Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Trận 1 - Phương trình nghiệm nguyên ...

mss 2014

  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 72 trả lời

#21 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1536 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 04-01-2014 - 18:26

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 $m=1$

 

Chỗ màu đỏ Xét thiếu trường hợp k = 0

Điểm bài: 9

Điểm thảo luận: 1

S = 10,3 + 9*3 + 1= 38.3
 


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

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#22 Super Fields

Super Fields

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 04-01-2014 - 18:36

$MSS 27$: Để bài làm ngắn gọn và chặt chẽ hơn, $MSS 27$ xin chỉnh sửa lại từ phần bổ đề phụ trong bài giải đã nộp ngày hôm qua:

============================================================================

 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

 

============================================================================

Sửa:

 $\triangleright$

Bổ đề phụ:

Với $a$, $b$ là hai số nguyên dương liên tiếp ( giả sử $(a>b)$) thì $a.m$ và $b.m$ không thể là hai số nguyên dương liên tiếp ($\foral m \in \mathbb{N}/ m \geq 2$)

$\triangleright$ Chứng minh bổ đề phụ:

Vì $a;b$ là hai số nguyên dương liên tiếp và $a>b$ theo giả thiết 

$\Rightarrow a-b=1$. Mà $a.m-b.m=m(a-b)=1.m=m \geq 2> 1$   

$\Rightarrow$ $a.m$ và $b.m$ không thể là hai số nguyên dương liên tiếp.

Bổ đề đã được chứng minh.

.....

$\triangleright$ Áp dụng $a$ và $b$ trong bổ đề phụ là từng cặp số mũ trong biểu thức $N$.Vậy từng cặp số mũ trong biểu thức $A=N^{m}$ ($\foral m \in \mathbb{N}/ m \geq 2$) sau khi nâng lên lũy thừa bỏ ngoặc và rút gọn sẽ không liên tiếp giảm dần. Vì theo bổ đề đã chứng minh, từng cặp số mũ trong biểu thức $A$ sẽ có dạng $a.m$ và $b.m$ không thể là hai số nguyên dương liên tiếp. $\Rightarrow$ trái với $(*)$ đã chứng minh ở trên.

$\Rightarrow$ Loại

$\triangleright$Theo đề bài, m không âm, vậy chỉ còn hai trường hợp: hoặc $m=0$ hoặc $m=1$

$\triangleright$Dễ thấy $A> 1,\forall n \in \mathbb{N}$ . Vậy với $m=0$ $\Rightarrow$ $N^{m}=1$

$\Rightarrow$$A\neq N^{m}$ ( Vô lí )

$\Rightarrow$ Loại

Với $m=1$ $\Rightarrow$$A=N$ (hiển nhiên đúng, khi nhân phân phối biểu thức $A$ chính là biểu thức $N$)

$\Rightarrow$ Nhận

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

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

 

$MSS 27$ cũng xin sửa phần điều kiện cho Công thức minh họa ở phần Mở rộng.:

Vì trong công thức mở rộng không có $k$ mà chỉ có $x$ nên $MSS 27$ chỉnh phần điều kiện từ $k\rightarrow x$

Phần công thức tổng quát $MSS 27$  đang nghiên cứu và sẽ sửa trong ngày mai..


$\dagger$God made the integers, and else is the work of man.$\dagger$


$\boxed{\textrm{My Blog}}$


#23 angleofdarkness

angleofdarkness

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 246 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:K48 chuyên toán - THPT chuyên ĐHSP Hà Nội.

Đã gửi 04-01-2014 - 19:54

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

 

Do các số n, k, m, N đều nguyên và không âm nên từ (1) ta có m, N luôn khác 0.

 

Ta xét các trường hợp:

 

- Xét n chẵn:

 

Ta có ${(n^2+1)^2}^k$ chia 4 dư 1và $(44n^3 +11n^2+10n+2)$ chia 4 dư 2 nên $N^m$ chia 4 dư 2.

 

Điều này xảy ra khi N=2 và m=1.

 

- Xét n lẻ suy ra $n=2a+1$ (với a không âm), ta có ${(n^2+1)^2}^k={2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k$ . $(44n^3 +11n^2+10n+2)$ là số lẻ và chia 4 dư 3. (nói rõ hơn!!)

 

$\Rightarrow$ ${2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k . (44n^3 +11n^2+10n+2)=N^m $

 

Để (1) xảy ra thì m lẻ, nên $N^m$ chẵn và N chẵn. (nói rõ hơn tại sao $m$ phải lẻ)

 

Khi đó từ (1) $\Rightarrow$ $N^m=(a.2^b)^m= a^m . 2^{b m}.$ (với a,b là các số nguyên dương; a là số lẻ)

 

$\Rightarrow {2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k .(44n^3 +11n^2+10n+2)= a^m . 2^{bm}.$

 

Để tồn tại các số thỏa mãn đề thì ${2^2}^k=2^{bm}.$

 

$\Rightarrow 2^k= bm.$

 

Do các số đều nguyên nên để điều này xảy ra thì điều kiện cần là m =1 (do m là số lẻ)

 

$\Rightarrow$ đpcm.

