Chủ đề này có 8 trả lời

[nthoangcute]

Giải PT nghiệm nguyên: $8x^3=3^y+997$.

Bổ đề: Số lập phương chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8
Bài giải:
Để $3^y=8x^3-997$ là một số nguyên thì $y \geq 0$
+ Xét $y=0$ thì $8x^3=998$ vô lí
+ Xét $y=1$ thì $8x^3=1000$ suy ra $x=5$
+ Xét $y \geq 2$ suy ra $3^y$ chia hết cho 9 mà $997$ chia cho 9 dư 7
Suy ra $3^y+997$ chia cho 9 dư 7 (1)
Vì Số lập phương chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8 (theo bổ đề)
Suy ra $x^3$ chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8
Suy ra $8x^3$ chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8 (2)
Từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn
Vậy $(x,y)=(5,1)$

GPT nghiệm nguyên dương: $1!+2!+....+n! = y^2$

Giải:
Ta thấy :
+ Nếu $n=1$ thì $y=1$ nên thỏa mãn
+ Nếu $n=2$ thì $y^2=3$ nên vô lý
+ Nếu $n=3$ thì $y^2=9$ nên thỏa mãn
+ Nếu $n=4$ thì $y^2=33$ vô lý
+ Nếu $n \geq 5$ thì $5!$, $6!$,... $n!$ đều tận cùng là 0\
Suy ra $1!+2!+....+n!$ tân cùng là 3
Mà $y^2$ tận cùng là $0,1,4,5,6,9$ nên vô lý
Vậy $(n,y)=(1,1);(3,3)$
________________________________________________________
hxthanh@: Do cách viết của vế trái nên nghiệm (1,1) loại

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 15-06-2012 - 13:31

[Beautifulsunrise]

1) GPT nghiệm nguyên dương: 1!+2!+....+n! = $y^2$
2) Tìm số tự nhiên n khác 0 nhỏ nhất thỏa mãn:
Nếu $n \vdots (p-1)$ và p nguyên tố thì n $\vdots p$.
3) CMR: thập phân của $(5+\sqrt{26})^{2012}$ bắt đầu là 2012 chữ số như nhau
4) Giải PT nghiệm nguyên: $8x^3=3^y+997$.
5) CMR: $n(2n+1)(3n+1)...(mn+1) \vdots p$ với p là số nguyên tố tùy ý bé hơn m, m và n la số tự nhiên khác 0, m> 2
6) Tìm số nguyên a để (x - a)(x - 1999) + 5 phân tích được thành tích 2 đa thức bậc nhất với hệ số nguyên.

7)Từ các chữ số 1, 2, 3, ..., 6, 7 người ta lập ra tất cả các số có 7 chữ số khác nhau. CMR: Không có một số nào trong những số này chia hết cho những số khác.
8) Giải PT: $\left [ \frac{5+6x}{8} \right ]=\frac{15x-7}{5}$
9) CMR: luôn tồn tại số tự nhiên m khác 0 sao cho:

$(\sqrt{2}-1)^n =\sqrt{m}-\sqrt{m-1} ~,~\forall n~\epsilon ~N^*.$

P/S chú ý lần sau gộp các bài vào một topic, tránh bị loãng box

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 15-06-2012 - 13:00

[nguyenta98]

2) Tìm số tự nhiên n khác 0 nhỏ nhất thỏa mãn:
Nếu $n \vdots (p-1)$ và p nguyên tố thì n $\vdots p$.
5) CMR: $n(2n+1)(3n+1)...(mn+1) \vdots p$ với p là số nguyên tố tùy ý bé hơn m, m và n la số tự nhiên khác 0, m> 2
9) CMR: luôn tồn tại số tự nhiên m khác 0 sao cho:

$(\sqrt{2}-1)^n =\sqrt{m}-\sqrt{m-1} ~,~\forall n~\epsilon ~N^*.$

Bài 2:
Do $gcd(p,p-1)=1$ suy ra $p(p-1)|n \rightarrow n\geq p(p-1)$ do đó $n\geq 2(2-1)=2$ do đó $n$ nhỏ nhất là 2

