Chủ đề này có 12 trả lời

[hxthanh]

Problem
Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương $n\ge 3$, ta luôn tách được $n$ thành tổng của ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a+11b+13c$ là một số chính phương.

[hxthanh]

Bảng một số giá trị của $n$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
n & a_{\times 1} & b_{\times 11} & c_{\times 13} & m^2 && n & a_{\times 1} & b_{\times 11} & c_{\times 13} & m^2 \\
\hline
3 & 1 & 1 & 1 & 5^2 && 11 & 1 & 5 & 5 & 11^2 \\
\hline
4 & 1 & 2 & 1 & 6^2 && 11 & 5 & 1 & 5 & 9^2 \\
\hline
5 & 1 & 2 & 2 & 7^2 && 12 & 4 & 4 & 4 & 10^2 \\
\hline
6 & 1 & 1 & 4& 8^2 && 12 & 7 & 4 & 1 & 8^2 \\
\hline
7 & 3 & 3 & 1 & 7^2 && 13 & 3 & 6 & 4 & 11^2 \\
\hline
8 & 3 & 2 & 3 & 8^2 && 13 & 7 & 2 & 4 & 9^2 \\
\hline
9 & 2 & 6 & 1 & 9^2 && 14 & 2 & 7 & 5 & 12^2 \\
\hline
10 & 2 & 3 & 5 & 10^2 && 14 & 3 & 1 & 10 & 12^2 \\
\hline
10 & 5 & 3 & 2 & 8^2 && 14 & 6 & 5 & 3 & 10^2 \\
\hline
-& - & -& - & - && 14 & 12 & 1 & 1 & 6^2 \\
\hline
\end{array}$$
Dường như không có quy luật nào cả, nhưng có thể thấy được $n$ càng lớn thì càng có nhiều cách viết.
Cơ mà cũng không hẳn! Trong khi $n=15$ có tới 6 cách viết thì $n=16$ chỉ có 3 cách viết
Hy vọng có thể gợi ý được một chút cho các bạn tìm hướng giải quyết

[nhungvienkimcuong]

Bài này em làm chưa triệt để, nhưng tạm thời chứng minh được với $n$ đủ lớn thì thỏa đề.

Problem
Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương $n\ge 3$, ta luôn tách được $n$ thành tổng của ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a+11b+13c$ là một số chính phương.

Sau đây em sẽ chứng minh với mọi $n\ge N$ thì thỏa đề, trong đó $N$ (khá lớn) như thế nào sẽ xuất hiện ở phần sau.

Gọi $k$ là số nguyên dương thỏa mãn $(k-1)^2<n\le k^2$ và $r\in \{0,1,\dots,29\}$ thỏa mãn hệ sau

$$\left\{\begin{gathered}(3k+r)^2-n\equiv 0\pmod{2}\\ (3k+r)^2-n\not\equiv 0\pmod{3}\\(3k+r)^2-n\not\equiv 0\pmod{5}\end{gathered}\right.$$

Vì $n=a+b+c$ nên $a+11b+13c=n+10b+12c$. Tiếp đến ta sẽ chứng minh rằng tồn tại $b,c$ nguyên dương sao cho $b+c<n$ và

$$n+10b+12c=(3k+r)^2\iff 5b+6c=\frac{(3k+r)^2-n}{2}.\tag{$\blacklozenge$}$$

$\bullet$ Chứng minh tồn tại $b,c\in \mathbb{N}^*$.

Vì $k\ge 2$ (do $N$ khá lớn) nên có được 

$$\frac{(3k+r)^2-n}{2}\ge \frac{9k^2-n}{2}\ge 8k^2\ge 20=5\times 6 -5-6+1.$$

Do vậy theo định lí Sylvester thì tồn tại $b,c\in \mathbb{N}$ thỏa $(\blacklozenge)$. Với cách chọn $r$ thỏa hệ đồng dư ở trên nên 

$$\gcd\left(\frac{(3k+r)^2-n}{2},3 \right )=\gcd\left(\frac{(3k+r)^2-n}{2},5 \right )=1.$$

Khi đó với $b,c\in \mathbb{N}$ thỏa $(\blacklozenge)$ thì $b,c\neq 0$. Dẫn tới $b,c\in \mathbb{N}^*$.

$\bullet$ Chứng minh $b+c<n$.

