Chủ đề này có 70 trả lời

[E. Galois]

Vào hồi 21h, Thứ Sáu, ngày 3/1/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

 

Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu và tổng hợp kết qủa

3) Danh sách thi đấu

 

 

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

BTC lưu ý: Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn. 

[E. Galois]

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe

[stronger steps 99]

* xét m chẵn:$\Rightarrow$ $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ phải là 1 số CP
Ta có: đặt A=$44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ = $44n^{3}+12n^{2}+8n+2-n^{2}+2n$=$4(11n^{3}+3n^{2}+2n)+3-(n-1)^{2}$
do $a^{2}\equiv 0,1$(mod 4) $\Rightarrow 3-(n-1)^{2}\equiv 3,2$(mod 4)$\Rightarrow$ A$\equiv 3,2$(mod 4) (vô lí)
*xét m lẻ :

+m>1 : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\vdotsn^{2}+1$ (*)
Mặt khác:$44n(n^{2}+1)\vdots n^{2}+1$(1)
$11(n^{2}+1)\vdots n^{2}+1$(2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $44n^{3}+11n^{2}+44n+11\vdots n^{2}+1$(**)
Từ (*) và (**) $\Rightarrow 34n+9\vdots n^{2}+1$ $\Rightarrow (34n+9)\times (34n-9)\vdots n^{2}+1 \Rightarrow 34^{2}n^{2}-81\vdots n^{2}+1 \Rightarrow 34^{2}(n^{2}+1)-1237\vdots n^{2}+1$ $\Rightarrow 1237\vdots n^{2}+1\Rightarrow n^{2}+1 \in \left \{ 1 \right \}$ $\Rightarrow n=0\Rightarrow N^{m}=2\Rightarrow m=1$
Vậy m=1

 

Hai chỗ tô màu đỏ chưa chính xác. Trừ điểm Latex. Điểm bài: 7

S = 17 + 3*7 = 38

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:33
chấm bài

[bangbang1412]

Với $n$ là số chẵn , đặt $n=2^{a}.b$ với $a,b$ là các số nguyên dương ($a\geq 1$)

Khi đó ta thấy biểu thức $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ hiển nhiên lẻ .

Còn $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=4.11.2^{3a}.b^{3}+11.2^{2a}.b^{2}+5.2^{a+1}b.+2=2M$ với $M$ nguyên dương và hiển nhiên $M$ lẻ do $a\geq 1$

Do đó ta có $N^{m}$ là số chẵn vì vế trái chia hết cho $2M$ chia hết cho $2$

Hơn nữa do $n^{2}+1$ và $M$ đều lẻ nên ta có vế trái chỉ chia hết $2$

Nếu $m>1$ , theo tính chất số nguyên tố thì $N^{m}$ chia hết cho $2$ thì phải chia hết cho $2^{m}$ , mà $m>1$ nên vế $N^{m}$ chia hết cho $4$ , vô lý trong khi vế còn lại chỉ chia hết cho $2$ , do đó khi $n$ chẵn thì $m=1$

Với $n$ là số lẻ , khi đó hiển nhiên biểu thức $2(22n^{3}+5n+1)+11n^{2}$ là số lẻ

Và $n^{2}+1=(2b+1)^{2}+1=4b(b+1)+2=2(2b(b+1)+1)$ với $b$ nguyên dương nào đó 

Ta đặt $2b(b+1)+1=a$ và có ngay $(n^{2}+1)^{2^{k}}=a^{2^{2k}}.2^{2^{k}}$

Do $a$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ đều lẻ nên vế trái chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$ , lập luận như $n$ chẵn ta có $m=2^{k}$

Khi đó tồn tại số nguyên dương $u$ để mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=u^{2^{k}}

Do $u^{2^{k}}$ có thể viết thành $v^{2}$ với $v=u^{2^{k-1}}$

Ta có phương trình $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=v^{2}$

Ta chứng minh nó không thể là số chính phương

Thật vậy do $44n^{3},8n^{2},8n$ chia hết cho $4$ nên $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3n^{2}+2n+1(mod4)$

Theo tính chất số chính phương lẻ thì mọi số chính phương lẻ có dạng đều chia cho $4$ dư $1$ 

Thật vậy xét một số $r$ nguyên dương bất kỳ và $r$ lẻ

$r=4k+1$ thì $r^{2}=16k^{2}+8k+1$ chia $4$ dư $1$ và $r=4k+3$ thì $r^{2}=16k^{2}+24k+8+1$ chia $4$ dư một

Nên $v^{2}$ chia $4$ dư $1$ , do đó $n(3n+2)+1\equiv 1(mod4)$

Nên $n(3n+2)\equiv 0(mod4)$ điều này vô lý do $n$ lẻ

Ta có điều phải chứng minh , vậy $m=1$

 

@Trọng tài : Bài này bỏ, chấm bài dưới :

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 16-01-2014 - 15:18
Chấm bài

[minhduc3001]

Giải bài toán: 

Ta nhận thấy: Với $n$ lẻ thì $n^{2}+1$ chẵn, với $n$ chẵn thì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chẵn. Vậy $N$ chẵn. Đặt $N= 2^{t}.x(t,x\epsilon \mathbb{N};t>0)$ và $x$ lẻ. Ta có:

                                                                  $(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=2^{t.m}.x^{m}.$

TH1: Với $n$ chẵn thì $n^{2}+1$ lẻ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chẵn. Suy ra: $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=2^{t.m}$.

Đặt $n= 2y(y\epsilon \mathbb{N})$ thì ta có: $44n^{3}+11n^{2}+10n+2 = 2.(176.y^{3}+22y^{2}+10y+1) = 2^{t.m}$. Do $176.y^{3}+22y^{2}+10y+1$ lẻ nên $2 =2^{t.m}$

$\Rightarrow t=m=1$. Vây $m=1$.

TH2: Với $n$ lẻ thì $n^{2}+1$ chẵn và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ lẻ. Suy ra: $n^{2}+1=2^{t.m}$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=x^{m}$.

Đặt $n=2y+1(y\epsilon \mathbb{N})$. $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=\left [ (2y+1)^{2}+1 \right ]^{2^{k}}=(4y^{2}+4y+2)^{2^{k}}=2^{2^{k}}.(2y^{2}+2y+1)^{2^{k}}= 2^{t.m}$. Vì $(2.y^{2}+2y+1)^{2^{k}}$ lẻ nên $(2.y^{2}+2y+1)^{2^{k}}=1 \Rightarrow 2y^{2}+2y+1=1\Rightarrow y(y+1)=0\Rightarrow y=0$ (Do $y\epsilon \mathbb{N}$). $\Rightarrow n=1\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2=x^{m}=67$.

