Topic các bài toán về số chính phương
#1
Đã gửi 08-08-2011 - 09:31
Friends during this time I will post up the post on the main number, forward the resolution gium and you can also put the number of items related to the len.Chung we will explain.
- phamanh28112000 yêu thích
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#2
Đã gửi 08-08-2011 - 09:37
Bài 1:
Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1!+2!+3!+..+n! là một số chính phương
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#3
Đã gửi 08-08-2011 - 09:46
Em xin mở đầuSố chính phương là một số bằng bình phương của một số tự nhiên chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0,1,4,5,6,9
Bài 1:
Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1!+2!+3!+..+n! là một số chính phương
Với n=1 thì $1! = 1 = 1^2 $ là số chính phương.
Với n=2 thì $1! + 2! = 3$ không là số chính phương.
Với n=3 thì $1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3^2 $ là số chính phương.
Với $n \ge 4$ ta có: $1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33$, còn $5!;\;6!;...;n!$ đều tận cùng bởi chữ số 0 do đó $1! + 2! + 3! + ... + n!$ có tận cùng bởi chữ số 3 nên không là số chính phương.
Vậy n=1; n=3 thỏa mãn bài toán.
- hoahuongduong96 và Lao Hac thích
#4
Đã gửi 08-08-2011 - 09:58
#5
Đã gửi 08-08-2011 - 10:04
$a^6 - a^4 + 2a^3 + 2a^2 = a^2 \left( {a^4 - a^2 + 2a + 2} \right) = ... = a^2 \left( {a + 1} \right)^2 \left( {a^2 - 2a + 2} \right)$đúng rôì
Bài 2
Chứng minh rằng số có dạng $\ a^{6}- a^{4}+2 a^{2}+2 a^{3}$ trong đó a N và n>1 không phải là số chính phương
Với $a \in N,\,a > 1 \Rightarrow a^2 - 2a + 2 = \left( {a - 1} \right)^2 + 1 > \left( {a - 1} \right)^2 $
và $a^2 - 2a + 2 = a^2 - 2\left( {a - 1} \right) < a^2 $
Vậy $\left( {a - 1} \right)^2 < a^2 - 2a + 2 < a^2 \Rightarrow a^2 - 2a + 2$ không là số chính phương.
Từ đó suy ra đpcm.
- MIM và hoahuongduong96 thích
#6
Đã gửi 08-08-2011 - 10:09
Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên $p$ để $5^p+12^p$ là số chính phương.
P/s: Nguyentrunghieua tập gõ công thức toán đi!
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#7
Đã gửi 08-08-2011 - 10:38
Dế thấy p=2 là một đáp số.Xin đưa thêm một bài
Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên $p$ để $5^p+12^p$ là số chính phương.
P/s: Nguyentrunghieua tập gõ công thức toán đi!
$\bullet $Xét p>2. Giả sử p=2k+1 là số lẻ.
Ta có: $5^{2k + 1} + 12^{2k + 1} \equiv 2^{2k + 1} \equiv 2.4^k \equiv 2\left( { - 1} \right)^k \,\left( {\bmod 5} \right)$.
Như thế $5^{2k + 1} + 12^{2k + 1} $ chia 5 sẽ cho số dư là 2 hoặc 3.
Mặt khác một số chính phương chia 5 có số dư là 0,1,4. Suy ra $5^{2k + 1} + 12^{2k + 1} $ không thể là số chính phương.
$\bullet $Xét p=2k là số chẵn lớn hơn 2. Giả sử $5^{2k} + 12^{2k} = m^2 \,\,,\,\,k \ge 2$.
Khi đó: $5^{2k} = m^2 - 12^{2k} = \left( {m - 12^k } \right)\left( {m + 12^k } \right)$.
Ta thấy 5 là ước của VT. Nếu 5 là ước của cả hai thừa số ${m - 12^k }$ và ${m + 12^k }$ thì 5 là ước của $2.12^k $. Điều này mâu thuẫn vì $2.12^k $ không chứa ước là 5. Suy ra phải có $m - 12^k = 1 \Rightarrow m = 12^k + 1$ và như thế $5^{2k} = 2.12^k + 1 \Rightarrow 2^{2k + 1} .3^k = \left( {5^k - 1} \right)\left( {5^k + 1} \right)$.
Nếu k lẻ thì do $5^k + 1 \vdots 3$ và $5^k - 1$ không chia hết cho 3 nên $5^k + 1 = 2.3^k $. Từ đó: $4^k = 5^k -1$. Đẳng thức này không thể đúng với $k \ge 2$.
Tương tự, nếu k chẵn thì $5^k + 1$ không chia hết cho 3 và $5^k - 1 \vdots 3$. Do đó $5^k - 1 = 2.3^k $.
Như thế $4^k = 5^k +1$, đẳng thức này cũng không đúng với $k \ge 2$.
Vậy giá trị duy nhất thỏa mãn là p=2.
- cvp, duongld, perfectstrong và 6 người khác yêu thích
#8
Đã gửi 08-08-2011 - 12:04
Bài 4: Cho $x_1 ,x_2 ,...,x_n $ là các số nguyên thỏa:
$x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2 + n^3 \le \left( {2n - 1} \right)\left( {x_1 + x_2 + ... + x_n } \right) + n^2 $.
Chứng minh $S = x_1 + x_2 + ... + x_n + n + 1$ không là số chính phương.
- cvp và hoahuongduong96 thích
#9
Đã gửi 08-08-2011 - 21:25
Bài 5
Cho A la môt số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm vào môĩ chữ số 1 đơn vị thì ta được một số chsinh phương B .Hãy tìm 2 số A và B.
Thêm câu hỏi 1 số có 4 chữ số .Đọc ngược lại thì gía trị ko thay đổi,hỏi:khi chia số đó cho 5 thì số đó có phải là số chính phương không?????,.....
( Nguồn http://diendan.hocma...ad.php?t=165222 )
Bài 6.CMR: M=n(n+1)(n+2)...(n+7) + 7! không biểu điễn được dưới dạng tổng hai số chính phương.
Bài 7.Cho tập hợp {2,5,7,d} với d là một số nguyên dương khác 2,5,13. CMR có thể tìm được trong tập hợp hai số phân biệt a và b sao cho ab - 1 không phải là số chính phương
Bài 8 cho x,y,z thuộc tập hợp N*, đôi một nguyên tố cùng nhau thoả mãn $\dfrac{1}{x}$+$\dfrac{1}{y}$= $\dfrac{1}{z}$Hỏi x+y có là số chính phương hay không?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 09-08-2011 - 20:22
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#10
Đã gửi 08-08-2011 - 22:29
Cho A là môt số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm vào mỗi chữ số 1 đơn vị thì ta được một số chính phương B. Hãy tìm 2 số A và B.
Giải :
Đặt $ A = \overline{abcd} = x^2 $
[Điều kiện: $ ( a, b, c, d, x \in N; 0 \leq b, c, d \leq 8; 9 > a > 0; x \leq \sqrt{8888} < 95)$]
Do $A = \overline{abcd} \Rightarrow B = \overline{( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 )( d + 1)} = y^2$ $ ( y > x; y \in N)$
Ta có : $ y^2 - x^2 = B - A = \overline{( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 )( d + 1)} - \overline{abcd} $
$ \Leftrightarrow y^2 - x^2 = 1000( a + 1 ) + 100( b + 1) + 10( c + 1 ) + d + 1 - ( 1000a + 100b + 10c + d) $
$ \Rightarrow ( y - x)( y + x) = 1111 = 1111.1 = 101.11$
Do y > x nên y - x > 0. Dễ thấy $ x + y > y - x > 0 $.
Do đó, ta có :
$\left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}y - x = 1\\y + x = 1111\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y - x = 11\\y + x = 101\end{array}\right.\end{array}\right. \Rightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}x = 555\\y = 556\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x = 45\\y = 56\end{array}\right.\end{array}\right.$
Do x < 95 nên x = 45. Suy ra $ A = 45^2 = 2025 \Rightarrow B = 3136 = 56^2$.
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hai số A, B cần tìm là 2025, 3136
- cvp và hoahuongduong96 thích
#11
Đã gửi 09-08-2011 - 16:17
Trước hết ta nhận xét rằng: $2.5 - 1 = 9 = 3^2 ,\,\,\,\,2.13 - 1 = 25 = 5^2 ,\,\,\,\,\,\,5.13 - 1 = 64 = 8^2 $.Bài 7.Cho tập hợp {2,5,7,d} với d là một số nguyên dương khác 2,5,13. CMR có thể tìm được trong tập hợp hai số phân biệt a và b sao cho ab - 1 không phải là số chính phương
Như vậy hai số a và b phân biệt phải tìm sao cho: $ab - 1 \ne k^2 ,\,k \in Z$ chỉ có thể là một trong các cặp số (2,d), (5,d), (13,d).
Ta chứng minh rằng ít nhất một trong các số 2d - 1, 5d - 1, 13d - 1 không phải đều là số chính phương.
Giả sử ta có: $2d - 1 = k^2 \,\,\,\,(1),\,\,\,5d - 1 = m^2 \,\,\,\,(2),\,\,\,\,13d - 1 = n^2 \,\,\,(3)$ với $k,\,m,\,n \in Z$
Từ $(1) \Rightarrow k$ lẻ $\Rightarrow k = 2p + 1$
Ta có: $(1) \Rightarrow d = 2p\left( {p + 1} \right) + 1 = 4p + 1$
Do đó ta có:
$(2) \Rightarrow 20q + 4 = m^2 \Rightarrow m \vdots 2 \Rightarrow m = 2m'$
$(3) \Rightarrow 52q + 12 = n^2 \Rightarrow n \vdots 2 \Rightarrow n = 2n'$
Suy ra: $5q + 1 = m'^2 ,\,\,\,\,13q + 3 = n'^2 \Rightarrow n'^2 - m'^2 = 8q + 2\,\,\,(4)$
Từ (4) $\Rightarrow n'^2 - m'^2 \vdots 2\,\,\,\,(5),\,\,\,\,\,n'^2 - m'^2 \mathop \vdots \limits^ - 4\,\,\,(6)$
Vì (n' + m') và (n' - m') cùng tính chất chẵn lẻ nên từ (5) ta suy ra n' + m' và n' - m' cùng chẵn.
$\Rightarrow n'^2 - m'^2 \vdots 4$, mâu thuẫn với (6).
Do đó trong 3 số 2d - 1, 5d - 1, 13d - 1 có ít nhất một số không phải là số chính phương. Ta có đpcm.
- cvp và hoahuongduong96 thích
#12
Đã gửi 10-08-2011 - 20:00
Bài 9
Cho x,y,z là các số tự nhiên. Chứng minh rằng (xy+1)(yz+1)(zx+1) là số chính phương khi và chỉ khi xy+1;yz+1;zx+1 là các số chính phương.
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#13
Đã gửi 18-08-2011 - 13:29
Bài 10
C/M rằng
$\ 2000^{2^{2000}} $ viết dc dưới dạng tổng của 2 số chính phương
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#14
Đã gửi 19-08-2011 - 21:51
Ta có n/x sau Nếu $n$ là tổng của 2 số chính phương thì $ n^{2} $ cũng là tổng hai số chính phương.
Thật vậy giả sử $ a^{2}+ b^{2}=n $ thì
$ n^{2}=( a^{2}+b^{2} )=(a^{2}-b^{2})^{2} +(2ab)^{2} $
Lại có $2000= 40^{2}+20^{2} $ do đó áp dụng nhận xét thì ta có ĐPCM
- hoahuongduong96 yêu thích
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#15
Đã gửi 20-08-2011 - 21:44
Nếu hết ngày hôm nay không có ai tìm ra lời giải thì mình sẽ post lời giải cho bài này.
#16
Đã gửi 21-08-2011 - 12:24
Ta có:
$\sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2 + n^3 \le \left( {2n - 1} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {x_i } + n^2 \Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2 } } + n.n^2 - 2n\sum\limits_{i = 1}^n {x_i } \le n.n - \sum\limits_{i = 1}^n {x_i } $
$\Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)^2 } \le \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)} \,\,\,(1)$
Mặt khác, ta có:
$n - x_i \in Z\,\,\forall i = \overline {1...n} $ nên $\left( {n - x_i } \right)^2 \ge \left| {n - x_i } \right| \ge n - x_i \,\,\,\forall i = \overline {1...n} $
và
$\left( {n - x_i } \right)^2 = n - x_i \, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n - x_i \, = 0 \\ n - x_i \, = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x_i \, = n \\ x_i \, = n - 1 \\ \end{array} \right.$
$\Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)^2 } \ge \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)} \,\,\,\,(2)$
$\Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)^2 } = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {n - x_i } \right)} \Rightarrow x_i \in \left\{ {n;n - 1} \right\},\,\,\forall i = \overline {1...n} $
Ta có:
$n - 1 \le x_i \le n \Rightarrow n\left( {n - 1} \right) \le \sum\limits_{i = 1}^n {x_i } \le n^2 ,\,\,\forall i = \overline {1...n} $
$\Rightarrow n^2 < n^2 + 1 \le n + 1 + \sum\limits_{i = 1}^n {x_i } \le n^2 + n + 1 < \left( {n + 1} \right)^2 $
- hoahuongduong96 và Crystal thích
#18
Đã gửi 23-08-2011 - 14:25
Đáp án 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 đúng không. Mình ngại post lời giảiBài 11 Tìm $n$ để $n^{2} + 31n+1984$ là số chính phương
#19
Đã gửi 23-08-2011 - 14:45
Giả sử $n^3+31n+1984$ là số chính phương thì $4(n^2+31n+1984)$ cũng là số chính phương.Bài 11 Tìm $n$ để $n^{2} + 31n+1984$ là số chính phương
Như vậy $4(n^2+31n+1984)=(2n+31)^2+9.25.31=a^2 \Rightarrow a^2-(2n+31)^2=9.25.31$
Đến đây ta sử dụng tính chất $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$.
Ta tìm được nghiệm của $n$ là $12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728$.
- hoahuongduong96 yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh