Chủ đề này có 171 trả lời

[xuananh10]

Bài 17 

ý đầu. Vì 2n+1,3n+1 là số chính phương$\Rightarrow 2n+1\equiv 1\left ( mod 4 \right )$ , $\Rightarrow 3n+1\equiv \left \{ 0,1 \right \}\left ( mod 4 \right )$

      $\Rightarrow 5n+2\equiv \left \{ 0,1 \right \}\left ( mod4 \right )\Rightarrow 5n+3\equiv \left \{ 1,2 \right \}\left ( mod4 \right )$

$\cdot$ Với $5n+3\equiv 2\left ( mod4 \right )\Rightarrow$ 5n+3 chẵn . vậy 5n+3 là hợp số.

$\cdot$ Với $5n+3\equiv 1 \left ( mod 4 \right )\Rightarrow n\equiv 2\left ( mod4 \right )\Rightarrow 3n+1\equiv 3\left ( mod4 \right )$ vô lí.

=> Vậy 5n+3 là hợp số

[bachhammer]

 

• Vì $2n + 1$ là số chính phương nên : $2n+1\equiv 0;1;4(mod5)\Rightarrow n\equiv 0;2;4(mod5)$

Nếu $n\equiv 2;4(mod5)\Rightarrow 3n+1\equiv 2;3(mod5)$. Vô lí vì $3n + 1$ là số chính phương

Suy ra $n$ chia hết cho $5$  $(1)$

• Vì $2n + 1$ là số chính phương lẻ nên $2n+1\equiv 1(mod8)\Rightarrow n\equiv 0;4(mod8)$

Nếu $n\equiv 4(mod8)\Rightarrow 3n+1\equiv 5(mod8)$. Vô lí vì $3n + 1$ là số chính phương

Suy ra $n$ chia hết cho $8$  $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $n$ chia hết cho $40$ 

Mặt khác $n$ nguyên dương nên $n\geq 40$. Suy ra $Min n = 40$

Thử lại với $n = 40$ thì $2n+1,3n+1$ là các số chính phương, $5n+3$ là hợp số.

Kết luận : $\boxed{n=40}$

 

$@Juliel\rightarrow @bachhamer$ : Em biết chứ ! Phải chứng minh tổng quát $5n + 3$ là hợp số, nhưng em không làm được ý đó nên bỏ qua...

 

Ý tưởng của bài toán là hằng đẳng thức lớp 8: $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$.

Khi đó $5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4m^{2}-n^{2}$. Sau đó xét thêm trường hợp là 2m-n=1(TH này ko thoả). Thì từ đó ta suy ra đpcm...

[bachhammer]

Giải bài 28 trước (bài 27 để lâu lâu chút coi có a giải ko?):

Xét số nguyên có dạng 6n (n là số nguyên) thì nó có thể phân tích được như sau $6n=(n-1)^{3}+(n+1)^{3}+(-n)^{3}+(-n)^{3}+(-1)^{3}+1^{3}$.

Xét các số nguyên có dạng tổng quát là 6n+r thì ta có nhận xét $(6n+r)-(6n+r)^{3}\vdots 6$ nên theo trường hợp trên ta suy ra $(6n+r)-(6n+r)^{3}$ luôn có thể phân tích được thành tổng lập phương của 4 số nguyên (-1 và 1 triệt tiêu nhau). Khi đó 6n+r có thể phân tích thành tổng lập phương của 6 số nguyên (tính $0^{3};(6n+r)^{3}$).

Tóm lại ta có đpcm.

Tái bút: Mình rất thích các bài dạng này;

Bài 33: Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của hai số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n, thì n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Bài 34: Chứng minh rằng số 3 có vô số cách biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 4 số khác 0 và 1.

Bài 35: Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên có thể viết được dưới dạng:

a) Ít nhất là tổng của bốn số chính phương bằng hai cách khác nhau.

b) Ít nhất là tổng của bốn số lập phương bằng hai cách khác nhau.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-07-2013 - 10:25

[etucgnaohtn]

có 1 bài mình đăng lâu lâu mà ko ai làm cả

Bài 7 tìm x,y biết  $109^{10}=23673xy67459221723401$
(ko chơi sài máy tính nhé)

Tính tay ta được $x=6,y=3$

[Ha Manh Huu]

Tính tay ta được $x=6,y=3$

đã bảo là ko chơi sài máy tính + nói chung là các kiểu tính là ko chơi

[bachhammer]

Bài 30:  Chứng minh rằng phương trình $5n^{2}=36a^{2}+18b^{2}+6c^{2}$ (4 ẩn) không có nghiệm nguyên nào khác ngoại trừ nghiệm n = a = b = c = 0.

(APMO 1989)

Lâu quá, thôi giải luôn:

Ta thấy n phải chia hết cho 3 (do (3,5)=1). Mà $5n^{2}-36a^{2}-18b^{2}\vdots 9\Rightarrow c\vdots 3$. Ta đặt $n=3n_{1};c=3c_{1}(n_{1};c_{1}\in\mathbb{N})$.

Từ đó ta có $5n_{1}^{2}=4a^{2}+2b^{2}+6c_{1}^{2}$(*). Bây giờ ta xét $n_{1}$, a, b, $c_{1}$ với $n_{1}$ bé nhất. Ta có nhận xét rằng một số chính phương chia cho 16 có số dư là 0; 1; 4; 9. Vì $n_{1}$ chẵn nên $5n_{1}^{2}$ chia cho 16 dư 0 hoăc 4. Tương tự $4a^{2}$ chia 16 dư 0 hoặc 4. Thế nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 4, 12(1). Mà $2b^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 8 và $6d^{2}$ chia 16 dư 0, 6, 18. Vậy nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 6, 8, 10, 14(2). Từ (1); (2) suy ra $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia hết cho 16. Do đó b, $c_{1}$ chẵn. Ta thấy a ko thể là số chẵn, vì nếu ngược lại thì $(\frac{n_{1}}{2},\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c_{1}}{2})$ là nghiệm của phương trình với $n_{1}>\frac{n_{1}}{2}$, trái với giả định.

Vì $n_{1}$, b, $c_{1}$ chẵn nên ta có thể chia hai vế của (*) cho 4 được một phương trình dạng $5n_{2}^{2}=a^{2}+2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}$ (trong đó a lẻ). Suy ra $n_{2}$ lẻ. Thế nên $5n_{2}^{2}-a^{2}\equiv 4,12(mod16)$. Suy ra $2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}\equiv 4,12(mod 16)$, điều này trái với (2).

Vậy ta có đpcm...

[bachhammer]

Bài 36: Cho số nguyên dương n và cho hai số nguyên nguyên tố cùng nhau a, b lớn hơn 1. Giả sử p, q là hai ước lẻ lớn hơn 1 của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$. Hãy tìm số dư trong phép chia $p^{6^{n}}+q^{6^{n}}$ cho $6.12^{n}$.

[xuananh10]

Bài 36: Cho số nguyên dương n và cho hai số nguyên nguyên tố cùng nhau a, b lớn hơn 1. Giả sử p, q là hai ước lẻ lớn hơn 1 của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$. Hãy tìm số dư trong phép chia $p^{6^{n}}+q^{6^{n}}$ cho $6.12^{n}$.

Bổ đề 1.Nếu d là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ thì $d\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$

Bổ đề 2. Nếu $x\equiv 1\left ( mod c^{k} \right )$ thì$x^{c^{m}}\equiv 1\left ( modc^{m+k} \right )$

 Trở lại bài toán ta có vì p,q là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ nên từ bổ đề 1 suy ra$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$                                                                                              .1.

Vì $\left (a,b \right )= 1$ nên$p^{6^{n}}+q^{6^{n}}\equiv 0\left ( mod 3 \right )$.Từ đó $\left (p,3 \right )=\left (q,3 \right )= 1$ vì thế$p^{2^{n}}\equiv q^{2^{n}}\equiv 1\left ( mod 3 \right )$ .theo bổ đề 2 ta có$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 3^{n+1} \right )$       .2.

Từ .1. và .2. và do 2 va 3 nguyên tố cùng nhau nên $p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$.Do đó

$p^{6^{n}}+ q^{6^{n}}\equiv 2\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$

Vậy phần dư cần tìm là 2

[nhatquangsin]

Bài 37

Cho $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $4ab-1\mid (4a^2-1)^2$. Chứng minh rằng $a=b$

[bachhammer]

Bổ đề 1.Nếu d là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ thì $d\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$

Bổ đề 2. Nếu $x\equiv 1\left ( mod c^{k} \right )$ thì$x^{c^{m}}\equiv 1\left ( modc^{m+k} \right )$

 Trở lại bài toán ta có vì p,q là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ nên từ bổ đề 1 suy ra$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$                                                                                              .1.

Vì $\left (a,b \right )= 1$ nên$p^{6^{n}}+q^{6^{n}}\equiv 0\left ( mod 3 \right )$.Từ đó $\left (p,3 \right )=\left (q,3 \right )= 1$ vì thế$p^{2^{n}}\equiv q^{2^{n}}\equiv 1\left ( mod 3 \right )$ .theo bổ đề 2 ta có$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 3^{n+1} \right )$       .2.

Từ .1. và .2. và do 2 va 3 nguyên tố cùng nhau nên $p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$.Do đó

$p^{6^{n}}+ q^{6^{n}}\equiv 2\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$

Vậy phần dư cần tìm là 2

Bạn nên chứng minh rõ hai bổ đề....

[Zaraki]

Bài 37

Cho $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $4ab-1\mid (4a^2-1)^2$. Chứng minh rằng $a=b$

Lời giải. Ta có $$4ab-1 \mid (4a^2-1)^2 \\ \Leftrightarrow 4ab-1 \mid 16a^4b^2-8a^2b^2+b^2 \\ \Leftrightarrow 4ab-1 \mid (4ab-1) \left( 4a^3b+a^2-2ab \right) + (a-b)^2 \\ \Leftrightarrow 4ab-1 \mid (a-b)^2 $$

Đặt $\dfrac{(a-b)^2}{4ab-1}=k$ với $k \in \mathbb{N}^*$. Cố định $k$.

Trong các bộ số $(a,b)$ thoả mãn đề, ta chọn ra bộ số $(A,B)$ thoả mãn $A+B$ nhỏ nhất. Ta sẽ chứng minh $A=B$.

Giả sử $A>B$. Xét phương trình ẩn $x$: $$\dfrac{(x-B)^2}{4xB-1}=k \Leftrightarrow x^2-x(2B+4xB)+B^2+k=0$$

là một phương trình bậc $2$, theo giả thiết thì $x_1=A$ nên $$x_2= \dfrac{B^2+k}{A}$$

Vì $A,B,k \ge 1$ nên $x_2>0$, do đó bộ số $(x_2,B)$ là một bộ số thoả mãn đề.

Theo giả thiết thì $$x_2 \ge A \Leftrightarrow \dfrac{B^2+k}{A} \ge A \Leftrightarrow k \ge (A-B)(A+B)$$

Khi đó thì $$\dfrac{(A-B)^2}{4AB-1}=k \ge (A-B)(A+B) \\ \Leftrightarrow A-B \ge (4AB-1)(A+B) \ge A+B$$, mâu thuẫn.

Vậy $a=b$.

[bachhammer]

Bài 33: Ta có: $n^{2}=(m+1)^{3}-m^{3}=3m^{2}+3m+1,(n\in\mathbb{N};m\in\mathbb{Z})\Rightarrow (2n+1)(2n-1)=3(2m+1)^{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2n+1=3a^{2}\\2n-1=b^{2} \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} 2n+1=b^{2}\\2n-1=3a^{2} \end{matrix}\right.((2n-1,2n+1)=1,ab=2m+1;(a,b)=1)$.

Mà b ko chia hết cho 3 và b lẻ nên b = 6k + 1 hoặc b = 6k - 1.

TH1: $2n-1=b^{2}=(6k\pm 1)^{2}=36k^{2}\pm 12k+1\Rightarrow n=18k^{2}\pm 6k+1=(3k)^{2}+(3k\pm 1)^{2}.$ (đpcm).

TH2: $2n+1=b^{2}=(6k\pm 1)^{2}=36k^{2}\pm 12k+1\Rightarrow 2n-1=36k^{2}\pm 12k-1\vdots 3$ (vô lí).

Kết luận ta có đpcm... 

[bachhammer]

Bài 34: Chứng minh rằng số 3 có vô số cách biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 4 số khác 0 và 1.

 

Bài 34: Ta có: $3=(4+24n^{3})^{3}+(4-24n^{3})^{3}+(-24n^{2})^{3}+(-5)^{3}$. (đpcm)...

P/S: Hy vọng có ai giải được bài 27...      ?

[tieutuhamchoi98]

Đóng góp bài ạ! 

Bài 38:

Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương n thỏa mãn

${{2}^{n}}+1\vdots n$

[hoangvtvpvn]

38.số n có dạng 3^k tm đề bài nên ta có đpcm

[Juliel]

Bài 38:

Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương n thỏa mãn

${{2}^{n}}+1\vdots n$

 Bài này y chang bài tập về nhà của mình

Cách 1 : Cực hạn

Gỉa sử tồn tại hữu hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn đề bài, khi đó chọn $k$ là số nguyên dương lớn nhất thỏa đề.

Khi đó $$2^{k}+1\vdots k\Rightarrow 2^{k}+1=kq$$ với $q$ là số tự nhiên lẻ

Do đó $$2^{kq}+1\vdots 2^{k}+1\Rightarrow 2^{kq}+1\vdots kq$$, hiển nhiên $kq > k$, trái với cách chọn $k$

Vậy : Có vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn đề bài

 

Cách 2 : Quy nạp

Ta sẽ chứng minh bài toán sau : $2^{3^{k}}+1\vdots 3^{k}$

Với $k = 1$ bài toán đúng

Gỉa sử bài toán đúng với $k = n$, ta sẽ chứng minh bài toán cũng đúng với $k = n+1$

Thật vậy, 

$$2^{3^{n+1}}+1=\left ( 2^{3^{n}} \right )^{3}+1=(2^{3^{n}}+1)\left ( (2^{3^{n}})^{2}-2^{3^{n}}+1 \right )$$

Theo giả thiết quy nạp :

$$2^{3^{n}}+1\vdots 3^{n}$$

Lại có $$(2^{3^{n}})^{2}-2^{3^{n}}+1\equiv 1-(-1)+1\equiv 0(mod3)\Rightarrow (2^{3^{n}})^{2}-2^{3^{n}}+1\vdots 3$$

Từ hai điều trên suy ra $2^{3^{n+1}}+1\vdots 3^{n+1}$

Theo nguyên lí quy nạp, bài toán được chứng minh

Khi đó ta chọn $n=3^{k}$ thì có vô số số nguyên dương $n$ thỏa đề.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 27-07-2013 - 17:59

[bachhammer]

Giải bài 27 (đã hết hạn bỏ bài  ): Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + b và c + d đều là số chính phương.

