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

#41 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3787 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 06-01-2014 - 09:48

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.


#42 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 06-01-2014 - 12:08

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

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#43 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 06-01-2014 - 12:20

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

6cool_what.gif


#44 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 06-01-2014 - 12:31

[quote name="nguyentrungphuc26041999" post="475131" timestamp="1388764821"]

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 $m=1$[/quote]
Bài này quên xét trường hợp $m=0$.
Hơn nữa chỗ tô đỏ trường hợp $n$ lẻ hình như không đúng lắm. $n$ lẻ sao lại $\left(n^2+1 \right)^{2^k} \equiv 1 \pmod{4}$ ?
Chỗ $n$ chẵn thì đáng lẽ $n^2+1$ phải lẻ chứ ?[quote name="angleofdarkness" post="475292" timestamp="1388840094"]

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.

$\Rightarrow$ ${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.

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.[/quote]
Chỗ tô đậm mình nghĩ cần nói rõ hơn.[quote name="minhlong02121999" post="475646" timestamp="1388939122"]

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 từ (1) và (2)$\Rightarrow m=1$[/quote]
Mình không hiểu chỗ này lắm, phiền bạn giải thích rõ hơn được không ?[quote name="stronger steps 99" post="475104" timestamp="1388760797"]

* 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[/quote]
Hai cái tô đậm trên không hẳn là đúng, vì nhỡ đâu $k=0$.[quote name="Simpson Joe Donald" post="475129" timestamp="1388763895"]


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 $m\ge 2$
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 $m=1$
[/quote]
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 $VP \equiv 0 \pmod{4}$).[quote name="Frankie nole" post="475123" timestamp="1388762879"]

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 $m=1$[/quote]
Xét thiếu trường hợp $m=0$ (việc giả sử $m \ne 1$ vẫn còn một trường hợp này).
Chỗ in đậm: $44n^3+11n^2+10n+2$ chưa chắc là số chính phương nếu $k=0$.
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#45 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 06-01-2014 - 12:33

* 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

6cool_what.gif


#46 Rias Gremory

Rias Gremory

    Del Name

  • Thành viên
  • 1384 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 06-01-2014 - 13:09

[quote name="Jinbe" post="475681" timestamp="1388984903"]

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 $\boxed{m=1}$.





a[/quote]
Đáp án có vẻ giống cách làm của mình?? Chỉ vì mình làm hơi tắt một tí.
Mà cái bổ đề phụ là số chính phương khi chia cho $4$ dư $0,1$ có cần chứng minh nữa không?
Theo mình thì đây là một bổ đề khá quen thuộc nên mình đã không chứng minh.[quote name="huukhangvn" post="475127" timestamp="1388763662"]

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:ax.by=cd(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[/quote]
Bạn có thể chứng minh đoạn này ra được không?? Mình nghĩ làm gọn thái quá thì có thể làm người khác khó hiểu[quote name="Master Key 99" post="475130" timestamp="1388764076"]

-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[/quote]
Chỗ này bạn biến đổi bị sai nhé.[quote name="Vu Thuy Linh" post="475179" timestamp="1388805712"]

$(n^{2}+1)^{2^{k}}.A=N^{m}$
- 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[/quote]
Cái chỗ đỏ suy ra chưa đúng. Nếu $m=0$ thì $N^{m}=1\equiv 1$ (mod $4$)
Còn đoạn phía dưới bạn có thể viết rõ ra được k??[quote name="nghiemthanhbach" post="475324" timestamp="1388844598"]

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[/quote]
Lỗi $1$ :
Với $p=0\Rightarrow n=0 , cũng được mà , sao lại $p> 0$
Lỗi $2$ :
$n^{2}+1\equiv 1$ (mod $4$ ) $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1$ (mod $4$) [quote name="huukhangvn" post="475417" timestamp="1388890368"]

$(n^2+1)^(2^k)(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m$(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)
+Nhận thấy:(44n^3+11n^2+10n+2) bậc 3 và không thể biến về dạng (a2+1)t và dạng [Q(n)]^(2^h)(với h nguyên)(3)
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[/quote]
Bạn có thể chứng minh chỗ này không?[quote name="minhlong02121999" post="475646" timestamp="1388939122"]

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 $[(44n+11)(n^2+1)-(34n+9)]\vdots (n^{2}+1)^{2^{k}}$
$-(34n+9)$ 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)$\Rightarrow m=1$[/quote]
Với $n=0$ thì vẫn được mà bạn ???

#47 LumiseEdireKRN

LumiseEdireKRN

    Binh nhì

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

Đã gửi 06-01-2014 - 17:59

Bài của Toán th

nguyentrungphuc26041999

 

Giả sử $m\neq 1$

$\Rightarrow m> 1$

$m=0$ thì sao?


Kriestirst Riggel Night Lumise Edire.

Tran Le Kien Quoc - KGI - Vie.

 


#48 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1537 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Algebraic Geometry
    Algebraic K-Theory
    Algebraic Topology
    Combinatorial Topology
    Complex Geometry
    Classical & Quantum Mechanics
    Hodge theory
    Riemannian Geometry
    Symplectic Geometry

Đã gửi 06-01-2014 - 18:58

* 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

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.


#49 stronger steps 99

stronger steps 99

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán học,các loại nhạc:US-UK,K-POP,J-POP,...

Đã gửi 06-01-2014 - 18:59

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

  :like Do not worry about your difficulties in Mathematics. I can assure you mine are still greater. :like

                                               :nav: Ghé Thăm My Facebook tại đây.  :nav:

 


#50 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 06-01-2014 - 19:15

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

6cool_what.gif


#51 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1537 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Algebraic Geometry
    Algebraic K-Theory
    Algebraic Topology
    Combinatorial Topology
    Complex Geometry
    Classical & Quantum Mechanics
    Hodge theory
    Riemannian Geometry
    Symplectic Geometry

Đã gửi 06-01-2014 - 19:20

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 )


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.


#52 nguyentrungphuc26041999

nguyentrungphuc26041999

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT Phan Bội Châu
  • Sở thích:bóng đá, làm toán, chơi game,đủ trò

Đã gửi 06-01-2014 - 19:57

chết thật,sót mất $m=0$ loại

ghi nhầm $n$ chẵn lẻ nữa



#53 Vu Thuy Linh

Vu Thuy Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:THCS Lâm Thao

Đã gửi 06-01-2014 - 20:41

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


#54 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 06-01-2014 - 20:54

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


#55 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 06-01-2014 - 22:58

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


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#56 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 07-01-2014 - 11:24

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

 

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!



#57 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 07-01-2014 - 11:57

(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.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#58 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 07-01-2014 - 12:06

* 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 $k=0$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#59 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 07-01-2014 - 12:10

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.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#60 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 07-01-2014 - 15:42

Bài của Toán th

nguyentrungphuc26041999

 

$m=0$ thì sao?

Đơn giản chỉ vì $m=0$ thì $N=1$
Thì giả sử $VT=1$

Bạn phản chứng thì không tồn tại $n$ thoả mãn với mọi trường hợp nên ...







0 người đang xem chủ đề

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