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

#61 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 - 15:47

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 . )

Đồng quan điểm

Latex chắc là bị lỗi nhẹ không sao cả, bạn ấy khúc biện luận làm vắn tắt vậy không thuyết phục tương đương với việc mất điểm phần lý luận khúc đó

Cho hỏi cái chỗ Latex sai nó ý chỉ dấu $"|"$ hay dấu chia hết vậy?



#62 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 - 16:01

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.
Bạn có thể chứng minh đoạn này ra được không?? Mình nghĩ làm gọn thái quá thì có thể làm người khác khó hiểu
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 $4$)
Còn đoạn phía dưới bạn có thể viết rõ ra được k??
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 $4$)
Bạn có thể chứng minh chỗ này không?
Với $n=0$ thì vẫn được mà bạn ???

ÔNg gõ latex mà nhận xét hay gõ word đấy, đọc hiểu được có phần đầu

Đúng là tui làm sai phần đó =))

 

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 $k=0$.

Theo minh k=0 thì $VT=(n^2+1)^{2^0}.(44n^3+11n^2+10n+2)=(n^2+1)(44n^3+11n^2+10n+2)$ xét bình thường cũng được mà nhỉ?

 

$2a(a+1)+1$ là số lẻ.

Xét thiếu trường hợp $k=0$ nên chưa khẳng định $(n^2+1)^{2^k}$ chính phương.

Cái này thì đồng ý

 

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.
Bạn có thể chứng minh đoạn này ra được không?? Mình nghĩ làm gọn thái quá thì có thể làm người khác khó hiểu
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 $4$)
Còn đoạn phía dưới bạn có thể viết rõ ra được k??
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 $4$)
Bạn có thể chứng minh chỗ này không?
Với $n=0$ thì vẫn được mà bạn ???

BỔ đề số chính phương chia 4 chỉ có thể dư 0;1 phải chứng minh, trong lý thuyết đâu có nhắc đến nhỉ

:icon6:  :icon6:  :icon6:



#63 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 - 16:19

 

Theo minh k=0 thì $VT=(n^2+1)^{2^0}.(44n^3+11n^2+10n+2)=(n^2+1)(44n^3+11n^2+10n+2)$ xét bình thường cũng được mà nhỉ?

$k>0$ 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 ?


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

#64 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 07-01-2014 - 17:01

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!

Mình cũng thấy bài ở trận 1 này nhiều toán thủ đã đọc đáp án bên mathlink.... không tiện nói tên nhưng mà còn có nhiều toán thủ làm việc theo nhóm. Cuộc thi chỉ để thử sức và ôn luyện tốt cho các cuộc thi HSG , vào trường chuyên nên trên đây là kiến nghị của mình ... Các bạn làm bài nghiêm túc tí ... vui vẻ với hiệu quả là chính mà không cần gay go như thế đâu.  


:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

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

 


#65 Frankie nole

Frankie nole

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết

Đã gửi 07-01-2014 - 18:49

Cái bài này có liển quan ji đến LTE không nhỉ?

#66 mrwin99

mrwin99

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

Đã gửi 07-01-2014 - 20:28

Mình cũng thấy bài ở trận 1 này nhiều toán thủ đã đọc đáp án bên mathlink.... không tiện nói tên nhưng mà còn có nhiều toán thủ làm việc theo nhóm. Cuộc thi chỉ để thử sức và ôn luyện tốt cho các cuộc thi HSG , vào trường chuyên nên trên đây là kiến nghị của mình ... Các bạn làm bài nghiêm túc tí ... vui vẻ với hiệu quả là chính mà không cần gay go như thế đâu.  

Rất cám ơn bạn Hiếu đã trình bày quan điểm về chuyện này

 

Cái bài này có liển quan ji đến LTE không nhỉ?

MSS là THCS thì không có định lý LTE nên bạn khỏi để tâm đến định lý đó nhá



#67 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 07-01-2014 - 20:30

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 $k=0$.

ukm.sau lúc nộp bài mình mới nhận ra cái đấy nhưng mà tại mình không đọc kĩ điều lệ thi nên không biết là được gửi lại bài khác :(


  :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:

 


#68 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 - 22:38

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

Khúc đó là sao vậy Jinbe?



#69 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 10-01-2014 - 20:52

Các toán thủ thảo luận bài làm của nhau đến hết đêm nay, sau đó Trọng tài sẽ vào chấm bài. Đề nghị không spam và chú ý cách gõ $Latex$ .

 

Có 1 điều chú ý là đề nghị các toán thủ khi nộp bài đề nghị không nên sử dụng bài toán đã có trên Aops ( nếu muốn lấy thì phải chỉnh sửa lại cho khác đi ) . 


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#70 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 11-01-2014 - 12:36

Khóa topic, ai có ý kiến gì về bài giải có thể nhắn tin trực tiếp đến các Trọng tài.


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#71 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 22-01-2014 - 21:53

BẢNG ĐIỂM TRẬN 1

(Phúc khảo đến hết ngày 23/01)

File gửi kèm  mss1.png   353.4K   51 Số lần tải

Toán thủ màu đỏ bị loại


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.


#72 neulaanhthianhse

neulaanhthianhse

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 24-03-2015 - 08:53

Giải phương trình nghiệm nguyên  sau:

     19x3-98y2=1998

 



#73 nguoinghean

nguoinghean

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết

Đã gửi 29-06-2015 - 23:04

Giả sử đề bài đúng .

Vì m;n;N;k đều  N

 Xét k=0  (n2+1)2k=n2+1 : có lũy thừa bậc cao nhất là chẵn ( ở đây =2)

 Xét kZ+ 2k luôn là số chẵn (n2+1)2k có lũy thừa bậc cao nhất là số chẵn.

Mà 44n3+11n2+10n+2 là biểu thức bậc ba (bậc lẻ) với số mũ tự nhiên giảm dần và có hệ số tự do

A=(n2+1)2k(44n3+11n2+10n+2) : là một biểu thức có bậc cao nhất là số lẻ với số mũ tự nhiên giảm dần đến 1và có hệ số tự do. ()

 Chứng minh bổ đề phụ :

Với a và b ( giả sử a>b) là 2 số tự nguyên dương liên tiếp, thì a.q và b.q không thể là 2 số nguyên dương liên tiếp ( qN,qlẻ, q3)

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

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

 bổ đề đã được chứng minh.

Áp dụng bổ đề trên:

 A không thể viết dưới dạng 1 biểu thức có lũy thừa dạng m=2k+1 (kZ+), vì các số mũ của A đều là số tự nhiên và được sắp xếp theo thứ tự giảm dần ( chứng minh ở ()). Nếu ta xem a,b trong bổ đề vừa chứng minh là từng cặp số mũ trong biểu thức N thì N2k+1 viết ra dưới dạng A các cặp số mũ của biểu thức a dưới dạng a.m;b.m sẽ không liên tiếp.

 trái với ().

Vậy m có dạng 2k+1(kZ+) không thể thỏa (1)Loại.

Đơn giản hơn với m=2k (kZ+) =>Nm=A có bậc cao nhất là bậc chẵn. Trái với ().

Vậy m có dạng 2k(kZ+) không thể thỏa (1)Loại.

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

Hay nói cách khác : A=N1 m=1.

Kết thúc chứng minh..Đề bài hoàn toàn đúng







0 người đang xem chủ đề

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