Giả sử $b+c\ge n$. Khi đó 

$$5n+1\le 5b+6c=\frac{(3k+r)^2-n}{2}\le \frac{(3k+29)^2-n}{2}<\frac{(3(\sqrt{n}+1)+29)^2-n}{2}.$$

Do vậy ta có $11n+2<(3\sqrt{n}+32)^2$, tới đây xuất hiện $N$ (bằng $102^2$) để điều này mâu thuẫn.

 

Chú thích (Định lí Sylvester): Cho hai số nguyên dương $a,b$ sao cho $\gcd(a,b)=1$, khi đó với mọi $n\ge ab-a-b+1$ thì phương trình $ax+by=n$ luôn có nghiệm tự nhiên $x,y$.

 

 

 

[hxthanh]

Chờ lời giải của em từ trưa đến giờ

…
Chú thích (Định lí Sylvester): Cho hai số nguyên dương $a,b$ sao cho $\gcd(a,b)=1$, khi đó với mọi $n\ge ab-a-b+1$ thì phương trình $ax+by=n$ luôn có nghiệm tự nhiên $x,y$.

Cách làm dưới đây cũng tương tự sử dụng định lý Sylvester, em xem có sai ở đâu không nhé!
Ta sẽ xây dựng nghiệm cho phương trình
$$n+10b+12c=m^2$$
sao cho $b+c<n$
Hay $5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\;\;\;(*)$
Theo định lý Sylvester thì điều kiện cần để $(*)$ có nghiệm là $\frac{m^2-n}{2}>5\times 6=30$
$\Rightarrow m>\sqrt{n+60}$
Đặt $m=\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +x$
trong đó $x+ \left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\equiv n\mod{2} $
Ta cho: $m>\sqrt n -1+x>\sqrt{n+60}$ suy ra $x>\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1$
Lại cần có: $5(b+c)<5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\le \frac{(x+\sqrt n)^2-n}{2}<5n $
Suy ra $x<\sqrt{11n}-\sqrt n$
Để đảm bảo cho trong khoảng $(\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1<x<\sqrt{11n}-\sqrt{n})$ có ít nhất hai số nguyên (1 chẵn 1 lẻ), ta cần giải bất phương trình
$\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+3<\sqrt{11n}-\sqrt{n} $
Kết quả cho ta $n\ge 12$
——
Kết hợp với bảng trên ta có điều phải chứng minh

[nhungvienkimcuong]

Hay $5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\;\;\;(*)$
Theo định lý Sylvester thì điều kiện cần để $(*)$ có nghiệm là $\frac{m^2-n}{2}>5\times 6=30$

Định lí Sylvester chỉ ra có nghiệm tự nhiên, nghĩa là dù thỏa mãn điều kiện cần thì vẫn có thể xảy ra trường hợp $b=0$ hoặc $c=0$. Em cũng bị lúng túng chỗ này nên khúc chặn bên trên làm cho $N$ hơi lớn 

[perfectstrong]

Vậy mệnh đề đúng với $n < 12$ chỉ là trùng hợp thôi à thầy Thanh

[hxthanh]

Vậy mệnh đề đúng với $n < 12$ chỉ là trùng hợp thôi à thầy Thanh

Lời giải trên là cách ta xây dựng $m$
Ở trên ta chọn $m=\left\lfloor \sqrt n\right\rfloor+x$ và đảm bảo cho $x$ có đủ cả chẵn và lẻ để chọn được $m$
Với $n<12$ thì cách chọn này không còn phù hợp vì $x$ chỉ còn một giá trị duy nhất (thậm chí không có) khi đó không đảm bảo được $\frac{m^2-n}{2}$ nguyên . Ta sẽ phải chọn $m$ kiểu khác!
Và đúng như em nhận xét, tất cả phương án có $m<8$ thì đều là trùng hợp vì không còn được “bảo kê” bởi định lý Sylvestre

[perfectstrong]

Ngó cách giải trên thì ta thử mở rộng xem    Với những bộ $(p,q,r) \in \mathbb{N}^*$ nào thì mệnh đề sau thỏa mãn?

Tồn tại $N$ nguyên dương đủ lớn để sao cho với mọi $n \ge N$ thì luôn có thể tách $n$ thành 3 số $a,b,c$ nguyên dương sao cho $pa + qb +rc$ là một số chính phương.