 

Điểm. 9

S = 9.7+9*3 = 36.7


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:00
Tổng hợp điểm


#24 nghiemthanhbach

nghiemthanhbach

    $\sqrt{MF}'s\;friend$

  • Thành viên
  • 1056 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK
  • Sở thích:Ai chơi lmht không :)

Đã gửi 04-01-2014 - 21:09

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

2. Với N lẻ

Đặt $N=2\alpha +1$

$\Leftrightarrow N^m\vdots (2s+1)^2\equiv 3(mod4)\Leftrightarrow 4s^2+4s+1\equiv 0(mod4)\Leftrightarrow 4(s^2+s)+2 \equiv 0 (mod 4)$ 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: Em post lại ạ



#25 nghiemthanhbach

nghiemthanhbach

    $\sqrt{MF}'s\;friend$

  • Thành viên
  • 1056 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK
  • Sở thích:Ai chơi lmht không :)

Đã gửi 04-01-2014 - 21:17

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

 

Hai lỗi sai màu đỏ đã được SieuNhanVang chỉ ra

Điểm bài: 8

S = 9.3 + 8*3 = 33.3


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:06
Tổng hợp điểm


#26 letankhang

letankhang

    $\sqrt{MF}'s$ $member$

  • Thành viên
  • 1079 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\sqrt{MF}$
  • Sở thích:$Maths$

Đã gửi 04-01-2014 - 21:47

Bài làm :
Trước tiên ta chứng minh $N$ là số chẵn
Nếu $n$ chẵn 
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng là số chẵn 
$\Rightarrow N$ chẵn 
Nếu $n$ lẻ
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ cũng là số chẵn
$\Rightarrow N$ chẵn
Vậy $N$ là số chẵn

+ Xét $m$ là số chẵn
$\Rightarrow N^{m}$ là số chính phương
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$ cũng phải là số chính phương
Nếu $k=0$
* $n$ lẻ 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 2(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra không là số chính phương
* $n$ chẵn
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 1(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+0+0+2\equiv 2(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra cũng không là số chính phương
Nên trường hợp $k=0$ loại
Nếu $k\geq 1$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng phải là số chính phương $(1)$
Mà theo chưnh minh trên ta lại có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(\mod 4)$
Nên $(1)$ không thể xảy ra
Vậy trường hợp $m$ là số chẵn bị loại $*$

+ Xét $m$ là số lẻ $(m\geq 3)$
$\Rightarrow N^{m}\vdots 8$
Nếu $k=0$
* $n$ chẵn
$n^{2}+1\equiv 1;5(\mod 8)$
$\left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 0(\mod 8) & \\ 11n^{2}\equiv 0;4 & \\ 10n\equiv 0;4(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod 8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ
$\Rightarrow n^{2}+1\equiv 2(\mod8)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 4(\mod8) & \\ 11n^{2}\equiv 3(\mod8) & \\ 10n\equiv 2;6(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 6(\mod8)$
Suy ra loại
Vậy ta loại trường hợp $k=0$
Nếu $k\geq 1$
* $n$ chẵn
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1^{2^k};5^{2^k}\equiv 1(\mod8)$
Tương tự chứng minh trên ta có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2;6(\mod8)$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ 
Đặt $m=2x+1$ ( do đang xét $m$ lẻ )
Ta có 
$(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{2x}.N$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}=N^{2x}$
Suy ra $\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}$ phải là số chính phương $(2)$ (Ta đã có $N$ chẵn mà $44n^3+11n^2+10n+2 \equiv 3 \pmod{4}$ thì làm gì có chuyện $\frac{44n^3+11n^2+10n+2}{N}$ là số tự nhiên mà đòi làm số chính phương!)
Mà : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(\mod4)$ ( do $n$ lẻ, theo chứng minh trên )
Nên không thể xảy ra $(2)$
Suy ra loại

Vậy ta loại trường hợp $m$ lẻ $(m\geq 3)$ $*$

Từ $*;**$
Suy ra $m=1$

 

Điểm. 9


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 18-01-2014 - 13:02

        :oto:   :nav:  :wub:  $\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $  :wub:   :nav:  :oto:            

  $\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$

 

 


#27 John Carterer

John Carterer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh (Đồng Nai)
  • Sở thích:Toán, anh

Đã gửi 04-01-2014 - 21:53

Xét hai trường hợp:

-Trường hợp 1: n=0 và k=0

$\left ( 1 \right )\Leftrightarrow 2= N^{m}$ 

$\Rightarrow$ m=1

-Trường hợp 2: $n> 0$; k$k\geq 0$

Đa thức $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3, $n^{2}+1$ có bậc 2 nên $n^{2}+1\neq 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$