Vì $67$ là số nguyên tố nên $m=1$. Vây $m=1$.

Bài toán được chứng minh.

 

Điểm bài : 0 ( Latex sai nhiều).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 11-01-2014 - 14:56
chấm bài

[Frankie nole]

Giả sử $m\neq 1$

nếu $n\equiv 1\left ( mod 2 \right )$ thì $n^{2}+1\vdots 2$ 

$\Rightarrow \left ( n^{2}+1\right )^{2^{k}}\vdots 2$

$\Rightarrow N\vdots 2$

 $\RightarrowN^{m}\vdots 4$ đặt $N= 2^{x}y$ với $\left ( y,2 \right )=1$

khi đó $n^{2}+1\equiv 2\left ( mod4 \right )$

đặt $n^{2}+1= 2t$ với $t\equiv 1\left ( mod 2 \right )$

thay vào ta có 

$\left ( 2t \right )^{2^{k}}.\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )=\left ( 2^{x}y \right )^{m}$

$2^{2^{k}}t^{2^{k}}.\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )=2^{xm}y ^{m}$

$\Rightarrow 2^{k}=xm$

do $m\neq 1$ $\Rightarrow m\vdots 2$

khi đó $t^{2^{k}}\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n +2\right )= y^{m}$

$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là số chính phương 

đặt $44n^{3}+11n^{2}+10n+2= p^{2}$ với $p\in N*$

$\Rightarrow 44n^{3}+10n^{2}+10n+2=\left ( p-n \right )\left ( p+n \right )$

do vế trái chia hết cho 2 nên vế phải chia hết cho 4 ($p-n$ và $p+n$ cùng tính chẵn lẻ )

ta có $44n^{3}\vdots 4$

$10n\left ( n+1 \right )\vdots 4$

$\Rightarrow VT\equiv 2\left ( mod4 \right )$

suy ra vô lý 

nếu $n\equiv 0\left ( mod2 \right )$

tương tự $N$ chẵn $\Rightarrow N^{m}\vdots 4$

do $n$ chẵn $\left ( n^{2}+1 \right )\equiv 1\left ( mod4 \right )$

$44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2\left ( mod4 \right )$

$\Rightarrow VT\equiv 2\left ( mod 4 \right )$

suy ra vô lý 

Vậy $m=1$

 

Điểm bài : 8,5 ( trừ 0,5 Latex)

Xét thiếu trường hợp $m=0$.

Chỗ tô đỏ thì $44n^3+11n^2+10n+2$ chưa chắc chính phương nếu $k=0$. Ta phải xét thêm khả năng này.

 

S = 16.7 + 8.5x3 = 42.2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:35
Tổng hợp điểm

[bangbang1412]

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe

Trước hết ta có bổ đề , với mọi số nguyên dương $n$ lẻ thì $n(3n+2)+2\equiv 3(mod4)$

Nếu $n=4k+1$ với $k$ nguyên dương thì $n(3n+2)+2=(4k+1)(12k+5)+2\equiv 3(mod4)$

Với $n=4k+3$ hoàn toàn tương tự nên bổ đề được chứng minh

Nếu $n$ là một số chẵn thì hiển nhiên $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số lẻ .

Ta cũng có thể đặt $n=2a$ với $a$ nguyên dương

Ta có biểu thức $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=44.8a^{3}+11.4.a^{2}+20a+2=2(44.4.a^{3}+22.a^{2}+10a+1)$ chia hết cho $2$ vì $44.4.a^{3}+22.a^{2}+10a+1$ là số lẻ .

Do đó vế trái chỉ chia hết cho $2$ , lại có $2$ là số nguyên tố nên $N^{m}$ chia hết cho $2$ thì chia hết cho $2^{m}$ nên vế phải chia hết cho $2^{m}$ còn vế trái chỉ chia hết cho $2$ nên $m=1$

Với $n$ là số lẻ , đặt $n=2b+1$ với $b$ là số nguyên dương

Thì ta có $(n^{2}+1)^{2^{k}}=(4k(k+1)+2)^{2^{k}}=2^{2^{k}}.(2k(k+1)+1)^{2^{k}}$ chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$

Trong trường hợp $n$ lẻ ta sẽ giả sử $m>1$

Với $n$ lẻ thì hiển nhiên $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là lẻ nên trong trường hợp này vế trái chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$

Bằng cách lập luận hoàn toàn tương tự ở phần $n$ chẵn ta có $m=2^{k}$ 

Các số $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $N^{m}$ đều là các số chính phương nên số $A=44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng chính phương

Ta có $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=44n^{3}+8n^{2}+2n+3n^{2}+2=4(11n^{3}+2n^{2})+3n^{2}+2n+2\equiv n(3n+2)+2\equiv 3(mod4)$ theo bổ đề ban đầu $(1)$

Với mọi số dương $r$ lẻ ta có $r=4k+1$ và $r=4k+3$ ta có $r^{2}=16k^{2}+8k+1$ hoặc $r=(16k^{2}+24k+8)+1$ đều chia $4$ dư một $(2)$

Kết hợp $(1)$ và $(2)$ ta có ngay điều vô lý , vậy $m=1$ ta có đpcm .

 

 

Phần màu đỏ là sai , ta có $N^m\vdots 2^k$ thì cho $N=2^{k-1}x,m=2=>N^m=2^{k}x^2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 20:53
Tổng hợp điểm

[huukhangvn]

2

Ta có:Đặt A=$(n^2+1)^2^k(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m$

-Dễ nhận thấy A;$(n^2+1)^2^k(1);(44n^3+11n^2+10n+2)(2) luôn có giá trị nguyên dương với mọi m;k;N;m nguyên không âm

*Tại các giá trị n lẻ thì $(n^2+1)^2^k chẵn=>A chẵn(3)

*Tại các giá trị n chẵn thì (44n^3+11n^2+10n+2) chẵn=>A chẵn(4)

Từ (3);(4) ta có được A chẵn với mọi n nguyên không âm

-Xét phép nhân:a^x.b^y=c^d(x khác y;a chẵn;b lẻ;a;b;x;y;c;d nguyên không âm)

giả sử d>1; x;y nguyên tố cùng nhau. Khi đó phép toán vô lý!vì hai số a;b không thể thực hiện nhân tạo ra một số nguyên có số mũ nguyên

vậy d=1(5)

-Mặt khác:hai biểu thức $(n^2+1)^2^k(6) và (44n^3+11n^2+10n+2)(7) luôn nguyên tố cùng nhau(8) vì tại n chẵn thì (6) lẻ và (7) chẵn;ngược lại tại n lẻ

-Lại có (7) không thể phân tích ra nhân tử ở dạng (n+f)² hoặc (n-f)² với f nguyên

Từ (5);(8);(9) suy ra m=1

        

Điểm bài :0đ ( lập luận mơ hồ, Latex sai quá nhiều )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 15-01-2014 - 13:07

[Simpson Joe Donald]

Lời giải: - MSS 33

 

Nhận thấy với $N=0 \ ; \ N=1$ thì hiển nhiên phương trình vô nghiệm.

Giả xử với $m\neq 1$ tồn tại $n,N,k$ sao cho phương trình (1) có nghiệm.

Với $m=0$ thì $N^m=1\implies \begin{cases}n^2+1=1\\44n^3+11n^2+10n+2=1\end{cases}$

hệ vô nghiệm nên $m=0$ không thỏa mãn phương trình , suy ra $m\ge 2$ (đến đây xét $m\ge 2$)

 

Xét $n=0$ phương trình vô nghiệm, với $n\ge 1$ thì: 

+ $TH_1: \ \ n=2k$ , ta có: $44n^3+11n^2+10n+2=2(176k^3+22n^2+10k+1)\vdots 2\implies N\vdots 2\implies N=2x$ 

tức là VP có dạng lũy thừa của 2. Mà $n^2+1=4k^2+1$ không chia hết cho 2.

Từ đó suy ra với $n=2k$ thì phương trình vô nghiệm.

+ $TH_2: \ \ n=2k+1$, ta có: $n^2+1=4k^2+4k+2$ chia hết cho 2 suy ra $N=2y$.

$44n^3+11n^2+10n+2$ không chia hết cho 2. Từ đó suy ra phương trình vô nghiệm với $n=2k+1$

Tóm lại phương trình vô nghiệm với mọi $m\neq 1$.

Với $m=1$ thì phương trình vô số nghiệm $n;N;k$

 

Kết luận: Với mọi số nguyên không âm $n;N;k$ thỏa mãn $(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m$ thì $m=1$

 

 

Điểm bài : 8 đ

 

 

Chỗ in đậm trường hợp 1 không đúng, như thế là ta đã nói rằng $N^m=2^l$.
Chỗ trường hợp 2, như lời giải trên đã chỉ rõ ràng cả $VT$ lẫn $VP$ đều chia hết cho $2$, vậy điều khiến cho phương trình vô nghiệm là ở chỗ nào ? (chỗ này cần chỉ rõ rằng $VT \equiv 2 \pmod{4}$ còn $VP \equiv 0 \pmod{4}$).

 

S = 16.3 + 3*8 = 40.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:38
chấm bài

[Master Key 99]

-Ta có n^2+1 $\geq$ 1 $\Rightarrow$ (n^2+1)^2$\geq$ 1 $\Rightarrow$ k $\geqslant$ 1, kết hợp giả thiết $\Rightarrow$ k là số nguyên không âm.

-Xét 44n^3+11n^2+10n+2= 11n^3 + 11n^2+11n+11 +33n^3-n+2=11(n^3+n^2+n+1)+33(n^3-n-6)+34n+200=11(n^2+1)(n+1)+33(n-2)(n^2+2n+3)+34n+200  (2)

 -Chứng minh theo chiều ngược lại tức là nếu n không âm thì chứng tỏ biểu thức (2) luôn đúng.

- Do k,n là số nguyên không âm thì (1) luôn nguyên dương $\Rightarrow$ N^m nguyên dương.

-Nếu m<1 thì N^m là số thập phân mặt khác tích nguyên $\Rightarrow$ m $\geqslant$ 1

-Nếu m $\geqslant$ 1 thì N ^m $\geqslant$ N

Theo giả thiết tích (1) =N^m từ đó ta được m=1 và N là số nguyên không âm

 

Bài giải không rõ ràng, sai Latex, lập luận mơ hồ .

 

Điểm bài : 0đ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 15-01-2014 - 13:38

[nguyentrungphuc26041999]

Giả sử $m\neq 1$

$\Rightarrow m> 1$

Khi $n$ lẻ $\Rightarrow n^{2}+1\vdots 2$

$\Rightarrow \left ( n^{2}+1 \right )^{2^{k}}\equiv 1\left ( mod4 \right )$

$\Rightarrow \left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )\equiv 2\left ( mod4 \right )$

$\Rightarrow VT\equiv 2\left ( mod4 \right )$

$\Rightarrow N\vdots 2$

$\Rightarrow N^{m}\vdots 4$

Suy ra vô lý 

khi n chẵn,$44n^{3}+11n^{2}+10n+2\vdots 2$

$N\vdots 2$

đặt $N=2^{a}b$ với $b\equiv 1\left ( mod2 \right )$ 

đặt $n^{2}+1=2c$ với $c\equiv 1\left ( mod2 \right )$

Phương trình trở thành 

$\left ( 2c \right )^{2^{k}}.\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )=\left ( 2^{a}b \right )^{m}$

$2^{2^{k}}c^{2^{k}}.\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )= 2^{am}b^{m}$

do $b$ lẻ  nên $2^{k}=am$

$\Rightarrow m$ chẵn

$\left ( 44n^{3}+11n^{2}+10n+2 \right )$  là số chính phương 

$44n^{3}+11n^{2}+10n+2=44n^{3}+12n^{2}+8n-\left ( n^{2}-2n-2 \right )\equiv -n^{2}+2n+2\left ( mod4 \right )$

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

nếu $\left ( n-1 \right )^{2}\equiv 1\left ( mod 4 \right )$

$\Rightarrow 3-\left ( n-1 \right )^{2}\equiv 2\left ( mod 4 \right )$

suy ra $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không phải số chính phương 

nếu $\left ( n-1 \right )^{2}\equiv 0\left ( mod4 \right )$

$\Rightarrow 3-\left ( n-1 \right )^{2}\equiv 3\left ( mod4 \right )$

suy ra $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không là số chính phương 

Suy ra $m=1$

 

Điểm bài :6đ ( chổ màu đỏ xem lại cách lập luận)

Nhầm lẫn nghiêm trọng giữa hai trường hợp $n$ lẻ và $n$ chẵn.

S = 16,3 + 6*3 = 34.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:31
Tổng hợp điểm

[buiminhhieu]

 MSS13 : BÙI MINH HIẾU

Bài làm:

Xét $n=0$$\Rightarrow N^{m}=1^{2^{k}}.2=2$ do đó $N=2,m=1$

Xét $n>0$ Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng 

Giả sử $m>1$

Đặt $d=((n^{2}+1)^{2^{k}};(44n^{3}+11n^{2}+10n+2))$$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\vdots d;44n^{3}+11n^{2}+10n+2\vdots d$

Ta có $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=4n(11n^{2}+2n+2)+3n^{2}+2n+2=4n(11n^{2}+2n+2)+2n(n+1)+n^{2}+2$

Do (n,n+1) là 2 số nguyên liên tiếp nên $2n(n+1)\vdots4\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv n^{2}+2(mod4)$

Nếu n chẵn $\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2 (mod 4);(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1(mod 4)$$\Rightarrow N^{m}\equiv 2(mod 4)$

$\Rightarrow N\vdots 2\Rightarrow N^{m}\vdots 4$(vô lí) do đó n lẻ

Nếu n lẻ $\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv n^{2}+2(mod4)\equiv 3(mod 4)$

Do đó $d\equiv 3(mod4)$ nên d có ước nguyên tố dạng 4k+3$\Rightarrow$ $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ có 1 ước nguyên tố dạng p=4k+3

từ đó $n^{2}+1$ có ước nguyên tố dạng $p=4x+3$ $(x\in \mathbb{N})$(Bổ đề 1)

Ta chứng minh bổ đề 1:

Với mọi số nguyên n thì $n^{2}+1$ không có ước nguyên tố dạng $p=4x+3(x\in \mathbb{N})$

Chứng minh:

Giả sử $n^{2}+1$ có ước nguyên tố dạng p=4x+3(x tự hiên)

Khi đó $n^{p-1}+1=n^{4x+2}+1=n^{2(2x+1)}+1\vdots n^{2}+1$

nên $n^{p-1}+1\vdots p$

Theo định lí Fermat $n^{p-1}-1\vdots p\Rightarrow 2\vdots p\Rightarrow p=2$(vô lí vì p có dạng 4x+3)

Bổ đề được chứng minh

vậy $n^{2}+1$ không có ước nguyên tố dạng p=4x+3(vô lí)

Do đó điều giả sử là sai 

Vậy m=1

 

Điểm bài : 9đ ( cần chú ý cách trình bày ).

S = 16.3 + 9*3 = 43.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:40
Tổng hợp điểm

[Nguyen Duc Thuan]

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe

(Các ẩn số sử dụng trong phạm vi $\mathbb{N}$)

Ta xét:

*) Với m chẵn, suy ra: $N^m$ và $(n^2+1)^{2^k}$ là 2 số chính phương (SCP).

Như vậy, $44n^3+11n^2+10n+2$ phải là SCP:

   (+) Nếu n chẵn $\Rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2\equiv 2(mod4)$ (1)

( Do $44n^3;11n^2;10n$ đều chia hết cho 4)

   (+) Nếu n lẻ $\Rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2\equiv 3(mod4)$ (2)

( Do $44n^3\vdots 4$; $11n^2\equiv 3(mod4)$; $10n\equiv 2(mod4)$)

 

Từ (1) và (2), do SCP khi chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1 nên $44n^3+11n^2+10n+2$ không thể là SCP.

Vậy không tồn tại m là số chẵn (*)

 

*) Với m lẻ, $m\neq 1$ suy ra $N^m$ có dạng $N^{2a+1}$. ($a\in \mathbb{N}^*$)

Ta thấy $N^{2a+1}$ khi chia 8 có sỗ dư là 0; 1; 3; 5; 7 $^{***}$

   (+) Nếu n chẵn, suy ra $(n^2+1)^{2^k}\equiv 1(mod8)$

$44n^3+11n^2+10n+2\equiv 2(mod8)$ (Bằng cách xét số dư khi chia n cho 8)

$\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}.(44n^3+11n^2+10n+2)\equiv 2(mod8)$ (Mâu thuẩn với $^{***}$) (3)

   (+) Nếu n lẻ, $n^2+1\equiv 2(mod8)\rightarrow (n^2+1)^{2^k}$ chia cho 8 dư 0; 2; 4

(Do $(n^2+1)^{2^k}$ là SCP với $k\neq 0$)

        Mà $44n^3+11n^2+10n+2$ chia 8 dư 3; 7 (Bằng cách xét số dư khi chia n cho 8)

$\Rightarrow N^{2a+1}=(n^2+1)^{2^k}.(44n^3+11n^2+10n+2)$ phải chia hết cho 8

 

PT đã cho đưa về dạng PT tự nhiên: $A^2B=N^{m}$ với A chẵn; B lẻ; N chẵn; m lẻ, m>1.

(Theo Chứng minh $^{***}$, $N^{2a+1}\vdots 8$ khi N chẵn)

Thế thì B phải có dạng là $B=b^{m'}$ $(N=ab;m'<m)$ khi đó a chẵn, b lẻ.

$\Rightarrow A^2=a^{m}b^{m-m'}$ là SCP thì $\begin{cases}a^m=c^p \\ b^{m-m'}=c^q \end{cases}$

(p+q) chẵn

Ta có: b lẻ nên c lẻ, $c^p$ lẻ nhưng $a^m$ chẵn (Mâu thuẫn) (4)

 

Như vậy, từ (3) và (4); không tồn tại m là số lẻ lớn hơn 1 (**)

 

*) Với m=1 ta thấy 2 vế đều là số tự nhiên, không có gì mâu thuẫn.

 Kết hợp với (*), (**):

KẾT LUẬN: m=1 (điều phải chứng minh)

 

--------------------------------------------------------------------------------------

Chứng minh $^{***}$:

Xét $N^{2a+1}$ có dạng $N^3.N^{2b}$ ($b\in \mathbb{N}$)

 (+) N chẵn thì $N^{2a+1}=N^3.N^{2b}\vdots 8$ (dư 0) 

 (+) N lẻ thì $N^{2a+1}$ chia 8 dư là số lẻ (dư 1; 3; 5; 7; 9)

Ta đã có đpcm!