[nhungvienkimcuong]

Sau đây mình hiệu chỉnh lại lời giải của thầy Thanh, ngoài ra chặn được tốt hơn lời giải phía trên của mình nữa 

Với $n\ge 40$ cho trước, ta sẽ chứng minh tồn tại bộ ba số nguyên dương $(b,c,m)$ thỏa mãn

$$5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\tag{$\blacklozenge$}$$

và $b+c<n$.

 

Vì $n\ge 40$ nên có bất đẳng thức sau $\sqrt{n+40}+12\le \sqrt{11n}$. Do vậy có ít nhất $12$ số nguyên nằm trong đoạn $\Big[\sqrt{n+40},\sqrt{11n}\Big].\qquad$ $(1)$

Sau đây là bảng số dư khi chia $m^2$ cho $3$ và $5$

$$\begin{array}{c|ccccccccccccccc} m&0 & 1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14\\ \hline m^2\equiv\ \ ?\pmod{3} & 0 & 1&1 & 0 & 1&1 & 0 & 1&1 & 0 & 1&1 & 0 & 1&1\\ \hline m^2\equiv\ \ ?\pmod{5} & 0 & 1&4 & 4 & 1&0 &1 & 4&4 & 1 & 0&1 & 4 & 4&1\end{array}$$

Dựa vào bảng này thì ta thấy rằng với số $n$ cho trước thì trong $12$ số nguyên liên tiếp luôn tồn tại $m$ sao cho

$$\left\{\begin{gathered}m^2-n\equiv 0\pmod{2}\\ m^2-n\not\equiv 0\pmod{3}\\m^2-n\not\equiv 0\pmod{5}\end{gathered}\right.\qquad \color{red}{(2)}$$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn hệ đồng dư $(2)$ và $n+40\le m^2\le 11n$. Phần còn lại thì tương tự ở trên của mình. 

$\bullet$ Chứng minh tồn tại $b,c\in \mathbb{N}^*$.

Vì $\frac{m^2-n}{2}\ge \frac{(n+40)-n}{2}= 20$. Do vậy theo định lí Sylvester thì tồn tại $b,c\in \mathbb{N}$ thỏa $(\blacklozenge)$. Với cách chọn $m$ thỏa $(2)$ thì

$$\gcd\left(\frac{m^2-n}{2},3 \right )=\gcd\left(\frac{m^2-n}{2},5 \right )=1.$$

Khi đó với $b,c\in \mathbb{N}$ thỏa $(\blacklozenge)$ thì $b,c\neq 0$. Dẫn tới $b,c\in \mathbb{N}^*$.

$\bullet$ Chứng minh $b+c<n$. Có được bất đẳng thức này vì

$$5(b+c)<5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\le \frac{11n-n}{2}=5n.$$

 

Chú thích: Tại sao phải là $12$ số nguyên liên tiếp?

• Nếu $n\equiv 1\pmod{3}$ thì $m^2$ chỉ còn một lựa chọn là $m^2\equiv 0\pmod{3}$. Lúc này 12 số nguyên liên tiếp mới chắc chắn xuất hiện $4$ số $m$ như thế. Để thỏa vụ modulo $2$ thì còn lại hai thằng $m$, với $2$ thằng còn lại này sẽ chọn được môt trong hai để okela khoản modulo $5$.
• Nếu $n\equiv 0\pmod{3}$ thì thoải mái hơn, vài số liên tiếp là được rồi chứ chưa cần tới $12$ số.

Có hai khoản khó nhất là như trên nên cần $12$ số.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 21-08-2022 - 15:39

[hxthanh]

…
Chú thích (Định lí Sylvester): Cho hai số nguyên dương $a,b$ sao cho $\gcd(a,b)=1$, khi đó với mọi $n\ge ab-a-b+1$ thì phương trình $ax+by=n$ luôn có nghiệm tự nhiên $x,y$.

Với $n\ge ab-a-b+1$ thì
Phương trình $ a(x+1)+b(y+1)=n+a+b\Leftrightarrow ax’+by’=n’$ luôn có nghiệm nguyên dương $x’,y’$
Ở đó $n’=n+a+b\ge ab-a-b+1+a+b>ab$
Lập luận này có gì sai không Phát?
Hay nói cách khác là điều kiện để $ax+by=n$ có nghiệm nguyên dương $x,y$ là $n>ab$
Tất nhiên phải có $\gcd(a,b)=1$
——
Em lăn tăn vụ một trong hai số $b$ hoặc $c$ có thể bằng $0$ nên nghĩ hơi nhiều rồi. “Tăng” điều kiện của $n$ lên là có nghiệm nguyên dương thôi, phải không nào!

[nhungvienkimcuong]

Em lăn tăn vụ một trong hai số $b$ hoặc $c$ có thể bằng $0$ nên nghĩ hơi nhiều rồi. “Tăng” điều kiện của $n$ lên là có nghiệm nguyên dương thôi, phải không nào!

Đúng rồi thầy ạ  . Vậy lời giải ở trên của thầy là chuẩn rồi.

Ngoài ra với cách làm của thầy thì hoàn toàn có thể tìm được một điều kiện khá ổn cho bài tổng quát anh Hân nêu ở trên nữa.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 21-08-2022 - 18:13

[perfectstrong]

Chờ lời giải của em từ trưa đến giờ
Cách làm dưới đây cũng tương tự sử dụng định lý Sylvester, em xem có sai ở đâu không nhé!
Ta sẽ xây dựng nghiệm cho phương trình
$$n+10b+12c=m^2$$
sao cho $b+c<n$
Hay $5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\;\;\;(*)$
Theo định lý Sylvester thì điều kiện cần để $(*)$ có nghiệm là $\frac{m^2-n}{2}>5\times 6=30$
$\Rightarrow m>\sqrt{n+60}$
Đặt $m=\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +x$
trong đó $x+ \left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\equiv n\mod{2} $
Ta cho: $m>\sqrt n -1+x>\sqrt{n+60}$ suy ra $x>\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1$
Lại cần có: $5(b+c)<5b+6c=\frac{m^2-n}{2}\le \frac{(x+\sqrt n)^2-n}{2}<5n $
Suy ra $x<\sqrt{11n}-\sqrt n$
Để đảm bảo cho trong khoảng $(\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1<x<\sqrt{11n}-\sqrt{n})$ có ít nhất hai số nguyên (1 chẵn 1 lẻ), ta cần giải bất phương trình
$\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+3<\sqrt{11n}-\sqrt{n} $
Kết quả cho ta $n\ge 12$
——
Kết hợp với bảng trên ta có điều phải chứng minh

Nói mới để ý, tại sao chúng ta cần có ít nhất hai số nguyên trong khoảng $\left] {\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1; \sqrt{11n}-\sqrt{n}} \right[$ vậy thầy?

[hxthanh]

Nói mới để ý, tại sao chúng ta cần có ít nhất hai số nguyên trong khoảng $\left] {\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1; \sqrt{11n}-\sqrt{n}} \right[$ vậy thầy?

Nói mới để ý, tại sao chúng ta cần có ít nhất hai số nguyên trong khoảng $\left] {\sqrt{n+60}-\sqrt{n}+1; \sqrt{11n}-\sqrt{n}} \right[$ vậy thầy?

Ta cần $m\equiv n\mod 2$ để $\frac{m^2-n}{2}\in \mathbb Z$ ($m$ và $n$ cùng tính chẵn lẻ)
Mặt khác do ta chọn $m=\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor +x$
Làm sao biết được $\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor $ chẵn hay lẻ?
Vì vậy ta cần khoảng lựa chọn cho $x$ có ít nhất $2$ số nguyên liên tiếp.
- Ví dụ với $n=12$ thì $\left\lfloor \sqrt{12} \right\rfloor=3 $ ta cần chọn $m=3+x$ chẵn, hay $x$ lẻ
Khoảng $\sqrt{72}-\sqrt{12}+1<x<\sqrt{132}-\sqrt{12}\Leftrightarrow 6.02..<x<8.02..\Rightarrow x\in\{7,8\}$ Chọn được $x=7$ Nên $m=10$.
- Nếu $n=11$ thì $\left\lfloor \sqrt{11} \right\rfloor=3$
$\sqrt{71}-\sqrt{11}+1<x<11-\sqrt{11}\Leftrightarrow 6.1..<x<7.6..\Rightarrow x=7$
Vậy $m=3+7=10$ nhưng $\frac{m^2-n}{2}=\frac{100-11}{2}\not\in\mathbb Z$
•_•
Ok chưa Hân?
Về bài toán tổng quát Hân đề nghị thì có thể giải được có điều phải xét đến 4 cái $\gcd$ để phân loại… nhìn không yêu lắm!