Trận đấu đã kết thúc, các toán thủ chuyển sang phần thảo luận.
Toán thủ nào tự ý sửa bài của mình sẽ được 0 điểm
Thời gian thảo luận là từ giờ đến hết ngày thứ sáu, 10/01
Trận đấu đã kết thúc, các toán thủ chuyển sang phần thảo luận.
Toán thủ nào tự ý sửa bài của mình sẽ được 0 điểm
Thời gian thảo luận là từ giờ đến hết ngày thứ sáu, 10/01
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
1. Họ và tên: Phạm Quang Toàn.
2. Đang học lớp 9C, trường THCS Đặng Thai Mai, Tp Vinh, Nghệ An.
3. 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 $m=1$.
4. Lời giải. Vì $n \ge 0$ nên $(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2) \ge 2$. Như vậy ta sẽ có $m \ne 0$ (vì với $m=0$ thì $N^m=1$, mâu thuẫn). Cũng từ đó ta suy ra $N \ge 2$.
Giả sử rằng $m>1$. Dễ dàng nhận thấy với mọi $n \in \mathbb{N}$ thì ta luôn có $N$ chẵn. Lại vì $m>1$ nên $N^m \equiv 0 \pmod{4}$.
Đặt $N=2^x \cdot y$ với $x,y \in \mathbb{N}^*, \; (2,y)=1$. Phương trình $(1)$ trở thành $$(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2) = 2^{xm} \cdot y^m \qquad (2)$$
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1. Nếu $n$ lẻ thì $n \equiv 1 \pmod{2}$ và $44n^3+11n^2+10n+2$ lẻ. Do đó $n^2 \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow n^2+1 \equiv 2 \pmod{4}$. Ta đặt $n^2+1=2z$ với $z \in \mathbb{N}^*, \; z \equiv 1 \pmod{2}$. Khi đó $(2)$ trở thành $$2^{2^k} \cdot z^{2^k} \cdot (44n^3+11n^2+10n+2)= 2^{xm} \cdot y^m \qquad (3)$$
Vì $z, 44n^3+11n^2+10n+2, y$ lẻ nên ta phải có $2^{2^k}=2^{ym} \Leftrightarrow 2^k=ym$. Vì $m>1$ nên $m$ sẽ chẵn. Do đó $N^m=2^{xm} \cdot y^m$ là một số chính phương. Lại có $2^{2^k} \cdot z^{2^k}$ cũng là số chính phương nên ta suy ra $44n^3+11n^2+10n+2$ phải là số chính phương. Điều này hiển nhiên mâu thuẫn vì $44n^3+11n^2+10n+2 \equiv -n^2+2n+2 \equiv 3-(n-1)^2 \equiv 2,3 \pmod{4}$.
Trường hợp 2. Nếu $n$ chẵn thì $44n^3+11n^2+10n+2 \equiv 2 \pmod{4}$ và $n^2+1 \equiv 1 \pmod{4}$ nên $VT \equiv 2 \pmod{4}$. Trong khi đó $N^m \equiv 0 \pmod{4}$, mâu thuẫn.
Vậy $\boxed{m=1}$.
Điểm thảo luận: 9
Điểm ra đề: 3*33 + 2 + 9 + 15 = 125
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:50
Chấm bài
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Trận đấu đã kết thúc, các toán thủ chuyển sang phần thảo luận.
Toán thủ nào tự ý sửa bài của mình sẽ được 0 điểm
Thời gian thảo luận là từ giờ đến hết ngày thứ sáu, 10/01
thầy cho em hỏi bây giờ thỏa luận ở đây ạ
Chuyên Vĩnh Phúc
Lời giải: - MSS 33
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
* 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
chỗ tô đỏ tại sao lại có như vậy
Chuyên Vĩnh Phúc
Bài của Toán thủ
nguyentrungphuc26041999
Giả sử $m\neq 1$
$\Rightarrow m> 1$
$m=0$ thì sao?
Kriestirst Riggel Night Lumise Edire.
Tran Le Kien Quoc - KGI - Vie.
* 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
Với bài này gõ latex sai , không nêu các ý tưởng chứng minh thành một bài viết có hệ thống , lấy ngay ví dụ là khi xét $m$ chẵn thì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là số chính phương ,phải giải thích rõ ràng , cặn kẽ ( cái này kể cả thi qua mạng hay viết cũng thế ) ít nhất phải nói $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là lũy thừa bậc chẵn và $N^{m}$ lũy thừa bậc chẵn có $N^{m}$ chia hết $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ nên cái kia mới chính phương .
Thứ nữa đây không phải là phương trình nghiệm nguyên nên không tính từ phần sai latex thì đoạn dưới cũng thật sự không cần thiết , vì khi $m=1$ thì $n$ là cái số bất kỳ nào cũng cho $N$ một giá trị nên ta không cần thiết phải tìm cả $n=0$ ( đoạn gõ latex của bạn làm mình không hiểu từ đó xuống dưới là bạn đang làm gì . )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 06-01-2014 - 18:59
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
chỗ tô đỏ tại sao lại có như vậy
vì m là số lẻ mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ có mũ chẵn
P/s: mình viết nhầm...đã fix
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi stronger steps 99: 06-01-2014 - 19:23
Do not worry about your difficulties in Mathematics. I can assure you mine are still greater.
vì m là số lẻ mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số lẻ
Ý của mình là tại sao
$44n^{3}+11n^{2}+10n+2\vdots n^{2}+1$?
Chuyên Vĩnh Phúc
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)$$\rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}$ chia hết $(mod4)$
$44n^3+11n^2+10n+2=44(2q+1)^3+11(2q+1)^2+10(2q+1)+2=352q^3+528q^2+264q+44+44q^2+44q+11+20q+10+2=352q^3+572q^2+328q+67\equiv 3(mod4)$
$=>N^m$ chia hết cho 4
Xét $m=0$ $\rightarrow N^m=N^0=1$ chia hết cho 4 là điều vô lý
Xét $m=1$ $\rightarrow N^m=N^1=N$ chia hết cho 4 có tồn tại đúng vì $N$ là số thay đổi tuỳ ý miễn thoả điều kiện
Xét $m\geq 2$ $\rightarrow N^m\vdots N^2\$ chia hết cho 4
Ta chia thành 2 mệnh đề cho dễ làm
1. Với N chẵn thì $N^m$ đồng dư với 2 khi mod 4 đương nhiên không thoả
2. Với N lẻ, hay suy ra luôn vô lý cũng được
Đặt $N=2\alpha +1$
$\Leftrightarrow N^m\vdots (2s+1)^2\equiv 3(mod4)\Leftrightarrow 4s^2+4s+1\equiv 0(mod4)\Leftrightarrow 4(s^2+s)+2 \equiv 0 (mod 4)$ là điều vô lý vì 2 đồng dư với 2 khi mod 4 cơ
Vậy ta thấy chỉ có $m=1$ thoả mãn mọi trường hợp
Vì vậy ta kết luận có điều phải chứng minh
p/s: Rớt mạng nên em mất bản gốc phải đánh lại, mong thầy chấp nhận bài làm thiếu sót vài chỗ nhỏ
Ở trường hợp đầu khi $n$ chẵn có cái đoạn bạn xét $m=1$ mà $N^{m}=N\equiv 2(mod4)$ là hoàn toàn thiếu , vì $N$ còn có thể chia hết cho $4$ khi đó $N\equiv 0(mod4)$
Bài làm còn dài dòng và theo tôi bạn nên chứng minh $N$ chẵn ngay từ đầu ( rất nhiều toán thủ giải quyết ngắn gọn ) , có mọt đoạn gõ latex sai . Hơn nữa $s$ là số gì ( p/s: nên trình bày các công thức số ra giữa trang thay vì viết đầu dòng đọc rất nhức mắt trong khi bài làm của bạn rất dài dòng và không cần thiết một số chỗ )
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Chỗ này bạn biến đổi bị sai nhé.
Cái chỗ đỏ suy ra chưa đúng. Nếu $m=0$ thì $N^{m}=1\equiv 1$ (mod $4$)
Chỗ đó phải xét m = 0 riêng thành 1 TH nhưng mik lại ko xét -> nhầm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Vu Thuy Linh: 06-01-2014 - 21:02
rồi xong mình ghi thiếu điều kiện là t phải nguyên không âm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huukhangvn: 06-01-2014 - 21:05
Không khuyến khích lắm việc toán thủ lấy đề có sẵn trên mạng, có chăng thì cũng nên xào nấu lại xíu chứ lấy y nguyên lại thì không hay cho lắm thì phải
http://www.artofprob...11827d#p3103094
Không khuyến khích lắm việc toán thủ lấy đề có sẵn trên mạng, có chăng thì cũng nên xào nấu lại xíu chứ lấy y nguyên lại thì không hay cho lắm thì phải
Tuy không khuyến khích thật nhưng mấy ai đã tìm đc đề này, dịch công phu và trả lời hoàn thiện như thế này đâu!
(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!
Bạn chưa xét trường hợp $k=0$, khi đó mới có thể suy ra $(n^2+1)^{2^k}$ chính phương.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
* 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
Nếu $m>1$ lẻ mà suy ra khẳng định trên mình nghĩ là không đúng vì bạn còn chưa xét trường hợp ngoại lệ là $k=0$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bổ đề $1$ : Mọi số chính phương lẻ đều có dạng $4k+1$ với $k$ là một số nguyên dương hoặc nói cách khác là chia cho $4$ dư $1$ .
Xét số nguyên dương $a$ bất kỳ vì theo giả thiết thì $a$ lẻ nên $a$ có dạng $4b+1$ hoặc $4b+3$ với $b$ nguyên dương
Nếu $a=4b+1$ ta có $a^{2}=(4b+1)^{2}=16b^{2}+8b+1=4(4b^{2}+2)+1$ chia $4$ dư $1$
Nếu $a=4b+3$ ta có $a^{2}=(4b+3)^{2}=16b^{2}+24b+9=16b^{2}+24b+8+1=4(4b^{2}+6b+2)+1$ chia $4$ dư $1$
Bổ đề được chứng minh .
Bổ đề $2$ : Với mọi số nguyên dương $n$ lẻ thì $n(3n+2)$ sẽ chia cho $4$ dư $1$
Do $n$ lẻ nên $n$ chỉ có dạng $4a+1$ hoặc $4a+3$ với $a$ là số nguyên dương
Nếu $n=4a+1$ thì $n(3n+2)=(4a+1)(12a+5)=4a(12a+5)+4(3a+1)+1$ chia $4$ dư $1$
Nếu $n=4a+3$ thì $n(3n+2)=(4a+3)(4a+11)=4a(4a+11)+12a+32+1$ chia $4$ dư $1$
Bổ đề được chứng minh
Ta có một tính chất của số nguyên tố là nếu hai số dương $a,b$ mà $a^{b}$ chia hết cho $p$ là số nguyên tố thì $a^{b}$ chia hết cho $p^{b}$ , ta viết lại phương trình
$(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}$
Lũy thừa cơ số $2$ của hai vế rõ ràng phải bằng nhau .
Xét $n$ chẵn , khi đó $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số lẻ , đặt $n=2a$ với $a$ là số nguyên dương
Khi đó ta có :
$44n^{3}+11n^{2}+10n+2=44n^{3}+11.4a^{2}+4.5a+2=2(22n^{2}+22a^{2}+20a+1)$
Ta nhận thấy $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $22n^{2}+22a^{2}+20a+1=2(11n^{2}+11a^{2}+10a)+1$ đều là số lẻ nên khi đó vế trái chỉ chia hết cho $2$ , mặt khác do $2$ là số nguyên tố , áp dụng tính chất nêu ban đầu ta có vế phải chia hết cho $2^{m}$ còn vế trái chỉ chia hết cho $2$ , do đó $m=1$
Xét $n$ lẻ , đặt $n=2a+1$ với $a$ nguyên dương :
$n^{2}+1=(2a+1)^{2}+1=4a^{2}+4a+2=2(2a(a+1)+1)$ chỉ chia hết cho $2$ do có $2a(a+1)+1$ là số chẵn
Vì vậy $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$
Còn khi đó $44n^{2}+10n+2+11n^{2}$ hiển nhiên là số lẻ do $n$ lẻ .
Trong trường hợp này thì vế trái chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$
Vì vậy vế phải cũng chỉ chia hết cho $2^{2^{k}}$ , khi đó $N$ là số chẵn
Đặt $N=2^{t}.u$ với $t,u$ là các số nguyên dương và $u$ lẻ .
Ta có $N^{m}=2^{mt}.u^{m}$ , vì lũy thừa cố số hai của hai vế bằng nhau nên ta có ngay
$2^{mt}=2^{2^{k}}$
$<=>mt=2^{k}$
Nếu $m=1$ ta có ngay điều phải chứng minh , nếu $m>1$ thì do vế trái là lũy thừa của $2$ là số nguyên tố nên tồn tại số nguyên dương $r$ để mà $m=2^{r}$ với $r>1$ , khi đó $m$ chẵn nên $N^{m}$ là số chính phương .
Hiển nhiên $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $N^{m}$ đều là số chính phương nên
$44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng là số chính phương
Ta có $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n^{3}+8n^{2}+8n)+(3n^{2}+2n+2)\equiv 3n^{2}+2n+2(mod4)$
Theo bổ đề một thì phải có $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 1(mod4)$
Nên ta phải có $3n^{2}+2n+1\equiv 0(mod4)$
Theo bổ đề $2$ thì $3n^{2}+2n+1=n(3n+2)+1\equiv 1+1=2(mod4)$
Do đó ta có điều vô lý và ta có ngay đpcm , tức là $m=1$
$2a(a+1)+1$ là số lẻ.
Xét thiếu trường hợp $k=0$ nên chưa khẳng định $(n^2+1)^{2^k}$ chính phương.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
0 thành viên, 4 khách, 0 thành viên ẩn danh