Vì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3 nên có thể phân tích về dạng $\left ( a\times n+b \right )^{3}$ với $a> 0;b\geqslant 0$, mà k là số nguyên không âm nên $2^{k}\neq 3$

Do $n^{2}+1$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ khác nhau về cơ số và số mũ$\Rightarrow$ tích hai số này là một số có số mũ bằng 1, tức m=1

Vậy nếu tồn tại các số nguyên không âm m,n,N,k thỏa mãn $\left ( n^{2}+1 \right )^{2^{^{k}}}\times (44n^{3}+11n^{2}+10n+2)= N^{m}$ thì m=1

 

Lập luận mơ hồ, thiếu nhiều trường hợp

Điểm bài 5

S = 9+ 5*3 =24


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:14
Tổng hợp điểm


#28 letankhang

letankhang

    $\sqrt{MF}'s$ $member$

  • Thành viên
  • 1079 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\sqrt{MF}$
  • Sở thích:$Maths$

Đã gửi 04-01-2014 - 22:00

Do em cũng không rõ mình đã gửi bài chưa ( hồi nãy em vô tình bấm nhầm vô nút gửi bài mà không biết là đã lưu hay chưa nữa ), nên em gửi thêm 1 lần nữa cho chắc. Bản này em gửi có sửa đổi $1;2$ chỗ mà em nghĩ là không đáng kể lắm. Mong BQT xem xét dùm em ! Em thành cảm ơn ! :)

 

Bài làm :
Trước tiên ta chứng minh $N$ là số chẵn
Nếu $n$ chẵn 
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng là số chẵn 
$\Rightarrow N$ chẵn 
Nếu $n$ lẻ
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ cũng là số chẵn
$\Rightarrow N$ chẵn
Vậy $N$ là số chẵn

+ Xét $m$ là số chẵn
$\Rightarrow N^{m}$ là số chính phương
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$ cũng phải là số chính phương
Nếu $k=0$
* $n$ lẻ 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 2(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra không là số chính phương
* $n$ chẵn
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 1(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+0+0+2\equiv 2(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra cũng không là số chính phương
Nên trường hợp $k=0$ loại
Nếu $k\geq 1$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng phải là số chính phương $(1)$
Mà theo chưnh minh trên ta lại có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(\mod 4)$
Nên $(1)$ không thể xảy ra
Vậy trường hợp $m$ là số chẵn bị loại $(*)$

+ Xét $m$ là số lẻ $(m\geq 3)$
$\Rightarrow N^{m}\vdots 8$
Nếu $k=0$
* $n$ chẵn
$n^{2}+1\equiv 1;5(\mod 8)$
$\left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 0(\mod 8) & \\ 11n^{2}\equiv 0;4(\mod 8) & \\ 10n\equiv 0;4(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod 8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ
$\Rightarrow n^{2}+1\equiv 2(\mod8)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 4(\mod8) & \\ 11n^{2}\equiv 3(\mod8) & \\ 10n\equiv 2;6(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 6(\mod8)$
Suy ra loại
Vậy ta loại trường hợp $k=0$
Nếu $k\geq 1$
* $n$ chẵn
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1^{2^k};5^{2^k}\equiv 1(\mod8)$
Tương tự chứng minh trên ta có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2;6(\mod8)$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ 
Đặt $m=2x+1$ ( do đang xét $m$ lẻ )
Ta có 
$(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{2x}.N$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}=N^{2x}$
Suy ra $\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}$ phải là số chính phương $(2)$
Mà : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(\mod4)$ ( do $n$ lẻ, theo chứng minh trên )
Nên không thể xảy ra $(2)$
Suy ra loại

Vậy ta loại trường hợp $m$ lẻ $(m\geq 3)$  $(**)$ 

Từ $(*);(**)$
Suy ra $m=1$

Bài này lỗi cũng tương tự như bài chấm ở trên.

 

Điểm. 9

S = 9 + 9*3 = 36


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:07
Tổng hợp điểm

        :oto:   :nav:  :wub:  $\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $  :wub:   :nav:  :oto:            

  $\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$

 

 


#29 huukhangvn

huukhangvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nhà của tui
  • Sở thích:nói chung là có

Đã gửi 05-01-2014 - 09:52

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

Giải:Theo đề ta có n=0 hoặc n>0

Giả sử n=0:

(1)<=>N^m$=1^(2^k).2=2=21=>m=1

Giả sử n>0:ta có vế phải của (1)là 1 luỹ thừa=>vế trái của (1) cũng phải ở dạng luỹ thừa,mà $(n^2+1)^(2^k) đã ở dạng luỹ thừa(2) (sai kiến thức, lũy thừa của $2$ là số dạng $2^t$.).

+Nhận thấy:(44n^3+11n^2+10n+2) bậc 3 và không thể biến về dạng (a2+1) và dạng [Q(n)]^(2^h)(với h nguyên)(3) (nói thế này thật khó hiểu!!).

Từ (2),(3) suy ra vế trái của(1) không thể có dạng luỹ thừa nên m chỉ có thể bằng 1

Tóm lại:m=1

 

Điểm bài. 6.

S = 5 + 6*3 = 23


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:16
Tổng hợp điểm

  • LNH yêu thích

#30 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 11:41

Nhận xét $1$ : $N$ luôn chẵn với mọi $n,k,m$

Thật vậy khi $n$ chẵn thì $44n^3+11n^2+10n+2$ luôn chẵn do đó $N^m$ chẵn nên $N$ chẵn, khi $n$ lẻ thì $(n^2+1)^{2^k}$ chẵn do đó $N^m$ chẵn nên $N$ chẵn.

Vậy với mọi giá trị của $n,m,k$ thì $N$ luôn chẵn

Nhận xét $2$ : Một số chính phương khi chia cho $4$ thì số dư chỉ có thể là $0$ hoặc $1$. Số chính phương chẵn chia hết cho $4$ còn số chính phương lẻ chia $4$ dư $1$

Nhận xét $3$ : Nếu tích $2$ số $a.b$ là số chính phương mà $a$ là số chính phương thì $b$ cũng phải là số chính phương . 

Với bài toán , ta xét các trường hợp của $m$ như sau :

1. $m$ chẵn. Nếu $m$ chẵn thì $N^m$ là số chính phương chẵn (Do $N$ chẵn) nên $N^m\vdots 4 (1)$ 

+ Khi $n$ chẵn thì $n^2$ là số chính phương chẵn nên $(n^2+1)\equiv 1(mod4)\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}\equiv 1^{2^k}\equiv 1(mod4)$

và $44n^3+11n^2+10n+2\equiv 0+0+0+2\equiv 2 ( mod4)$

$$\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}(44n^3+11n^2+10n+2)\equiv 1.2\equiv 2(mod4)(2)$$

Từ $(1),(2)$ suy ra $m,n$ không thể cùng chẵn 

+ Khi $n$ lẻ thì $n^2$ là số chính phương lẻ nên $n^2+1\equiv 1+1\equiv 2(mod4)$,ta cần xét 2 trường hợp $k$:

   Nếu $k=0$ thì $\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}=n^2+1\equiv 2(mod4)$  và  $44n^3+11n^2+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(mod4)$

$$\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}(44n^3+11n^2+10n+2)\equiv 2.3\equiv 2(mod4)$$

mà $N^m\vdots 4$ ( theo $1$) nên ta loại trường hợp này

   Nếu $k\geq 1$ thì $(n^2+1)^{2^k}$ là số chính phương mà $N^m$ cũng là số chính phương 

nên $44n^3+11n^2+10n+2$ phải là số chính phương . Điều này không đúng vì $44n^3+11n^2+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(mod4)$ với $n$ lẻ

Như vậy với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$ thì $m$ không thể chẵn

2. $m$ là số lẻ và $m\geq 3$. Khi đó thì $N^m \vdots 4$ (Do $N$ chẵn )

+ Khi $n$ chẵn thì $n^2+1\equiv 1(mod4) \Rightarrow (n^2+1)^{2^k}\equiv 1(mod4)$ mà $44n^3+11n^2+10n+2\equiv 2(mod4)$ với $n$ chẵn

$$\Rightarrow (n^2+1)^{2^k}(44n^3+11n^2+10n+2)\equiv 1.2\equiv 2(mod4)$$ 

mà $N^m \vdots 4$

nên loại trường hợp này

+ Tương tự với $n$ lẻ cũng không thỏa mãn (trường hợp $n$ lẻ có thể tương tự được thật sao ?)

3. Dĩ nhiên với $m=1$ thì ta có thể tìm được các giá trị thỏa mãn bài toán, chẳng hạn $k=0,n=1$ khi đó $N=134$

Vậy từ đó kết luận nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thỏa mãn:

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

thì $m=1$

 

Điểm. 8.5

S = 4.3 + 8.5*3 = 29.8

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:17
Tổng hợp điểm


#31 mrwin99

mrwin99

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

Đã gửi 05-01-2014 - 15:32

Em không đăng ký tham gia nhưng cũng thử giải mong thầy xem thử

Với

n lẻ $\rightarrow \left\{\begin{matrix} n^2+1\vdots 2\\ \rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}\vdots 2 44n^3+11n^2+10n+2\equiv 1(mod 2) \end{matrix}\right.\rightarrow N^m\vdots 2$

n chẵn $\rightarrow \left\{\begin{matrix} n^2+1\equiv 1(mod2)\rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}\equiv 1(mod2)\\ 44n^3+11n^2+10n+2\vdots 2 \end{matrix}\right.\rightarrow N^m\vdots 2$

Vậy vọi mới $n;m;k$ thì $N$ luôn là số chẵn

Ta xét các TH nhỏ sau:

$m=0$ thì $(n^2+1)^{2^{k}}(44n^3+11n^2+10n+2)=N^{0}=1\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} n^2+1=1\\ 44n^3+11n^2+10n+2=1 \end{matrix}\right.$( là vì nguyên dương nên không thể là phân thức được)

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} n=0\\ 44n^3+11n^2+10n+1=0 \end{matrix}\right.$ ( phương trình bậc 3 kia chắc chắn không có nghiệm nguyên không âm)

Vậy vô lý

$m=1$ $\rightarrow (n^2+1)^{2^{k}}.(44n^3+11n^2+10n+2)=N^{m}=N^1=N$ luôn đúng vì $N$ là số có thể thay đổi tuỳ ý để thoả mãn

Việc còn lại là đi chứng minh với $m\geq 2$ thì không tồn tại theo phương pháp quy nạp ( em vướng chỗ này không ra ạ)

Em xin hết



#32 4869msnssk

4869msnssk

    Bá tước

  • Thành viên
  • 549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 05-01-2014 - 16:18



 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

nếu m=0 thì vô lý vì $VT\geq 1.2= 2>1=N^{0}$ nên phương trình vô nghiệm, suy ra $m\neq 0$

với $m\geq 1$

nếu m chẵn thì ta thấy VP là một số chính phương.

xét hai trường hợp:

 với n chẵn thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1(mod 4)$ với $k\geq 0$ 

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

từ đó suy ra $VT\equiv 2(mod 4)$ suy ra $N^{m}\equiv 2 (mod 4) $ nên VP không thể là số chính phương (vô lý)

 với n lẻ  thì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(mod 4)$

và $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 2(mod 4)$ với k=0 và $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 0(mod 4)$ với $k \geq 1$

suy ra VT chia 4 dư 2 với k=0 và khi ấy phương trình vô nghiệm, loại

còn $k \geq 1$ thì khi đó $ (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương nên $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ sẽ là số chính phương nhưng điều này vô lý vì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia 4 dư 3 hoặc 2 (chứng minh trên) 

vậy m không  thể chẵn suy ra m lẻ.

với m lẻ, xét $m \geq 3$ thì khi đó $VP\vdots (n^{2}+1)$

nếu k=0 thì vì m>1 nên suy ra $(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\vdots (n^{2}+1)$

khi đó vì n là số nguyên nên suy ra phương trình $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=0$ phải có nghiệm nguyên. nhưng phương trình trên không có nghiệm nguyên nên suy ra điều vô lý .

nếu k>0 thì $ (n^{2}+1)^{2^{k}}$ có mũ là số chẵn mà m là số lẻ nên suy ra $(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\vdots (n^{2}+1)$

mà theo chứng minh trên  điều này không thể có nên suy ra điều vô lý.

nếu $(n^{2}+1)=A^{a}$ với a là số nguyên dương lẻ thì  ta suy ra A là 1 đa thức có bậc lớn hơn 0. vì n nguyên nên A nhận giá trị nguyên với mọi n nguyên. từ đó ta cũng có  $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia hết cho A. tương tự phần trên ta cũng có điều vô lý.

vậy với m=1 thì mới thoả mãn  phương trình ( đpcm)

 

Điểm 7.

Lập luận tô đỏ không đúng. (mất điểm phần $m$ lẻ).

$k>0$ để khẳng định trong phân tích thành thừa số nguyên tố của $(n^2+1)^{2^k}$ thì các luỹ thừa của mỗi số nguyên tố có số mũ chẵn, kết hợp với điều kiện $m$ lẻ suy ra $44n^3+11n^2+10n+2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố nữa của $n^2+1$.

Tuy nhiên, mình thấy rằng việc suy ra trên không đúng cho lắm vì ta chỉ có thể suy ra $44n^3+11n^2+10n+2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố của $n^2+1$ để "bảo toàn" cho điều kiện $m$ lẻ nhưng chưa chắc lúc đó $44n^3+11n^2+10n+2 \; \vdots n^2+1$.

Nhỡ may tồn tại một số nguyên tố $p$ mà $44n^3+11n62+10n+2 \equiv p \pmod{p^2}$ nhưng $n^2+1 \equiv 0 \pmod{p^2}$ thì sao ?

 

S = 3 + 7*3 =24


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:18
Tổng hợp điểm

 B.F.H.Stone


#33 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 05-01-2014 - 20:18

1. Em xin bổ sung vào bài làm: Bỏ đi 2 điều kiện: $m'<m$ và $q\in \mathbb{N}$ (xét $q$ là số nguyên).

 

2. Tổng quát bài toán: 

Tổng quát:

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

 

\[(n^2+8a+1)^{2^k}\cdot[(8b+4)n^3+(8c+3)n^2+(8d+2)n+2]=N^m  \]

thì $m=1$.