Bài 5:
TH1: $p|n$ suy ra đpcm
TH2: $p \not \mid n \rightarrow gcd(n,p)=1$
Do $p<m \rightarrow p+1\le m$
Ta xét dãy $2n+1,3n+1,...,(p+1)n+1$
Nhận thấy dãy trên thuộc $n(2n+1)(3n+1)...(mn+1)$ (do $p+1\le m$)
Và nhận thấy dãy $2n+1,3n+1,...,(p+1)n+1$ khi chia cho $p$ nhận đủ các số dư từ $0 \rightarrow (p-1)$ do nếu giả sử không đủ các số dư thì có tối đa là $p-1$ kiểu dư
Như vậy theo nguyên lý Dirichlet suy ra tồn tại $kn+1 \equiv qn+1 \pmod{p} \rightarrow (k-q)n \vdots p \rightarrow k-q \vdots p$ (do $gcd(n,p)=1$)
Suy ra vô lý do $k-q \le (p+1)-2<p$
Như vậy suy ra vô lý
Hay $2n+1,3n+1,...,(p+1)n+1$ sẽ nhận đủ các số dư khi chia $p$ trong đó có số dư $0$
Suy ra $p|(2n+1)....((p+1)n+1) \rightarrow p|n(2n+1)(3n+1)...(mn+1)$ suy ra $đpcm$

Bài 9:
Theo phân tích tiêu chuẩn nhị thức Newton và thu gọn, các thừa số chứa $\sqrt{2}$ và bậc lẻ sau khi thu gọn đặt thừa số chung sẽ là $\sqrt{2}$
Do đó $(1-\sqrt{2})^n=A-\sqrt{2}B$ và $(1+\sqrt{2})^n=A+\sqrt{2}B$
Suy ra $(A-\sqrt{2}B).(A-\sqrt{2}B)=(-1)^n$ suy ra $A^2-2B=(-1)^n$ $(1)$
TH1: $n$ chẵn suy ra $(\sqrt{2}-1)^n=(1-\sqrt{2})^n=A-\sqrt{2}B=\sqrt{A^2}-\sqrt{2B^2}$
Nhưng $n$ chẵn suy ra $A^2-2B=1$ (do $(1)$) nên có đpcm
TH2: $n$ lẻ tương tự cũng có đpcm

[nthoangcute]

3) CMR: thập phân của $(5+\sqrt{26})^{2012}$ bắt đầu là 2012 chữ số như nhau

Hình như sai đề rồi mà http://www.wolframal...th x=2010..2020

[nthoangcute]

6) Tìm số nguyên a để (x - a)(x - 1999) + 5 phân tích được thành tích 2 đa thức bậc nhất với hệ số nguyên.

Giả sử $(x - a)(x - 1999) + 5=(x+m)(x+n)$ với $m,n$ nguyên
Suy ra $x^2+(-1999-a)x+5+1999a = x^2+(m+n)x+mn$
Hay $(-1999-a-n-m)x+1999a+5-mn=0$
Để PT này đúng với mọi $x$ thì $1999+a+n+m=0$ và $1999a+5-mn=0$
Suy ra $a = -1999-m-n$ và cũng từ đó suy ra:
$3995996+1999m+1999n+mn=0$
Hay $(m+1999)(n+1999)=5$
Mà $m,n$ nguyên và $5=1.5=(-1).(-5)$ nên từ phương trình tích này dễ dàng tìm được:
$(m = -2004, n = -2000), (m = -2000, n = -2004), (m = -1998, n = -1994), (m = -1994, n = -1998)$
Từ đó suy ra $a=2005$ hoặc $a=1993$
Vậy $a=2005$ hoặc $a=1993$
__________
Cách khác ở dưới

[nthoangcute]

6) Tìm số nguyên a để (x - a)(x - 1999) + 5 phân tích được thành tích 2 đa thức bậc nhất với hệ số nguyên.

