Chủ đề này có 5 trả lời

[nguyen_ct]

1/ cho a,b,c là 3 số phân biệt thuộc N thỏa mãn: tổng hai số bất kì là một số chính phương
i,tìm hai bộ số thỏa mãn dk trên
ii,tìm một bộ số thỏa mãn dk trên trong đó có 2 hoăc 3 số lẻ
iii,nếu 1 trong 3 số = 0 thi`bo số trên như thế nào?
iiii,nếu như 3 số ko nhất thiết phân biệt và N* thi CM bộ số trên la` vô hạn


2/ 1 bai` toán lóp 6

CM: $ 6^{1} $ +$ 6^{2} $+....+$ 6^{2008} $ 777
3/viết các số từ 1 đến 2009 thành một hàng theo thứ tự tùy ý ta dc. 1 số A
CM: A ko thể là bình phương ,lập phương của 1 số :D:D
4/giải pt no nguyên :
$ x^{2008} $+$ y^{2008} $=$ 2010^{2008} $

[Math_is_Great]

Trả lời câu 1 trc
i> (5, 20, 44) và (10, 54, 90)
ii> Ko tìm đc. Trong 3 số có 2 số 4 và 1 số 1 (mod 4) hoặc cả 3 số 2 (mod 4) hoặc có 2 số 2 (mod 4) và 1 số 3 (mod 4), tức là có ko quá 1 số lẻ
iii> Nếu 1 số = 0 thì 2 số còn lại là 2 số chính phương, gọi là x^2 và y^2, và x, y là 2 cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông. VD (0, 9, 16) ; (0, 25, 144)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Math_is_Great: 04-09-2008 - 12:44

[thihoa_94]

bài 2) nhóm lần lượt 4 hạng tử
($ \6^{1} $+$\6^{2}$+$\6^{3}$+$\6^{4}$)+...+($\6^{2004}$+$\6^{2005}$+$\6^{2006}$+ $\6^{2007}$+ $\6^{2008}$)
=(6^1+6^2+6^3+6^4)(1+6^4+6^8+...+6^2004) $\vdots $777
bài 3) gọi S là tổng các chữ số của nó, tổng các số từ 1 đến 2009 là P
S$\equiv $P (mod3), mà P=2009.2010/2=2019045$\vdots $3
=> S$\vdots $3 mà P không chia hết cho 9 không chia hết cho 27nên S không chia hết 9,27. vì thế nó không phải là số chinh phương, lập phương của một số.
bài 4) chắc sử dụng số Pitago và pp lùi vô hạn.
(x^502)^4+(y^502)^4=(z^502)^4 (1)
hay u^2+v^2=t^2 ( với u=x^502.2, v=y^502.2, t=z^502.2)
ta có có nghiệm số nguyên tố cùng nhau
u=2mn; v=m^2-n^2; t=m^2+n^2. với(m,n)=1 nên m,n có một số chẵn hoặc một số lẻ
( công thức Pytago).
nếu m chẵn thì n lẻ v= m^2-n^2= 4k+3 vô lí.
vậy m lẻ n chẵn. ta có u=2mn mà u là số chính phương nên m=a^2, n=2b^2 với (a,b)=1
từ y^502.2= m^2-n^2 <=> y^502.2+ (2b)^4=a^4
tiếp tục áp dụng công thức pytago ta có 2b^2= 2pq,y^502.2=p^2-q^2, a^2=p^2+q^2.
(p,q)=1
ta có p=c^2,q=e^2 => e,c,a là nghiệm của phương trình c^4+e^4=a^2 mà a<a^2=m<m^2<t cứl ập luận như thế thì tồn tại vô hạn dãy số nguyên dương t>t1=a>... gồm vô hạn số dẫn đến mâu thuẫn pt (1) vô nghiệm nguyên dương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thihoa_94: 04-09-2008 - 13:25

[nguyen_ct]

Vậy còn câu cuối bài 1 trả lời giúp mình nhé
thế câu 4 có cách nao giải ngắn hơn ko

[thihoa_94]

Vậy còn câu cuối bài 1 trả lời giúp mình nhé
thế câu 4 có cách nao giải ngắn hơn ko

iiii) như bạn Math_is_great đã tìm được 2 bộ số. nhân tất cả từng số của một bộ số với một số a^2, vì a là vô hạn nên các bộ số nói trên là vô hạn.

[thihoa_94]

Giả sử y<x (x=y thì bất đẳng thức không xảy ra)
ta có x<2010 nên y<2009
với x=2009, y=2008 không là nghiệm của phương trình,
vậy x<2009, y<2008
ta có bài toán tìm no nguyên x^n+y^n=z^n (y<n), y<x
ta có 0<x^n<z^n =>|z|$\geq $x+1
z^n$\geq$ (x+1)^n=$\ x^{n} $+n$\ x^{n-1} $+...+1>
$\ x^{n} $+n$\ x^{n-1} $ >x^n+y.$\ y^{n-1}$= x^n+y^n
z^n>x^n+y^n pt vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thihoa_94: 07-09-2008 - 08:27