 

 

3. Mở rộng bài toán:

Mở rộng:

 Đề bài: Có số tự nhiên $m$ nào thỏa mãn:

\[(2n^2+1)^{2^{k^q}}\cdot(n^4+10n^3+39n^2+50n+26)=N^m \]

với $n,k,q,N$ là các số tự nhiên không?

 

Giải:

*) Nếu m chẵn, suy ra $(n^4+10n^3+39n^2+50n+26)$ sẽ là số chính phương (SCP).

Mà $(n^4+10n^3+39n^2+50n+26)$ chia cho 8 dư 2 hoặc 6 (bằng cách xét số dư khi chia n cho 8)

nhưng SCP chia cho 8 dư 0; 1 hoặc 4

nên xảy ra mâu thuẫn. Như vậy không tồn tại m chẵn (*).

 

*) Nếu m lẻ, suy ra $N^m$ chia 8 dư 0; 1; 3; 5; 7 (1)

Mặt khác, $(2n^2)^{2^{k^q}}$ là SCP lẻ nên chia 8 dư 1;

$(n^4+10n^3+39n^2+50n+26)$ chia cho 8 dư 2 hoặc 6

Suy ra VP chia 8 dư 2 hoặc 6 (Mâu thuẫn với (1))

Như vậy không tồn tại m lẻ (**).

 

Từ (*) và (**). Kết luận: Không tồn tại m thỏa mãn bài.

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

 

Chứng minh (1) chính là Chứng minh $^{***}$ trong bài làm của em.

 

Mở rộng không khác nhiều so với bài toán gốc. Điểm mở rộng: 4


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:20
Chấm bài


#34 neversaynever99

neversaynever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 243 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Sở thích:Đọc sách
    Nhạc cổ điển

Đã gửi 05-01-2014 - 20:48

*Xét k=0

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

+TH1:Nếu n là lẻ ta suy ra $2\mid n^{2}+1$ nhưng không chia hết cho 4

                                          $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không chia hết cho 2 & $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\geq 67$

Do đó $N^{m}$ khi phân tích ra thừa số nguyên tố chỉ chứa 1 thừa số 2 và 1 số lẻ $\neq 1$ (lập luận chưa chặt chẽ)

Suy ra tồn tại (1)$\Leftrightarrow m=1$

+TH2:Nếu n chẵn:chứng minh tương tự TH1

*Xét $k\geq 1$ suy ra $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương

+TH3:Nếu n là chẵn ta suy ra $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là bình phương của 1 số lẻ

                                               $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 ...

 

Điểm. 6

S = 1.7 + 6*3 = 19.7


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:20
Tổng hợp điểm


#35 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 05-01-2014 - 22:10

Toán thủ: Phạm Anh Quân

Bài giải:

Nếu $n\vdots 2$ thì $(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$ chia 4 dư 2, 

Nm chia  4 dư 2 (bước đầu phải khẳng định $N$ lẻ với mọi $m,n,k$) do đó m=1

Nếu n không chia hết cho 2 thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ chia hết cho $2^{2^{k}}$ $\Rightarrow N^{m}\vdots 2^{2^{k}}$$\Rightarrow 2^{k}\vdots m$. (sao có thể suy ra $2^k \; \vdots m$ được ?)

 Nếu $m\neq 1$ $\Rightarrow N^{m}$ là số chính phương (??) mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương nên $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ là số chính phương.

Ta chứng minh được $n^{2}+1$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+1$ nguyên tố cùng nhau.

Xét n có dạng $8n'\pm 1$ và $8n'\pm 3$ ta được $44n^{3}+11n^{2}+10n+1$ chia 8 dư 3 và 7 ( không là số chính phương) do đó m=1

Vậy m=1

 

Điểm. 6

S = 1 + 6*3 = 19


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

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#36 minhduc3001

minhduc3001

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 22:25

Mở rông 1: Ta có tổng quát bài toán bằng cách tổng quát các hệ số như sau:

   Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên dương $m,n,N,k,x,a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ với $a_{1}, a_{3}$ lẻ và $a_{2}, a_{4}$ chẵn thoả mãn:

                           $(a_{1}.n^{2}+4x+1)^{2^{k}}.(a_{2}.n^{3}+a_{3}.n^{2}+a_{4}.n+4x+2)=N^{m}$

   thì $m=1$.

Chứng minh mở rộng 1 hoàn toàn giống chứng minh bài toán gốc.

 

Mở rộng không có mấy giá trị: 0 điểm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:22
Chấm bài

  • LNH yêu thích

#37 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 05-01-2014 - 23:17

Giả sử $m>1$, do m,N là các số nguyên không âm nên $N^{m}=N.N.N...$(m chữ số)

Mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)$

Nên  $(n^{2}+1)^{2^{k}}[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]=N.N.N...$(m chữ số)

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là bội $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ là bội của $(n^{2}+1)^{2^{k}}$

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\vdots [(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]\vdots (n^{2}+1)^{2^{k}}$

Mà $-(34n+9)$ không chia hết $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ không chia hết $-(34n+9)\forall n,k$ nguyên không âm

Nên $m\ngtr 1$ (1)

Giả sử m=0, ta có $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{0}=1$

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

Mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ $> 1\forall n,k$ nguyên không âm (do $n,k> 0$)

Nên $m\neq 0$ (2)

Vì m nguyên không âm và tứ (1) và (2)$\Rightarrow m=1$



#38 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 05-01-2014 - 23:18

Giả sử $m>1$, do m,N là các số nguyên không âm nên $N^{m}=N.N.N...$(m chữ số)

Mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)$

Nên  $(n^{2}+1)^{2^{k}}[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]=N.N.N...$(m chữ số)

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là bội $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ là bội của $(n^{2}+1)^{2^{k}}$

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\vdots [(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]\vdots (n^{2}+1)^{2^{k}}$

Mà $-(34n+9)$ không chia hết $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ không chia hết $-(34n+9)\forall n,k$ nguyên không âm

Nên $m\ngtr 1$ (1)

Giả sử m=0, ta có $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{0}=1$

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

Mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ $> 1\forall n,k$ nguyên không âm (do $n,k> 0$)

Nên $m\neq 0$ (2)

Vì m nguyên không âm và tứ (1) và (2)$\Rightarrow m=1$



#39 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 05-01-2014 - 23:25

Giả sử $m>1$, do m,N là các số nguyên không âm nên $N^{m}=N.N.N...$(m chữ số)

Mà $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)$

Nên  $(n^{2}+1)^{2^{k}}[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]=N.N.N...$(m chữ số)

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là bội $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ là bội của $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ (lập luân này sai)

$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\vdots [(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]$ hoặc $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]\vdots (n^{2}+1)^{2^{k}}$

Mà $-(34n+9)$ không chia hết $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ không chia hết $-(34n+9)\forall n,k$ nguyên không âm

Nên $m\ngtr 1$ (1)

Giả sử m=0, ta có $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{0}=1$

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

Mà $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ $> 1\forall n,k$ nguyên không âm (do $n,k> 0$)

Nên $m\neq 0$ (2)

Vì m nguyên không âm và từ (1) và (2)$\Rightarrow m=1$

 

Điểm. 5.

S = 0.7 + 5*3 = 15.7


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


#40 LumiseEdireKRN

LumiseEdireKRN

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 23:30

MSS19

 

Giải

$m,n,N,k$ là các số nguyên không âm, ta có $m,n,N,k \epsilon N$ 

Giả sử $m=1$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{1}=N \geq (0^{2}+1)^{2^{0}}(44.0^{3}+11.0^{2}+10.0+2)=2$

là số nguyên không âm (thoả mãn)

Giả sử $m=0$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{0}=1 \geq 2$ (vô lý)

Giả sử $m>1$

Nếu $n$ chẵn thì $n \vdots 2 \Rightarrow n(n+1) \vdots 2$ (1)

Nếu $n$ lẻ thì $n+1 \vdots 2 \Rightarrow n(n+1) \vdots 2$ (2)

(1), (2) $\Rightarrow n(n+1) \vdots 2 \Rightarrow 2n(n+1) \vdots 4$

$4n \vdots 4 \Rightarrow 4n(11n^{2}+2n+2) \vdots 4$ $\Rightarrow Q=44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n^{3}+8n^{2}+8n)+(2n^{2}+2n)+(n^{2}+2)=4n(11n^{2}+2n+2)+2n(n+1)+(n^{2}+2) \equiv n^{2}+2 (mod 4)$

Với $n$ chẵn thì $n^{2} \vdots 4 \Rightarrow Q \equiv n^{2}+2 \equiv 2 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+1 \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}} \equiv 1 (mod 4)$ $\Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q \equiv 2 (mod 4)$ (3)

Nếu $N$ chẵn thì $m>1 \Rightarrow N^{m} \vdots 4$ mà (3) $\Rightarrow$ vô lý (4)

Nếu $N$ lẻ thì $N \equiv \pm 1 (mod 4) \Rightarrow N^{m} \equiv \pm 1 (mod 4)$ mà (3) $\Rightarrow$ vô lý (5)

Với $n$ lẻ thì $n \equiv \pm 1 (mod 4) \Rightarrow n^{2} \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+1 \equiv 2 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+2 \equiv 3 (mod 4)$

Trường hợp $k=0$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}=(n^{2}+1)^{2^{0}}=(n^{2}+1)^{1}=n^{2}+1 \equiv 2 (mod 4)$ mà $Q \equiv n^{2}+2 \equiv 3 (mod 4) \Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q=(n^{2}+1)Q \equiv 6 \equiv 2 (mod 4)$ mà (3), (4), (5) $\Rightarrow$ vô lý

