hợp :
Trường hợp 1 :$x_{n+1} \ge 2^{n+1} \Rightarrow [x_n,x_{n+1}] \ge x_{n+1} \ge 2^{n+1}$
Theo giả thiết quy nạp thì :
$A+\frac{1}{[x_n,x_{n+1}]} \le \frac{2^n-1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}$
Trường hợp 2 : $x_{n+1}<2^{n+1}$
Ta có đẳng thức sau $[a,b].(a,b)=ab$ . Do $(a,b)|b$ nên suy ra :
$\frac{1}{[a,b]}=\frac{(a,b)}{ab} \le \frac{1}{a}-\frac{1}{b}$
Nên : $A+\frac{1}{[x_n,x_{n+1}]} \le \frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}$
$\Rightarrow \frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_{n+1}}<1-\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}$
Bất đẳng thức được chứng minh.

Thứ Sáu, 18 tháng 3, 2016

$x!+y!=3^n.n!$

Problem : Tìm bộ ba nghiệm tự nhiên của phương trình : $x!+y!=3^n.n!$
                                                                Lời giải : 
Ta gọi phương trình trên là phương trình (1). Dễ thấy $n \ge 1$ . Vì vai trò $x,y$ bình đẳng nên ta có thể giả sử $y \ge x$
Trường hợp 1 : $x \le n$
Ta có (1) $\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}=\frac{3^n.n!}{x!}$ (2)
Suy ra $1+\frac{y!}{x!} \equiv 0 \pmod{3}$ . Để ý tích $3$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $3$ và $n \ge 1$. Suy ra $x<y \le x+2$
-Nếu $y=x+2$ thì từ (2) ta có $1+(x+1)(x+2)=\frac{3^n.n!}{x!}$ (3) . Để ý tích $2$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $2$ . Từ (3) suy ra $n \le x+1$ nên với $n=x$ thì từ (3) ta được  $(x+1)(x+2)+1=3^x$ hay $x^2+3x+3=3^x$ (4)
Vì $x \ge 1$ nên theo (4) thì $x \equiv 0 \pmod{3} \Rightarrow x \ge 3$ .Từ (4) ta có
$-3=x^2+3x-3^x \equiv 0 \pmod{9}$ (vô lí). Suy ra $n \ne x$
Với $n=x+1$ từ (3) ta có $1+(x+1)(x+2)=3^n(x+1)$ . Từ đó suy ra $x=0$ dẫn đến $y=2$ và $n=1$
-Nếu $y=x+1$ thì từ (2) ta có : $x+2=3^n.\frac{n!}{x!}$ (5) . Cộng với việc để ý $n \ge 1$ thì theo (5) ta thấy ngay $x \ge 1$ . Do đó $x+2 \equiv 1 \pmod{x+1}$ . Từ đó theo (5) dẫn đến việc $n=x$
Ta đưa về phương trình theo (5) $\Leftrightarrow x+2=3^x$ . Đến đây ta dễ dàng thu được $(x,y,n)=(1,2,1)$
Trường hợp 2 : $x>n$
Khi đó (1) $\Leftrightarrow \frac{x!}{n!}+\frac{y!}{n!}=3^n$ (7) . Để ý rằng $n+1,n+2$ không thể đồng  thời là lũy thừa của $3$ nên từ (7) suy ra $x=n+1$
Phương trình được viết lại thành : $n+1+\frac{y!}{n!}=3^n$ (8). Vì $y \ge x \Rightarrow y \ge n+1$
Đặt $A=\frac{y!}{(x+1)!}$
Khi đó có thể viết (8) lại thành $(n+1)(1+A)=3^n$ (9)
Rõ ràng nếu $y \ge n+4$ thì $A \equiv 0 \pmod{4}$ vì thế $A+1$ không thể là một lũy thừa của $3$ nên từ (9) suy ra $y \le n+3$
Nếu $y=n+3$ thì $A=(n+2)(n+3)$ nên từ (9) ta có $(n+1)[1+(n+2)(n+3)]=3^n$ hay $(n+2)^3-1=3^n$ (10). Ta đặt $n+2=3k+1$ với $k \ge 2$ khi đó (10) được viết lại thành $9k(3k^2+3k+1)=3^{3k-1}$ vô lí vì $3k^2+3k+1$ không là lũy thừa của $3$
Nếu $y=n+2$ thì  $A=n+2$ do đó từ (9) ta có $(n+1)(n+3)=3^n$ (dễ thấy phương trình vô nghiệm vì $gcd(n+1,n+3)=1$)
Nếu $y=n+1$ thì ta có $A=1$ từ (9) ta có $2(n+1)=3^n$ vô lí vì một bên lẻ một bên chẵn
Kết luận : Vậy $(x,y,n)=(0,2,1);(2,0,1);(1,2,1);(2,1,1)$