 

Điểm bài : 8.5 đ.

Vì các số trong phạm vi $\mathbb{N}$ nên chưa có thể khẳng định $(n^2+1)^{2^k}$ chính phương.

Các đoạn kiểm chứng tính đồng dư của $44n^3+11n^2+10n+2$ đồng dư theo modun $8$ yêu cầu phải chi tiết hơn.

Điểm mở rộng 4

 

S= 16.3 + 8.5*3 + 4 = 45.8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:33
Tổng hợp điểm

[canhhoang30011999]

đặt A=$(n^{2}+1)^{2^{k}}$,B=$44n^{3}+11n^{2}+10n+2$

m=0 thì A.B=1(vô lí vì $A\geq 1$,$B\geq 2$

hiển nhiên với m=1 thì ta luôn tìm được 3 số n,k,N thỏa mãn đề ra(chọn n,k bất kì và $N= (n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$)

với $m\geq 2$ thì ta có $N^{m}\vdots N^{2}$

với n chẵn thì B=$44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia 4 dư 2 

đặt B=4a+2($a\in N$)

n chẵn nên $n^{2}\equiv 0(mod4)$

$\Rightarrow n^{2}+1\equiv 1(mod4)$

$\Rightarrow A\equiv 1(mod4)$

$\Rightarrow$ đặt A=4b+1($b\in N$)

ta có A.B=(4a+2)(4b+1)=16ab+8b+4a+2 chia 4 dư 2

ta có A.B=$N^{m}$ $\vdots N^{2}$

do A.b chẵn nên N chẵn nên $N^{2}$ chia hết cho 4

$\Rightarrow A.B\vdots 4$

$\Rightarrow$ vô lí

với n lẻ thì đặt n=2c+1($c\in N$)

B=$44(2c+1)^{3}+11(2c+1)^{2}+10(2c+1)+2$

$= 44(2c+1)^{3}+11(4c^{2}+4c+1)+10(2c+1)+2$$= 44(2c+1)^{3}+11(c^{2}+c)+11+40c+10+2$

$\Rightarrow B\equiv 3(mod4))$

đặt B=4d+3($d\in N$)

A=$((2c+1)^{2}+1)^{2^{k}}$$= (4c^{2}+4c+2)^{2^{k}}$

đặt $c^{2}+c= e$($e\in N$)

$\Rightarrow A= (4e+2)^{2^{k}}$$= 2^{2^{k}}(2e+1)^{2^{k}}$

$\Rightarrow A.B= 2^{2^{k}}.(2e+1)^{2^{k}}(4d+3)$$= N^{m}$

ta có N chẵn nên đặt N=$= 2^{g}.f$($f,g\in N$,f lẻ)

$\Rightarrow 2^{2^{k}}(2e+1)^{2^{k}}(4d+3)$$= 2^{g.m}.f^{m}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} &(2e+1)^{2^{k}}(4d+3)= f^{m} (1) & \\ & 2^{2^{k}}=2^{m.g} (2)& \end{matrix}\right.$

(2)$\Rightarrow m.g= 2^{2^{k}}$

do $m> 1$ $\Rightarrow m\vdots 2$$\Rightarrow m= 2t$($t\in N$)

thay vào (1) ta có $(2e+1)^{2^{k}}(4d+3)= f^{2t}$

ta có $(2e+1)^{2^{k}}$ chia 4 dư 1 nên ta đặt 

$(2e+1)^{2^{k}}= 4h+1$

$\Rightarrow (2e+1)^{2^{k}}(4d+3)=$$(4h+1)(4d+3)=$$16hd+4d+12h+3$ chia 4 dư 3 nên không là số chính phương

$\Rightarrow f^{2t}$ không là số chính phương

$\Rightarrow$ vô lí

vậy m=1

 

Điểm bài :9đ

S = 16+9*3 = 43

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:41
Tổng hợp điểm

[Super Fields]

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe

 

$MSS: 27$: Không gặp dạng này nên lời giải của em còn dài dòng và lượm thượm.

Lời giải:

Giả sử đề bài đúng .

Vì m;n;N;k đều  $\in \mathbb{N}$

$\triangleright$ Xét $k=0$ $\Rightarrow$ $(n^{2}+1)^{2^{k}}=n^{2}+1$ : có lũy thừa bậc cao nhất là chẵn ( ở đây $=2$)

$\triangleright$ Xét $k \in \mathbb{Z}^{+}$ $\Rightarrow$$2^{k}$ luôn là số chẵn $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ có lũy thừa bậc cao nhất là số chẵn.

Mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là biểu thức bậc ba (bậc lẻ) với số mũ tự nhiên giảm dần và có hệ số tự do

$\Rightarrow A=(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)$ : là một biểu thức có bậc cao nhất là số lẻ với số mũ tự nhiên giảm dần đến $1$ và có hệ số tự do. $(*)$

$\star$ Chứng minh bổ đề phụ :

Với $a$ và $b$ ( giả sử $a > b$) là $2$ số tự nguyên dương liên tiếp, thì $a.q$ và $b.q$ không thể là $2$ số nguyên dương liên tiếp ( $\forall q\in \mathbb{N}$,$q$ lẻ, $q\geq 3$)

Thật vậy, rất đơn giản, với điều giả sử $a>b$ mà $a,b$ là $2$ số tự nhiên liên tiếp $\Rightarrow$$a-b=1$.

Mà $a.q-b.q=(a-b).q=1.q>1$.Vậy $a.q$ và $b.q$ không thể là $2$ số tự nhiên liên tiếp .

$\Rightarrow$ bổ đề đã được chứng minh.

$\star$Áp dụng bổ đề trên:

 $\Rightarrow$$A$ không thể viết dưới dạng $1$ biểu thức có lũy thừa dạng $m=2k+1$ ($k \in \mathbb{Z}^{+}$), vì các số mũ của $A$ đều là số tự nhiên và được sắp xếp theo thứ tự giảm dần ( chứng minh ở $(*)$). Nếu ta xem $a,b$ trong bổ đề vừa chứng minh là từng cặp số mũ trong biểu thức $N$ thì $N^{2k+1}$ viết ra dưới dạng $A$ các cặp số mũ của biểu thức a dưới dạng $a.m;b.m$ sẽ không liên tiếp.

$\Rightarrow$ trái với $(*)$.

Vậy $\forall m$ có dạng $2k+1$($k \in \mathbb{Z}^{+}$) không thể thỏa $(1)$. Loại.

$\star$Đơn giản hơn với $m=2k$ ($k \in \mathbb{Z}^{+}$) =>$N^{m}=A$ có bậc cao nhất là bậc chẵn. Trái với $(*)$.

Vậy $\forall m$ có dạng $2k$($k \in \mathbb{Z}^{+}$) không thể thỏa $(1)$. Loại.

$\bigstar$Vậy biểu thức $A$ chỉ có thể là chính nó và bằng $N$ để thỏa $(1)$.

Hay nói cách khác : $A = N^{1}$ $\Rightarrow m = 1$.

$\bigstar$Kết thúc chứng minh..Đề bài hoàn toàn đúng.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

Mở rộng : Em không quen viết dạng các số mũ giảm dần theo quy luật nên đành viết bằng lời, còn các công thức tổng quát ở dưới đề minh họa, em tự nghĩ nên chắc là sai mong các thầy thông cảm.. Em sẽ cố gắng khắc phục nhanh nhất. Và mong các thầy chỉnh giúp em..

Lời:

$1$: Nếu tích của lũy thừa bậc chẵn của một số nguyên không âm với một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất bậc là lẻ với các số mũ tự nhiên liên tiếp giàm dần ( có hoặc không có hệ số tự do) bằng một biểu thức $N$ với số mũ không âm $m$, thì $m=1$.

$2$: Nếu tích của lũy thừa bậc lẻ của một số nguyên không âm với một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất bậc là chẵn với các số mũ tự nhiên liên tiếp giảm dần (có hoặc không có hệ số tự do) bằng một biểu thức $N$ với số mũ không âm $m$, thì $m=1$

$3$: Nếu tích của một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất là chẵn với các số mũ tự nhiên liên tiếp giàm dần ( có hoặc không có hệ số tự do) với  một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất bậc là lẻ với các số mũ tự nhiên liên tiếp giàm dần ( có hoặc không có hệ số tự do) bằng một biểu thức $N$ với số mũ không âm $m$, thì $m=1$.

$4$: Nếu tích của một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất là lẻ với các số mũ tự nhiên liên tiếp giàm dần ( có hoặc không có hệ số tự do) với  một biểu thức có lũy thừa bậc cao nhất bậc là chẵn với các số mũ tự nhiên liên tiếp giàm dần ( có hoặc không có hệ số tự do) bằng một biểu thức $N$ với số mũ không âm $m$, thì $m=1$.

(Với giá trị của biểu thức $N$ không âm).

Công thức tổng quát:

Nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,$ , $k \in \mathbb{N}^{*}$và $a_{1};a_{2};a_{3};...;a_{u-1};a_{u};a_{1'};a_{2'};a_{3'};...;a_{u-2'};a_{u-1'};a_{u'},\forall u\in \mathbb{N}^{*}$ là các hệ số, thì:

          $1$:  $x^{2k}(a_{1}x^{2k+1}+a_{2}x^{2k}+a_{3}x^{2k-1}+...+a_{u-2}x^{k}+a_{u-1}x+a_{u})=N^{m}$ thì $m=1$

             $2$: $x^{2k+1}(a_{1}x^{2k}+a_{2}x^{2k-1}+a_{3}x^{2k-2}+...+a_{u-2}x^{k}+a_{u-1}x+a_{u})=N^{m}$ thì $m=1$

    $3$:$(a_{1}x^{2k}+a_{2}x^{2k-1}+...+a_{u-2}x^{k}+a_{u-1}x+a_{u})(a_{1'}x^{2k+1}+a_{2'}x^{2k}+a_{3'}x^{2k-1}+...+a_{u-2'}x^{k}+a_{u-1'}x+a_{u'})=N^{m}$ thì $m=1$

    $4$: $(a_{1}x^{2k+1}+a_{2}x^{2k}+a_{3}x^{2k-1}+...+a_{u-2}x^{k}+a_{u-1}x+a_{u'})(a_{1'}x^{2k}+a_{2'}x^{2k-1}+...+a_{u-2'}x^{k}+a_{u-1'}x+a_{u})=N^{m}$ thì $m=1$

Chứng minh:

Với mọi giá trị không âm của  $k$  thì đề bài gốc ở trên cùng chính xác . Hay với mọi giá trị dương của $k$ thì $2^{k}$ luôn chẵn. Từ đó cho ta mở rộng $1$ và $2$.

Tổng quát hơn nữa, nếu $n^{2}+1$ là một biểu thức dài hơn, bậc chẵn cao hơn thì đề bài gốc ở trên cùng vẫn đúng. Hoán đổi biểu thức bậc chẵn và biểu thức bậc lẻ cho ta mở rộng $2$ và $3$.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

P/s: Viết bài dài nên còn nhiều sai sót mặc dù đã rất cố gắng. Mong các thầy thông cảm. Hì!

 

Điểm bài : 10đ ( mở rộng không có giá trị nên không chấm ) 

S = 15.6 + 3*10 = 45.6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:43
Tổng hợp điểm

[Vu Thuy Linh]

$(n^{2}+1)^{2^{k}}.A=N^{m}$

- Nếu n chẵn. Ta có:

$n^{2}\equiv 0$ (mod 4) $\Rightarrow n^{2}+1\equiv 1$ (mod 4) $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1$ (mod 4)

Mà $A\equiv 2$ (mod 4) ( vì n chẵn)

$\Rightarrow VT(1)\equiv 2$ (mod 4). Suy ra N chẵn

Mà $N^{m}\equiv 2$ (mod 4) $\Rightarrow 0\leq m< 2$

Với m = 0 thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}.A=N^{0}=1$, thay vào không có giá trị n và k thỏa mãn ( loại )

Vậy m = 1.

- Nếu n lẻ. 

Ta xét TH với k = 0 $\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}$

$n^{2}+1\equiv 2$ (mod 4)

$44n^{3}\equiv 0$ (mod 4) , $11n^{2}\equiv 3$ (mod 4) , $10n\equiv 2$ (mod 4) và $2\equiv 2$ (mod 4)

$\Rightarrow A\equiv 3$ (mod 4) $\Rightarrow (n^{2}+1).A\equiv 2$ (mod 4).