Cách này của lớp 9:
Xét đa thức bậc 2 ẩn $x$ có các hệ số nguyên: $(x - a)(x - 1999) + 5=x^2+(-1999-a)x+5+1999a=0$
Để $(x - a)(x - 1999) + 5$ phân tích được thành 2 đa thức bậc nhất với hệ số nguyên thì $\Delta $ là số chính phương
Hay $(-1999-a)^2-4(5+1999a)$ là số chính phương
Suy ra $3995981-3998a+a^2=t^2$ với $t$ nguyên dương
Suy ra $(a-1999-t)(a-1999+t)=20$
Vì $20=1.20=2.10=4.5$ và $(a-1999-t)+(a-1999+t)$ là số chẵn và $(a-1999-t)<(a-1999+t)$
Suy ra $(a-1999-t)=2$ và $(a-1999+t)=10$
hoặc $(a-1999-t)=-10$ và $(a-1999+t)=-2$
Từ đó suy ra $a=2005$ hoặc $a=1993$
Thử lại thấy thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 15-06-2012 - 13:53

[NLT]

1) GPT nghiệm nguyên dương: 1!+2!+....+n! = $y^2$

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Bài toán này được tổng quát như sau:
Tìm $a,b,c$ nguyên dương lớn hơn 1 thỏa: $1! + 2! + 3! + ...+ a! = b^c$
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 19-06-2012 - 16:18

[NLT]

7)Từ các chữ số 1, 2, 3, ..., 6, 7 người ta lập ra tất cả các số có 7 chữ số khác nhau. CMR: Không có một số nào trong những số này chia hết cho những số khác.

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Bài 7 đã được giải ở đây.
Trích dẫn:

Exercise[/u]: Cho $A$ và $B$ là 2 số có 7 chữ số khác nhau từ 1 đến 7 và $A>B$. CMR: $A$ không chia hết cho $B$
Lời giải của nthoangcute:
Giả sử $A$ chia hết cho $B$
Đặt $A=B.t$ với $t$ là số nguyên
Dễ dàng chứng minh $2 \leq t \leq 6$
Ta thấy: $B$ chia cho 9 dư 1
Suy ra $A$ chia cho 9 dư t
Mà $2 \leq t \leq 6$
Suy ra $A$ không thể chia cho $9$ dư 1 được
Suy ra vô lý
Vậy $A$ không chia hết cho $B$

___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 19-06-2012 - 11:29

[NLT]

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Bài toán này được tổng quát như sau:
Tìm $a,b,c$ nguyên dương > 1 thỏa: $1! + 2! + 3! + ...+ a! = b^c$
___

P/S: Không thấy ai chém bài này, mình chém nhé !
_________________

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Solution:

Nếu $a=1,2$ $\to $ không tìm được $b,c$ thỏa mãn.

Nếu $a>2$, nhận thấy ngay $b^c $ \vdots 3 \to b \vdots 3$. Xét các trường hợp sau:

$\bullet$ $a \ge 9 \to (1! + 2! + 3! + ...+ a!) \equiv 9 (mod 27)$, do vậy $c \le 2$, bởi nếu $c>2$ thì $b^c \vdots 27 $ (mâu thuẫn).

$\bullet$ Dễ thấy với $a=7$ hoặc $a=8$ thì ta không tìm được $b,c$ thõa mãn.

$\bullet$ $a \le 6$. Bằng phép thử, ta cũng thấy rằng, nếu $ a \le 6$ thì $1! + 2! + 3! + ...+ a!$ không chia hết cho 27., cho nên ta cũng chứng minh được ở trường hợp này thì $c \le 2$.

Tóm lại, nếu $a > 2$ thì $c \le 2$.

Vì $c>1$ nên ta suy ra $c=2$. Đến đây trở về bài toán ban đầu !

Và nghiệm dương lớn hơn 1 của phương trình trên là $(a;b;c)=(3;3;2)$.


$\boxed{\textit{The problem is completely solved ...}}$
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 19-06-2012 - 16:32