Đến nội dung

Hình ảnh

CMR tồn tại vô hạn số tự nhiên N để $(4n^2+1)\vdots 5$ hoặc $(4n^2+1)\vdots 12$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1
Psycho

Psycho

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết

1. CMR tồn tại vô hạn số tự nhiên N để $(4n^2+1)\vdots 5$ hoặc $(4n^2+1)\vdots 12$

 

2. Tồn tại hay không số tự nhiên n mà $n^2 + n + 1 \vdots 1995$

 

3. Tìm $n \in \mathbb{N}*$ để $(n^2 + 1) \vdots (n+1)$

4. Cho $a,b,c \in \mathbb{N}$ và $(a^3 + b^3 + c^3)\vdots 9$ .CMR trong 3 số a,b,c có ít nhất 1 số chia hết cho 3

 

5. Tồn tại hay không số k mà 1995k + 3 là lập phương của một số tự nhiên

 

6. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn $2x^2 + y^2 = 1909$

7. Tìm nghiệm nguyên của hệ $\left\{\begin{matrix} xyz+xy+xz=1995-x\\ xyz+yx+yz=1995-y\\ xyz+zx+zy=1995-z\end{matrix}\right.$

8. Tìm nghiệm nguyên của pt $x^3 + 2y^3 =4z^3$

9. CMR trong 9 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số nguyên tố cùng nhau với tất cả số còn lại

 

10. CMR trong 5 số tự nhiên liên tiếp có một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại



#2
Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

4) Xem bài tương tự tại đây.

Chú thích

 

6) Dễ thấy $y$ là số lẻ, hay $y=2n+1\ (n\in \mathbb{Z})$
Vì $y^2$ và $1909$ chia 4 dư 1 nên $x\ \vdots\ 4\implies x=4m\ (m\in \mathbb{Z})$
PT đã cho trở thành $8m^2+4n^2+4n+1=1909\implies 2m^2+n(n+1)=477$
Dễ thấy PT trên vô nghiệm nguyên.
Vậy PT $2x^2+y^2=1909$ không có nghiệm nguyên.

 

3) $GT\Leftrightarrow n^2-1+2\ \vdots \ n+1\\ \implies (n-1)(n+1)+2\ \vdots\ n+1\\ \implies 2\ \vdots\ n+1\\ \implies \color{red}{n=1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 19-08-2016 - 14:26


#3
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Câu 8 dùng nguyên lý cực hạn nha bạn...=> x=ỵ=z=0.

#4
royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết

 

2. Tồn tại hay không số tự nhiên n mà $n^2 + n + 1 \vdots 1995$

 

 

Ta có $n^3-1=(n-1)(n^2+n+1) \vdots 1995$

$\Rightarrow n^3=1$ (mod $1995$)

$\Rightarrow n^3=1$ (mod $5$) $\rightarrow n^4 \equiv n$ (mod $5$)  (1)

-Xét $5 \mid n$. Lúc đó ta có $n^2+n+1$ không chia hết cho 5 (Loại)

-Xét $(5,n)=1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có: $n^4 \equiv 1 (mod 5)$ (2)

Từ (1)(2) $\Rightarrow n \equiv 1$ (mod 5)

Lúc đó ta lại có $n^2+n+1 \equiv 3$ (mod 5) (Loại)

Vậy không tồn tại số tự nhiên $n$ thỏa đề bài 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 18-08-2016 - 18:32


#5
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Câu 7: Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta được: (x-y)(z+1)=0.
Lấy phương trình (2) trừ phương trình (3) ta được: (y-z)(x+1)=0.
Lấy phương trình (3) trừ phương trình (1) ta được (z-x)(ý+1)=0.
Suy ra: x=ý=z và x=ý=z=-1(loại).
Thế x=ý=z vào hệ ta được phương trình: x^3+2x^2+x-1995=0 => phương trình có nghiệm x=11,93101768....
Vậy nghiệm của hệ là x=ý=z=11,93101768....(nghiệm lẻ quá).

#6
Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

5) Ta có $1995k\ \vdots\ 7$ Suy ra $1995k+3$ chia 7 dư 3

Mà lập phương của 1 số tự nhiên luôn chia hết cho 7 hoặc chia 7 dư 1 hay 6.

Vậy không có $k$ thoả mãn đề bài



#7
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Bạn ơi câu 1 hình như là chia hết cho 13 chứ.

#8
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Câu 10: Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vị thì không thể có ước chung quá 4. Như vậy hai số trong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2, 3, 4 hoặc chúng nguyên tố cùng nhau. Trong năm số nguyên dương liên tiếp phải có ít nhất hai số lẻ và có ít nhất một số chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với bốn số còn lại...

#9
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Câu 9: làm tương tự nha bạn...

#10
Hai2003

Hai2003

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

Câu 10: Nếu hai số không bằng nhau mà hơn kém nhau không quá 4 đơn vị thì không thể có ước chung quá 4. Như vậy hai số trong năm số tự nhiên liên tiếp có thể có các ước chung là 2, 3, 4 hoặc chúng nguyên tố cùng nhau. Trong năm số nguyên dương liên tiếp phải có ít nhất hai số lẻ và có ít nhất một số chia hết cho 3. Số này nguyên tố cùng nhau với bốn số còn lại...

Rốt cục là số nào? Số lẻ và chia hết cho 3 hả bạn? Nếu vậy 2,3,4,5,6 thì số đó là 5 mà.



#11
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Xin lỗi, phải là không chia hết cho 3 mới đúng...

#12
Psycho

Psycho

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết

Bạn ơi câu 1 hình như là chia hết cho 13 chứ.

12 ạ.. :"<



#13
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Câu 1: +Trường hợp: 4n^2+1 chia hết cho 5.
Xét số n có dạng n=5k+1 và n=5k-1 ( k>0 và k là số tự nhiên).
Ta có: 4n^2+1=4(5k+1)^2+1=4(25k^2+10k+1)+1=100k^2+40k+5=5(20k^2+8k+1) luôn chia hết cho 5 với mọi k.
Với n=5k-1 thì làm tương tự...
Từ đây ta dễ thấy tồn tại vô hạn n có dạng n=5k+1 và n=5k-1 ( k>0 và k là số tự nhiên ) thỏa mãn đề bài.
+ Trường hợp: 4n^2+1 chia hết cho 12 thì không tồn tại n.
Giả sử tồn tại n để 4n^2+1 chia hết cho 12.
Đặt 4n^2+1=12m (m>0 và m là số tự nhiên).
Dễ thấy vế trái lẻ, vế phải chẵn nên vô lý=> không tồn tại n thỏa đề.

#14
Psycho

Psycho

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết

Xét số n có dạng n=5k+1 và n=5k-1 ( k>0 và k là số tự nhiên).

vì sao lại là 2 dạng này ạ ?...



#15
Psycho

Psycho

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết

Giả sử tồn tại n để 4n^2+1 chia hết cho 12.
 

13 nha... hic hic mình hỏi lại đề rồi ạ..



#16
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
Ta xét n có dạng n=5k+1 và n=5k-1 ( k>0 và k là số tự nhiên) vì đề bài nói là chứng minh tồn tại nên ta chỉ cần chỉ ra trường hợp mà thỏa mãn đề là được, chứ thực tế n có vô số dạng như là n=10k+1 và n=10k-1,...
Bạn vừa sửa lại đề là 4n^2+1 chia hết cho 13 thì bạn xét n có dạng n=65k+4 và n=65k-4.

vì sao lại là 2 dạng này ạ ?...






0 người đang xem chủ đề

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