Lập luận tương tự như với n chẵn $\Rightarrow m=1$.

Ta xét với $k\neq 0$ thì  $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là 1 số chính phương chẵn

Mà $A\equiv 3$ (mod 4) ( chứng minh trên). Suy ra $N^{m}$ không là số chính phương, hay m lẻ

 Với m = 1 ta có điều phải chứng minh

 Với $m\neq 1$. Ta thấy:

VT(1) chứa lũy thừa bậc chẵn của 2

VP(1) chứa lũy thừa bậc lẻ của 2. Điều này mâu thuẫn

Vậy m = 1

 

Điểm bài : 9đ.

Cái cuối không đúng, vế phải chưa chắc là lũy thừa bậc lẻ của $2$, vì nhỡ đâu $N=2^k \cdot q$ với $k$ chẵn và $k \ge 2$ thì sao ?

S = 13 + 3*9 = 40

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:44
Tổng hợp điểm

[lovemathforever99]

Bài làm của lovemathforever99:

 

Bổ đề 1: CMR không có số $A^{a}$ nào ( với A chẵn, $a\geq 2$) có dạng 2n ( với n lẻ)

Chứng minh

 Vì A chẵn$\Rightarrow A=2k$$\Rightarrow A^{a}=(2k)^{a}=2^{a}.k^{a}$

Vì $a\geq 2\Rightarrow 2^{a}\vdots 4$nên $A^{a}\vdots 4$

Mà theo đề thì 2n (với n lẻ) không chia hết cho 4

$\Rightarrow$ Không có số $A^{a}$ nào có dạng 2n ( n lẻ)

$\Rightarrow$ dpcm

 

Bổ đề 2: CMR không có số chính phương nào có dạng : 4n+3

Chứng minh

Xét a là số nguyên bất kì. Dễ thấy nếu a chẵn thì $a=2b$

$\Rightarrow a^{2}=4b^{2}$$\Rightarrow a^{2}\vdots 4$

Nếu a lẻ: $a=2k+1\Rightarrow a^{2}=4k(k+1)+1\equiv 1(mod 4)$

Nhận thấy 1 số chính phương hoặc chia hết cho 4, hoặc chia 4 dư 1.

Vậy số 4n+3 không thể là số chính phương vì không thoả mãn điều kiện trên.Ta có dpcm.

 

 

Quay trở lại bài toán:

 

Trường hợp 1: Xét n chẵn:

• $n^{2}+1$ lẻ $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ lẻ.
• $44n^{3}+11n^{2}+10n \vdots 4$

     $\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(mod 4)$ nên biểu thức trên chỉ chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4.

Vậy $\Rightarrow N$ không chia hết cho 4.

N là 1 số chẵn không chia hết cho 4, theo bổ đề 1, N không có số mũ lớn hơn hoặc bằng 2 nên $m=1$.

Trường hợp 2: Xét n lẻ, $n=2x+1$

• $n^{2}+1$ chẵn $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ chia hết cho 4
• $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=44(2x+1)^{3}+11(2x+1)^{2}+10(2x+!)+2$

Khai triển và rút gọn ta được: $44x^{3}+11x^{2}+10x+2=352x^{3}+572x^{2}+328x+67$ (*)

Để $m> 1$ thì biểu thức (*) phải có dạng bình phương 1 số tự nhiên (vì $n^{2}+1$ có số mũ là $2^{k}$)

Mặt khác $352x^{3}\vdots 4 ; 572x^{2}\vdots 4;328x\vdots 4$; 67 chia 4 dư 3

nên suy ra biểu thức (*) có dạng 4y+3.

Theo bổ đề 2, 1 số chính phương không thể có dạng 4y+3

nên (*) không phải là số chính phương.

Vì $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ có dạng  số chính phương

mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không phải số chính phương.

Vậy $m=1$

 

Ở cả 2 trường hợp ta đều chứng minh được $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không có dạng bình phương 1 số tự nhiên

nên $m=1$ (đpcm)

 

 

Điểm bài 9,5đ .

Chỗ tô đậm chưa chắc đã đúng nếu $k=0$.

S = 12.3 + 9.5*3 = 40.8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:45
Tổng hợp điểm

[Rias Gremory]

Bài làm của SieuNhanVang

 

Giả sử $m\neq 1$ . Với mọi $n\geq 0$ thì $N$ luôn chẵn nên $N^{m}$ chia hết cho $4$

Đặt $N=2^{x}.y,(y;2)=1$ . Xét $2$ trường hợp.

Trường hợp $1$ :

Nếu $n\equiv 1$ ( mod $2$ ) , suy ra $n^{2}+1\equiv 2$ ( mod $4$ )

$\Rightarrow n^{2}+1=2z ,z\equiv 1$ (mod $2$ )

Do đó:  $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 1$ (mod $2$ )

Từ giả thiết ta có :
$2^{2^{k}}.z^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=2^{xm}.y^{m}$

Ta phải có $2^{k}=xm$ và $m\neq 1$ , nên $m$ chẵn

Suy ra $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là số chính phương. Điều này mâu thuẫn vì ta có :

$44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv -n^{2}+2n+2\equiv 3-(n-1)^{2}\equiv 2,3$ (mod $4$ )

Trường hợp $2$ :

Nếu $n\equiv 0$ (mod $2$ )

$VT\equiv 2$ ( mod $4$) , $VP=N^{m}\equiv 0$ (mod $4$ ). Mâu thuẫn

Vậy $m=1$

 

 

Điểm bài :9,5đ

Thiếu trường hợp $m=0$. Chỗ tô đậm phải nói rõ hơn.

Điểm thảo luận:5

S = 11.7 + 9.5*3 + 5 = 45.2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:28
Tổng hợp điểm

[phuocdinh1999]

+BỔ ĐỀ: Một số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1

CM: Gọi $n$ là 1 số nguyên bất kì.

-Nếu $n=4k (k\epsilon \mathbb{N}) \Rightarrow n^2\equiv 0(mod4)$

-Nếu $n=4k \pm 1(k\epsilon \mathbb{N}) \Rightarrow n^2\equiv 1(mod4)$

-Nếu $n=4k + 2(k\epsilon \mathbb{N}) \Rightarrow n^2\equiv 0(mod4)$

Vậy trong mọi trường hợp $n^2$ chia 4 dư 0 hoặc 1

Bổ đề được chứng minh.

 

+GIẢI:

$(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1)$

 

Đặt $a=m-2^k\Rightarrow m=a+2^k$ $(a\epsilon \mathbb{N})$ (Điều kiện của $k$ đâu ?)

Từ $(1)\Rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2=(n^2+1)^a.A^{a+2^k}\, (A\in \mathbb{N}*)$

$TH1:a=0\Rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2=A^{2^k}$

$\Leftrightarrow 44n^3+10n(n+1)+(n^2+2)=A^{2^k}(2)$

Do $n(n+1)\vdots 2\Rightarrow 10n(n+1)\vdots 4$

Theo bổ đề $n^2\equiv 0$ hoặc $1(mod4)$$\Rightarrow VT_{(2)}\equiv 2$ hoặc $3(mod4)$

Nên $VT_{(2)}$ không là số chính phương $\Rightarrow 2^k=1\Rightarrow m=2^k+a=1+0=1$

 

$TH2:a>0\Rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2\vdots (n^2+1)$ (xem nhận xét #63)

$\Leftrightarrow (n^2+1)(44n+11)-(34n+9)\vdots (n^2+1)\Rightarrow 34n+9\vdots (n^2+1)$

$\Rightarrow (34n+9)(34n-9)\vdots \left (n^2+1 \right )\Rightarrow 1156(n^2+1)-1237\vdots (n^2+1)$

$\Rightarrow 1237\vdots (n^2+1)\Rightarrow n^2+1=1;1237\Rightarrow n=0\, \, (do\, n\epsilon \mathbb{N})$

Thay vào (1), ta có:

$N^m=2\Rightarrow N\leq 2$

+$N=0\Rightarrow N^m=0$ (loại)

+$N=1\Rightarrow N^m=1$ (loại)

+$N=2\Rightarrow m=1$

Vậy trong mọi trường hợp $m=1$

 

Điểm: 7

S = 10.7 + 3*7 = 31.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 16:47
Tổng hợp điểm

[nghiemthanhbach]

Em xin giải bài này bằng cách như sau

Đầu tiên ta phải chia ra trường hợp mà $n$ có tính chẵn lẻ, nhận thấy $k$ không ảnh hưởng đến tính chất này nên ta sẽ chia 2 trường hợp đầu tiên để xét

Xét với $n$ là số chẵn thì ta viết $n$ dưới dạng $n=2p$ với $p$ là số nguyên dương khác $0$

$\rightarrow n^2=(2p)^2=4p^2\vdots 4\rightarrow n^2+1=4p^2+1\equiv 1(mod4)$ $\rightarrow (n^2+1)^2\vdots 4\rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}\vdots 4$

Chứng minh tương tự với cụm còn lại ta có:

$44n^3+11n^2+10n+2=44(2p)^3+11(2p)^2+10(2p)+2=44.(2p)^3+11(2p)^2+10(2p)+2=352p^3+44p^2+20p+2$

Bằng đồng dư thức ta có:

$\left\{\begin{matrix} 352p^3\vdots 4\\ 44p^2\vdots 4\\ 20p\vdots 4\\ 2\equiv 2(mod 4) \end{matrix}\right.$

$\rightarrow 44n^3+11n^2+10n+2\equiv 2(mod4 )$

Từ 2 điều trên ta có kết luận thứ nhất: $(n^2+1)^{2^{k}}(44n^3+11n^2+10n+2)\equiv 2(mod4)$

Mà ta có giả thuyết:

$(n^2+1)^{2^{k}}(44n^3+11n^2+10n+2)=N^{m}$

nên $N^{m}\equiv 2(mod4)$

TH1: $N$ là số lẻ $\rightarrow$ vì đồng dư với 2 khi chia cho 4 là số chẵn

TH2: $N$ là số chẵn thì ta viết lại

$N=2\beta$ với $\beta$ là số nguyên dương 

Xét $m=0$ có: 

$N^m=N^0=1\equiv 2(mod4)$ là điều vô lý

$\rightarrow$ Loại trường hợp này

Xét $m=1$ ta có:

$N^m=N^1=N\equiv 2(mod4)$ là điều luôn đúng vì $N$ là số chẵn

Vậy ta nhận trường hợp này

Xét $m\geq 2$ ta có:

$N^m=(2p)^m=2^m.p^m$ vì TH xét như trên nên

$N^m=(2\beta )^m=2^m.\beta ^m\vdots 4$

Vô lý vì $N^m\equiv 2(mod4)$

Như vậy với $n$ là số lẻ thì chỉ nhận $m=1$ để có nghiệm nguyên

TH2: Ta xét với $n$ lẻ

Ta viết lại dưới dạng tính lẻ

$n=2q+1$

Ta tiếp tục làm như trên

$\rightarrow n^2+1=(2q+1)^2+1=4q^2+4q+2\equiv 2(mod4)$$\rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}\equiv 2(mod4)$

$44n^3+11n^2+10n+2=44(2q+1)^3+11(2q+1)^2+10(2q+1)+2=352q^3+528q^2+264q+44+44q^2+44q+11+20q+10+2=352q^3+572q^2+328q+67\equiv 3(mod4)$

$=>N^m\equiv 3(mod4)$

Xét $m=0$ $\rightarrow N^m=N^0=1\equiv 3(mod4)$ là điều vô lý

Xét $m=1$ $\rightarrow N^m=N^1=N\equiv 3(mod4)$ đúng vì $N$ là số thay đổi tuỳ ý miễn thoả điều kiện

Xét $m\geq 2$ $\rightarrow N^m\vdots N^2\equiv 3(mod4)$

Ta chia thành 2 mệnh đề cho dễ làm

1. Với N chẵn thì vô lý tất nhiên vì $N+3$ sẽ lẻ thì dĩ nhiên không thể chia hết cho 4

2. Với N lẻ

Đặt $N=2\alpha +1$

$\Leftrightarrow N^m\vdots (2s+1)^2\equiv 3(mod4)\Leftrightarrow 4s^2+4s+1\equiv 3(mod4)\Leftrightarrow 4(s^2+s)\equiv 2(mod 4)$ là điều vô lý vì VT phải chia hết cho ít nhất là 8, chưa nói là 4

Vậy ta thấy chỉ có $m=1$ thoả mãn mọi trường hợp

Vì vậy ta kết luận có điều phải chứng minh

p/s: Rớt mạng nên em mất bản gốc phải đánh lại, mong thầy chấp nhận bài làm thiếu sót vài chỗ nhỏ