Vì (a, b, c) = 1 tức là a, b, c ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$. Đặt b = ck (k là một số nguyên) thì thay vào hệ thức và biến đổi ta được ck = a(k - 1). Nếu k = 2 thì 2c = a = b mà (a, c) = 1 nên c = 1 và a = b = 2 (thỏa mãn đề bài). Khi đó a+b = 4 là một số chính phương. Nếu k > 2 thì ta thấy(a, c) = 1; (k - 1, k) = 1 nên $a\vdots k$. Ta cũng có $ck\vdots a$, mà theo hệ thức ban đầu thì ta suy ra c < a, và (a, c) = 1. Thế nên $k\vdots a$.

Ta suy ra a = k. Từ đó c = k - 1, b = k(k - 1) (thỏa mãn). Do đó $a+b=k^{2}$ là một số  chính phương.

Chứng minh tương tự ta cũng có c + d là một số chính phương.

Để kết thúc việc chứng minh 2(a + b + c + d) là tổng bình phương của hai số tự nhiên thì ta liên hệ với hằng đẳng thức:

$2(m^{2}+n^{2})=(m-n)^{2}+(m+n)^{2}$.

Đó là đpcm...     

[bachhammer]

Giải bài 28 trước (bài 27 để lâu lâu chút coi có a giải ko?):

Xét số nguyên có dạng 6n (n là số nguyên) thì nó có thể phân tích được như sau $6n=(n-1)^{3}+(n+1)^{3}+(-n)^{3}+(-n)^{3}+(-1)^{3}+1^{3}$.

Xét các số nguyên có dạng tổng quát là 6n+r thì ta có nhận xét $(6n+r)-(6n+r)^{3}\vdots 6$ nên theo trường hợp trên ta suy ra $(6n+r)-(6n+r)^{3}$ luôn có thể phân tích được thành tổng lập phương của 4 số nguyên (-1 và 1 triệt tiêu nhau). Khi đó 6n+r có thể phân tích thành tổng lập phương của 6 số nguyên (tính $0^{3};(6n+r)^{3}$).

Tóm lại ta có đpcm.

Tái bút: Mình rất thích các bài dạng này;

Bài 33: Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của hai số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n, thì n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Bài 34: Chứng minh rằng số 3 có vô số cách biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 4 số khác 0 và 1.

Bài 35: Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên có thể viết được dưới dạng:

a) Ít nhất là tổng của bốn số chính phương bằng hai cách khác nhau.

b) Ít nhất là tổng của bốn số lập phương bằng hai cách khác nhau.

 

Bài 35: (Giải lun):

Ta để ý đến hai hằng đẳng thức:

$(n-8)^{2}+(n+8)^{2}+(n-1)^{2}+(n+1)^{2}=(n-4)^{2}+(n+4)^{2}+(n-7)^{2}+(n+7)^{2}$.

$(n-8)^{3}+(n+8)^{3}+(n-1)^{3}+(n+1)^{3}=(n-4)^{3}+(n+4)^{3}+(n-7)^{3}+(n+7)^{3}$.

Ta sẽ có được đpcm...

[Juliel]

Bài 39 :  Cho $x,y$ là các số hữu tỉ dương thỏa mãn hệ thức :

$$x^{2}+y^{2}+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^{2}=2$$

Chứng minh rằng $\sqrt{1+xy}$ là một số hữu tỉ

[vutuanhien]

Bài 39 :  Cho $x,y$ là các số hữu tỉ dương thỏa mãn hệ thức :

$$x^{2}+y^{2}+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^{2}=2$$

Chứng minh rằng $\sqrt{1+xy}$ là một số hữu tỉ

Dạo này topic BĐT nhạt quá nên nhảy sang đây chém gió với các bác 1 tí . Đừng đuổi em đi

Từ gt suy ra $(x+y)^2+\frac{(xy+1)^2}{(x+y)^2}=2(1+xy)\Rightarrow \left [ (x+y)^2-(xy+1) \right ]^2=0$

$\Rightarrow xy+1=(x+y)^2$

Đến đây xong rồi còn gì