Chủ đề này có 13 trả lời

[xuanhung]

1_CMR: $n^{4} - n^{2} \vdots 12$ với $n \in Z$
2_CMR: $n^{4} - 4 n^{3} + 16 \vdots 384$ với n chẵn.
3_CMR: $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$ với n là sô nguyên lẻ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 27-08-2011 - 21:33

[Zaraki]

1_CMR: $n^{4} - n^{2} \vdots 12$ với $n \in Z$
2_CMR: $n^{4} - 4 n^{3} + 16 \vdots 384$ với n chẵn.
3_CMR: $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$ với n là sô nguyên lẻ.

1. $A=n^4-n^2=n^2(n^2-1)=n^2(n-1)(n+1)=$.

$12=2^2.3$

+ $A$ là tích ba số nguyên liên tiếp nên $A \vdots 3$.

_ Nếu $n$ chẵn thì $n^2 \vdots 4$ nên $A \vdots 4$.
_ Nếu $n$ lẻ thì $(n-1)(n+1) \vdots 4$ nên $A \vdots 4$.

Như vậy $A \vdots 12$ với mọi $n$ nguyên.

1_CMR: $n^{4} - n^{2} \vdots 12$ với $n \in Z$
2_CMR: $n^{4} - 4 n^{3} + 16 \vdots 384$ với n chẵn.
3_CMR: $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$ với n là sô nguyên lẻ.

3. $n^2+4n-5=n(n+4)-5$
Do $n$ lẻ nên ta xét các TH

+ $n=8k+1$ thì $n(n+4) \equiv 5 \pmod{8} \rightarrow n(n+4)-5 \equiv 0 \pmod{8}$.
Tương tự với các TH $n \in \{ 8k+3,8k+5,8k+7 \}$ đều cho kết quả $n(n+4) \equiv 5 \pmod{8} \rightarrow n(n+4)-5 \equiv 0 \pmod{8}$.

Như vậy $n^2+4n-5 \vdots 8$ với mọi $n$ lẻ.

Bài 2 đề sai, thử với $n=4$ thì $n^4-4n^3+16=16 \not{\vdots} 348$.
Thiết nghĩ đề nên là $n^4-4n^3-4n^2+16n \vdots 348$ với mọi $n$ chẵn.

[phuonganh_lms]

Tiếp tục với bài sau :
Bài 4: Với $ n\in N$ CMR:
$ n^n-1 \vdots (n-1)^2$

[Zaraki]

Tiếp tục với bài sau :
Bài 4: Với $ n\in N$ CMR:
$ n^n-1 \vdots (n-1)^2$

Bài toán sai, thử với $n=3$.

Mình nghĩ đề nên là $(n^n-1) \vdots (n-1)^2$.
Thật vậy ta có $n^n-n=n(n-1)(n^{n-2}+n^{n-3}+...+1)=\left [(n^{n-2}-1)+(n^{n-3}-1)+...+(n^2-1)+(n-1)+n-1 \right ]\vdots \left (n-1 \right )$.
Vậy $(n^n-1) \vdots (n-1)^2$.

[xuanhung]

Bài toán sai, thử với $n=3$.

Mình nghĩ đề nên là $(n^n-1) \vdots (n-1)^2$.
Thật vậy ta có $n^n-n=n(n-1)(n^{n-2}+n^{n-3}+...+1)=\left [(n^{n-2}-1)+(n^{n-3}-1)+...+(n^2-1)+(n-1)+n-1 \right ]\vdots \left (n-1 \right )$.
Vậy $(n^n-1) \vdots (n-1)^2$.

admin có khác bài 2 sai đề thiệt mới tham gia nên chưa quen xài lắm mà sao em không gõ số mũ được trong trả lời nhanh được vậy đề phải là $n^{4} - 4 n^{3}-4 n^{2} +16n \vdots 384$.

Mod. Bữa sau gõ nhớ gõ dấu . và , nha!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 05-09-2011 - 12:30

[xuanhung]

mấy huynh có bài chia hết, đồng dư nào của lớp 9 send dùm em tình hình là thứ 7 ông thầy em cho kiểm tra số học

[Mr.thaipro(^_^)]

Có đây:
Bài 1:GPT nghiệm nguyên.
a. $1!+2!+3!+...+x!=y^z$ (x>0)
b. $x^2+xy+y^2=x^2.y^2$
c. $(x_1)^4+(x_2)^4+...+(x_{14})^4=1599$
Bài 2 GPT nghiệm nguyên. (PP lùi vô hạn)
a. $x^2+y^2+z^2=x^2.y^2$
b. $x^2+y^2+z^2=2xyz$
Bạn làm đi nhé!

[Zaraki]

1. Giải phương trình nghiệm nguyên
b) $x^2+xy+y^2=x^2y^2$

Bài này đã được post, xem ở đây.

[xuanhung]

cám ơn mấy huynh nhiều nha

[xuanhung]

mà không có cơ sở gì hết em chưa bao giờ làm qua mấy bài này để thử xem sao

[Zaraki]

Đây là giải phương trình nghiệm nguyên mà bạn, Mr.thaipro hình như cũng đã nói rõ bài 2 dùng phương pháp lùi vô hạn rồi chi nữa.

[Hoa Hồng Lắm Gai]

1_CMR: $n^{4} - n^{2} \vdots 12$ với $n \in Z$
2_CMR: $n^{4} - 4 n^{3} + 16 \vdots 384$ với n chẵn.
3_CMR: $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$ với n là sô nguyên lẻ.

Mình giải 1 cách khác cho bài 3
n là số nguyên lẻ n có dạng 2k+1
$n^{2} + 4n -5 $
$= (2k+1)^{2} + 4(2k+1) -5 $
$= 4k^2+ 12k $
$= 4k(k+3)$
+ nếu k lẻ $k+ 3 \vdots 2$ $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$
+ nếu k chẵn $4k \vdots 2$ $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$
Vậy $n^{2} + 4n -5 \vdots 8$ với n là sô nguyên lẻ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoa Hồng Lắm Gai: 05-09-2011 - 21:16

[Cao Xuân Huy]

Các bạn cho mình hỏi phương pháp lùi vô hạn là gì thế

[Zaraki]

Các bạn cho mình hỏi phương pháp lùi vô hạn là gì thế

Anh thử tìm hiểu qua lời giải cho bài toán sau nhé!

Bài 2 GPT nghiệm nguyên. (PP lùi vô hạn)
b. $x^2+y^2+z^2=2xyz$

Ta thấy $(x^2+y^2+z^2) \vdots 2$. Xảy ra 2 trường hợp

+ Trong ba số $x,y,z$ có một số chẵn, hai số lẻ, chẳng hạn $x$ chẵn, $y$ và $z$ lẻ. Khi đó vế trái $x^2+y^2+z^2$ chia $4$ dư $2$, còn vế phải $2xyz$ chia hết cho $4$.

+ Ba số $x,y,z$ đều chẵn. Đặt $x=2x_1, y=2y_1, z=2z_1$, rồi chứng minh $x_1,y_1,z_1$ cũng là số chẵn. Đặt $x_1=2x_2,y_1=2y_2,z_1=2z_2$ và chứng minh tiếp $x_2,y_2,z_2$ cũng là số chẵn. Cứ như thế thì ta chỉ tìm được nghiệm duy nhất $\boxed{(x,y,z)=(0,0,0)}$.

Trường hợp 2 chính là cơ sở của phương pháp lùi vô hạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 06-09-2011 - 14:03