Trường hợp $k \geq 1$ thì $2^{k} \geq 2^{1}=2 \Rightarrow 2^{k} \vdots 2 \Rightarrow 2^{k}=2r$ $(r \epsilon N^{*})$ (6)

$n^{2}+1 \equiv 2(mod 4) \Rightarrow n^{2}+1=2p$ $(p \epsilon N, p>0, p$ lẻ $)$ $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=2^{2^{k}}p^{2^{k}}$ mà (6) $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=2^{2^{k}}p^{2r}$ (9)

Cho số tự nhiên $a$, nếu $a \vdots 2$ thì $a^{2} \vdots 4$, nếu $a \equiv \pm 1 (mod 4)$ thì $a^{2} \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow$ một số chính phương chia $4$ có số dư là $0$ hoặc $1$ mà $Q \equiv 3 (mod 4) \Rightarrow Q$ lẻ và $Q$ không phải là số chính phương

$\Rightarrow Q=q^{2v+1} \geq 2$ ($q,v \epsilon N$, $q \geq 2$, $q$ lẻ và không phải là số chính phương)

Thử cho $p^{2r}Q$ là số chính phương thì $p^{2r}Q=p^{2r}q^{2v+1}=p^{2r}q^{2v}q=b^{2}$ $(b\epsilon N^{*})$ $\Rightarrow p,q,b>0$ $\Rightarrow \sqrt{p^{2r}q^{2v}q}= \sqrt{b^{2}} \Rightarrow p^{r}q^{v} \sqrt{q}=b \Rightarrow \sqrt{q}= \frac{b}{p^{r}q^{v}}$ là thương của các số hữu tỷ

$\Rightarrow \sqrt{q}$ là số hữu tỷ mà $q$ không phải là số chính phương $\Rightarrow \sqrt{q}$ không phải là số hữu tỷ $\Rightarrow$ vô lý

$\Rightarrow p^{2r}q^{2v+1}=p^{2r}Q$ không phải là số chính phương $\Rightarrow p^{2r}q^{2v+1}=u^{2s+1} \geq 2$ $(u,s \epsilon N$, $u \geq 2$ và không phải là số chính phương$)$ (7)

$Q$ lẻ và $p$ lẻ $\Rightarrow p^{2r}Q$ lẻ mà (7) $\Rightarrow u$ lẻ (12)

(6), (7), (9) $\Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q=2^{2^{k}}p^{2r}q^{2v+1}=2^{2r}u^{2s+1}$ tương tự như trên $\Rightarrow N^{m}=2^{2r}u^{2s+1}$ cũng không phải là số chính phương $\Rightarrow m$ lẻ, $N \geq 2$ và không phải là số chính phương (8)

Cho các số tự nhiên $x,y,z,h,l,k$ thoả mãn $h,l>0;x,y,z,k>1$, $(x^{h},y^{l})=1$, $x^{h} \neq y^{l}$ và $x^{h}y^{l}=z^{k}$ thì

$\sqrt[k]{x^{h}y^{l}}=\sqrt[k]{z^{k}} \Rightarrow x^{\frac{h}{k}}y^{\frac{l}{k}}=z $ là số tự nhiên $\Rightarrow \frac{h}{k}; \frac{l}{k}$ là số tự nhiên $\Rightarrow k|h; k|l$

$Q$ lẻ  $\Rightarrow (Q;2^{2^{k}})=1$ và $Q \neq 2^{2^{k}}$ mà $N^{m}=2^{2^{k}}Q \Rightarrow m|2^{k}$ (theo bổ đề trên) mà $m>1 \Rightarrow m$ chẵn mà (8) $\Rightarrow$ vô lý

Từ những điều trên $\Rightarrow m>1$ không thoả mãn

Từ tất cả những điều trên $\Rightarrow$ bài Toán được giải quyết hoàn toàn

 

Mở rộng: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k,t,p_{0},p_{1},p_{2},...,p_{t}$ $(t>2)$ thoả mãn

$(4p_{0}n^{t}+4p_{1}n^{t-1}+4p_{2}n^{t-2}+...+4p_{t-3}n^{3}+n^{2}+1)^{2^{k}}[4p_{0}n^{t}+4p_{1}n^{t-1}+4p_{2}n^{t-2}+...+4p_{t-3}n^{3}+(4p_{t-2}+3)n^{2}+(4p_{t-1}+2)n+(4p_{t}+2)]=N^{m}$ 

thì $m=1$

 

Điểm bài: 10

Điểm thảo luận:1

S = 0.3 + 3*10 +1= 31.3


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 22-01-2014 - 21:32
Chấm bài

Kriestirst Riggel Night Lumise Edire.

Tran Le Kien Quoc - KGI - Vie.

 






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh