Tìm $a,b \in Z , a,b>0$ thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^{b}$ là 1 số chính phương
Tìm a,b nguyên dương thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^{b}$ là 1 số chính phương
#1
Đã gửi 03-05-2023 - 00:39
#2
Đã gửi 16-10-2023 - 20:54
#3
Đã gửi 17-10-2023 - 21:37
Bài ni 1 thằng bạn hỏi a mà a lúc đó a chưa làm đc nên đăng lên đây để thảo luận thôi
#4
Đã gửi 18-10-2023 - 18:26
Tìm $a,b \in Z , a,b>0$ thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^{b}$ là 1 số chính phương
Vì bài này để ở THCS nên mình sẽ nêu lại một số ý cần thiết liên quan tới số mũ đúng. Tài liệu tham khảo: Phạm Quang Toàn, Amir Hosein.
Với mỗi số nguyên dương $x$, kí hiệu $v_2(x)$ là số tự nhiên $k$ lớn nhất sao cho $2^k\mid x$ (ví dụ $v_2(12)=2$ và $v_2(15)=0$). Với $x,y$ là các số nguyên dương thì ta có
- $v_2(x^y)=y\cdot v_2(x)$, do vậy $v_2(x^2)$ luôn là số chẵn.
- $v_2(x+y)= \min\big(v_2(x),v_2(y)\big)$ nếu $v_2(x)\neq v_2(y)$.
Quay lại bài toán. Xét $b\ge 5$, nếu $a$ lẻ thì
\[a^2\equiv 1\pmod{4}\implies a^4+10a^2+2^b\equiv 3\pmod{4}.\]
Điều này vô lí thì số chính phương khi chia cho $4$ chỉ dư $0$ hoặc $1$, do vậy $a$ chẵn. Nếu $b\ge 2v_2(a)+2$ thì theo Mệnh đề 2 ta có
\[v_2(a^4+10a^2+2^b)=v_2(10a^2)=2v_2(a)+1,\]
vô lí theo Mệnh đề 1. Vậy $b\le 2v_2(a)+1$, suy ra
\[a^4+10a^2+2^b\le a^4+12a^2<(a^2+6)^2.\]
Mặt khác $b\ge 5$ nên $a^4+10a^2+2^b>(a^2+5)^2$. Vậy $b\ge 5$ thì không tồn tại $a$, còn lại chỉ cần xét $b\in\{1,2,3,4\}$ thì đơn giản rồi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 18-10-2023 - 18:35
- perfectstrong, hxthanh, Sangnguyen3 và 2 người khác yêu thích
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh