Chủ đề này có 4 trả lời

[LotusSven]

Let $1=d_{1}<d_{2}<...<d_{k}=n$ be all different divisors ò positive integer n written in ascending order. Determine all n such that:
a)$n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$.
b)$n+1=d_{6}^{2}+d_{7}^{2}$.
c)$n^{2}= (d_{7}^{2}+d_{10}^{2})d_{22}^{2}$.

[Secrets In Inequalities VP]

Let $1=d_{1}<d_{2}<...<d_{k}=n$ be all different divisors ò positive integer n written in ascending order. Determine all n such that:
a)$n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$.
b)$n+1=d_{6}^{2}+d_{7}^{2}$.
c)$n^{2}= (d_{7}^{2}+d_{10}^{2})d_{22}^{2}$.

Nếu $n$ lẻ suy ra tất cả các ${d_i}$ đều lẻ suy ra $n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$ chẵn vô lí
$\Rightarrow n$ chẵn $\Rightarrow {d_2}= 2$$\Rightarrow n= 5+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$
$\Rightarrow n\equiv 1+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}(Mod4)$
Mà $d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$ chỉ đồng dư vs $0,1,2$ mod $4$ suy ra $\Rightarrow n\equiv 1,2,3(Mod4)$
Mà $n$ chẵn $\Rightarrow n\equiv 2(Mod4)$
Suy ra $({d_1},{d_2},{d_3},{d_4})= (1,2,p,q)$ hoặc $(1,2,p,2p)$ trong đó $p,q$ ntố lẻ.
Nếu mà $({d_1},{d_2},{d_3},{d_4})= (1,2,p,q)$ $\Rightarrow n= 3(Mod4)\Rightarrow VL$
$\Rightarrow ({d_1},{d_2},{d_3},{d_4})= (1,2,p,2p)$
$\Rightarrow n= 5+p^{2}+4p^{2}= 5(1+p^2)\vdots 5\Rightarrow p= 5\Rightarrow n= 130$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 06-02-2013 - 16:37

[nguyenta98]

Let $1=d_{1}<d_{2}<...<d_{k}=n$ be all different divisors ò positive integer n written in ascending order. Determine all n such that:
a)$n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$.
b)$n+1=d_{6}^{2}+d_{7}^{2}$.
c)$n^{2}= (d_{7}^{2}+d_{10}^{2})d_{22}^{2}$.

Giải như sau:
a) Nếu $n$ lẻ thì $d_1,d_2,d_3,d_4$ đều lẻ nên $n \vdots 2$ vô lí
Do đó $n$ chẵn nên $d_1=1,d_2=2$ nên $n=1^2+2^2+d_3^2+d_4^2$
Từ đó nếu $d_3,d_4$ cùng lẻ thì $n \equiv 2 \pmod{4}$ nên $n=2.r$ với $r$ lẻ
Lại có $r=p^x$, $p \in P$ thì $d_3=p,d_4=2p$ do đó $2p^x=1^2+2^2+p^2+(2p)^2 \Rightarrow (1^2+2^2)(p^2+1)=2p^x$ từ đó $p=5$ nên $2.5^x=5.(5^2+1)$ từ đó loại
Nếu $r=p^x.q^y$ với $p,q$ nguyên tố khác nhau, $p<q$ thì $d_3,d_4=p,q$ hoặc $d_3,d_4=p,2p$
Tương tự trên ta tính được $n=130$ thỏa mãn
b) $n=d_6^2+d_7^2-1$
Suy ra $gcd(d_6,d_7)=1$ nên $n=d_6d_7k$
Ta có $d_6(d_7k-d_6)=(d_7-1)(d_7+1)$ và $d_7(d_6k-d_7)=(d_6-1)(d_6+1)$
Mặt khác nếu $d_6=mn,d_7=pq$ với $1<m<n,1<p<q$ thì rõ ràng do $gcd(d_6,d_7)=1$ nên $m,n,p,q$ đôi một khác nhau do đó ta thấy một số các ước của $n$ là $1,m,n,p,q,mp,pn<mn$ từ đó $mn$ không thể là ước nhỏ nhất thứ $6$ của $n$ được vô lí do đó một trong hai số $d_6,d_7$ chỉ có đúng một ước nguyên tố và số đó có dạng số nguyên tố $p$ hoặc là bình phương của số nguyên tố $p^2$, nếu $d_7=p,p^2$ thì $p\neq 2$ vì nếu $d_7=2,2^2$ thì vô lí vì trước $d_7$ còn $6$ số nguyên dương nữa, mà $gcd(d_6-1,d_6+1)=1$ nên $d_6-1,d_6+1 \vdots d_7$ (do $d_7$ có duy nhất $1$ UNT)
Nhưng $d_6<d_7$ nên $d_6+1 \vdots d_7$ kết hợp $d_6<d_7$ thì $d_6+1=d_7$ nên $d_6k-d_7=d_6-1$ thay $d_7=d_6+1 \Rightarrow d_6k-d_6-1=d_6-1 \Rightarrow k=2$ từ đó $n=2(d_6+1)(d_6)=(d_6)^2+(d_6+1)^2-1$ giải pt này ra $d_6=8$ suy ra $d_7=9$ nên $n=144$
Nếu $d_6=p,p^2$ tương tự $p\neq 2$
TH1: $d_6=p$ khi ấy $d_7-1,d_7+1$ có một duy nhất một số $\vdots p$ nếu $d_7+1 \vdots p$ thì $d_7=px-1$ khi ấy $d_7-1=d_7k-d_6 \Rightarrow k+p=px(k-1)+2$ do đó $p=px(k-1)-(k-1)+1=(px-1)(k-1)+1$ nên $k=2$ vì $k=3$ thì $2(px-1)+1>p$ vô lí nên $k=1$ và $k=1$ thì $p=1$ vô lí nên $k=2$ do đó $p=px-1+1 \Rightarrow x=1$ nên $d_7=p-1<d_6$ vô lí, tương tự $d_7-1 \vdots p$ thì suy ra $d_7=p+1$ từ đó giải phương trình thu được $p=31$ nên $n=1984$
TH2: $d_6=p^2$ xét tương tự thu được vô nghiệm

NLT: Có thể người này là người nước ngoài, ta có nên trình bày bằng tiếng Anh không em nhỉ
Nguyenta98: Người việt đó, hôm qua em xem thấy ông ik post một câu tiếng Việt, đây này http://diendantoanhoc.net/index.php?/topic/90577-frac1p-frac1a2frac1b2/#entry393587

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-02-2013 - 20:27

[LotusSven]

Giải như sau:
a) Nếu $n$ lẻ thì $d_1,d_2,d_3,d_4$ đều lẻ nên $n \vdots 2$ vô lí
Do đó $n$ chẵn nên $d_1=1,d_2=2$ nên $n=1^2+2^2+d_3^2+d_4^2$
Từ đó nếu $d_3,d_4$ cùng lẻ thì $n \equiv 2 \pmod{4}$ nên $n=2.r$ với $r$ lẻ
Lại có $r=p^x$, $p \in P$ thì $d_3=p,d_4=2p$ do đó $2p^x=1^2+2^2+p^2+(2p)^2 \Rightarrow (1^2+2^2)(p^2+1)=2p^x$ từ đó $p=5$ nên $2.5^x=5.(5^2+1)$ từ đó loại
Nếu $r=p^x.q^y$ với $p,q$ nguyên tố khác nhau, $p<q$ thì $d_3,d_4=p,q$ hoặc $d_3,d_4=p,2p$
Tương tự trên ta tính được $n=130$ thỏa mãn
b) $n=d_6^2+d_7^2-1$
Suy ra $gcd(d_6,d_7)=1$ nên $n=d_6d_7k$
Ta có $d_6(d_7k-d_6)=(d_7-1)(d_7+1)$ và $d_7(d_6k-d_7)=(d_6-1)(d_6+1)$
Mặt khác nếu $d_6=mn,d_7=pq$ với $1<m<n,1<p<q$ thì rõ ràng do $gcd(d_6,d_7)=1$ nên $m,n,p,q$ đôi một khác nhau do đó ta thấy một số các ước của $n$ là $1,m,n,p,q,mp,pn<mn$ từ đó $mn$ không thể là ước nhỏ nhất thứ $6$ của $n$ được vô lí do đó một trong hai số $d_6,d_7$ chỉ có đúng một ước nguyên tố và số đó có dạng số nguyên tố $p$ hoặc là bình phương của số nguyên tố $p^2$, nếu $d_7=p,p^2$ thì $p\neq 2$ vì nếu $d_7=2,2^2$ thì vô lí vì trước $d_7$ còn $6$ số nguyên dương nữa, mà $gcd(d_6-1,d_6+1)=1$ nên $d_6-1,d_6+1 \vdots d_7$ (do $d_7$ có duy nhất $1$ UNT)
Nhưng $d_6<d_7$ nên $d_6+1 \vdots d_7$ kết hợp $d_6<d_7$ thì $d_6+1=d_7$ nên $d_6k-d_7=d_6-1$ thay $d_7=d_6+1 \Rightarrow d_6k-d_6-1=d_6-1 \Rightarrow k=2$ từ đó $n=2(d_6+1)(d_6)=(d_6)^2+(d_6+1)^2-1$ giải pt này ra $d_6=8$ suy ra $d_7=9$ nên $n=144$
Nếu $d_6=p,p^2$ tương tự $p\neq 2$
TH1: $d_6=p$ khi ấy $d_7-1,d_7+1$ có một duy nhất một số $\vdots p$ nếu $d_7+1 \vdots p$ thì $d_7=px-1$ khi ấy $d_7-1=d_7k-d_6 \Rightarrow k+p=px(k-1)+2$ do đó $p=px(k-1)-(k-1)+1=(px-1)(k-1)+1$ nên $k=2$ vì $k=3$ thì $2(px-1)+1>p$ vô lí nên $k=1$ và $k=1$ thì $p=1$ vô lí nên $k=2$ do đó $p=px-1+1 \Rightarrow x=1$ nên $d_7=p-1<d_6$ vô lí, tương tự $d_7-1 \vdots p$ thì suy ra $d_7=p+1$ từ đó giải phương trình thu được $p=31$ nên $n=1984$
TH2: $d_6=p^2$ xét tương tự thu được vô nghiệm

NLT: Có thể người này là người nước ngoài, ta có nên trình bày bằng tiếng Anh không em nhỉ
Nguyenta98: Người việt đó, hôm qua em xem thấy ông ik post một câu tiếng Việt, đây này http://diendantoanho...b2/#entry393587

Bạn giúp mình giải = tiếng Anh nhé. Tks bạn. Mấy câu tiếng Anh là do bạn mình post nhưng nó hẻm hiểu tiếng Việt mà mình thì không dịch được. ^^

[nguyenta98]

Let $1=d_{1}<d_{2}<...<d_{k}=n$ be all different divisors ò positive integer n written in ascending order. Determine all n such that:
a)$n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$.
b)$n+1=d_{6}^{2}+d_{7}^{2}$.
c)$n^{2}= (d_{7}^{2}+d_{10}^{2})d_{22}^{2}$.

Giải như sau:
c) Ta có theo bộ ba số pythagoras tổng quat $d_7=t(u^2-v^2),d_{10}=t(2uv),\dfrac{n}{d_{22}}=t(u^2+v^2)$ hoặc hoán vị của $d_7,d_{10}$
Ta có $1,2,u,v,2u,2v,u-v<t(2uv),t(u^2-v^2)$ nên do đó $u-v=1$ hoặc $v=1$ (chú ý $u>v\geq 1$ nên $u>1$) vì nếu $u-v,v \neq 1$ thì $7$ số trên là $7$ ước của $n$ mà nhỏ hơn $d_7$ mâu thuẫn
Do đó $u-v=1$ hoặc $v=1$
TH1: $v=1$ khi ấy có hai khả năng
$1.1)$ $d_7=t(u-v)(u+v)=t(u-1)(u+1),d_{10}=2tu$ ta thấy $t(u^2-1)>2tu$ với $u>2$ nên $u=2$ (do $d_7<d_{10}$
Do đó $d_7=3t,d_{10}=4t,\dfrac{n}{d_{22}}=5t$ khi ấy $1,2,3,4,5,6$ là $6$ ước đầu tiên của $n$ do đó $d_7=9,12$ nhưng nếu $d_7=9$ thì $t=3$ khi ấy $d_{10}=12$ nên giữa $9,12$ còn 2 ước khác nữa của $n$ là $10,11$ nên $t \vdots 11$ vô lí vì $t=3$ còn $d_7=12$ thì $T=4$ khi ấy ta thấy vô lí vì $1,2,3,4,5,6,10$ là $7$ ước của $n$ mà $<d_7$ vô lí
$1.2)$ $d_7=2tu,d_{10}=t(u-1)(u+1)$
Ta xét nếu $u$ chẵn thì $u-1,u+1$ lẻ nên xét $1,2,u,2u,u-1,u+1,2(u+1)$ là $7$ ước của $n$ nên $u-1=1,2$ vì ngược lại thì $u\geq 4$ và $1,2,u,2u,u-1,u+1,2(u+1)$ là các ước đôi một khác nhau của $n$ và nhỏ hơn $2tu$ vô lí do đó $u-1=1,2$ mà $u$ chẵn nên $u-1=1 \Rightarrow u=2$ khi ấy $d_7=4t,d_{10}=3t$ vô lí vì $d_7<d_{10}$ còn $u$ lẻ thì $t=1$ hoặc $u-1=1,2$ vì ngược lại thì $1,2,u,2u,u-1,u+1,tu$ là $7$ ước đôi một khác nhau mà $<d_7$ dẫn đến vô lí do đó $t=1$ hoặc $u-1=1,2$ mà $u$ lẻ nên $u-1=2$ nên $u=3$ do đó $u=3$ hoặc $t=1$ nếu $u=3$ thì $d_7=6t,d_{10}=8t,\dfrac{n}{d_{22}}=10t$ nên $1,2,3,4,5,6,8$ là $7$ ước của $n$ nên $6t\le 8$ nên $t=1$ từ đó $d_7$ là ước nhỏ nhất thứ $6$ của $n$ mâu thuẫn, còn $t=1$ thì $d_7=2u,d_{10}=(u-1)(u+1)$ lúc ấy do $u$ lẻ nên $n \vdots 8$ thì $2u<2(u-1)<2(u+1)<4(u-1)$ hoặc $2u<2(u-1)<2(u+1)<4(u+1)$ với $2(u-1),2(u+1),4(u-1)$ hoặc $2(u-1),2(u+1),4(u+1)$ là ước của $n$ (do $u+1,u-1$ có một số chỉ chia hết cho $2$ mà không chia hết cho $4$) do đó $d_{10}\le 4(u-1)$ hoặc $d_{10}\le 4(u+1)$, khi $d_{10}\le 4(u-1) \Rightarrow (u-1)(u+1)\le 4(u-1) \Rightarrow u=2$ khi ấy $d_7=4$ vô lí còn $(u-1)(u+1)\le 4(u+1) \Rightarrow u\le 5$ nên $u=2,4$ nếu $u=2$ thì loại còn $u=4$ thì $d_7=8,d_{10}=15$ khi ấy $\dfrac{n}{d_{22}}=17$ mà giữa $d_7,d_{10}$ có đúng $2$ ước khác là $10,12$ nên $n \vdots 3$ mà không $\vdots 9$ và $8,15,17$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $n \vdots 2040$ nên $n=2^x.3.5^z.17^t.k$ (do $n \not \vdots 9$) nên số $n$ đã có ít nhất $(x+1)(1+1)(z+1)(t+1)\geq (3+1)(1+1)(1+1)(1+1)=32$ và $d_1,d_2,...,d_{10}$ đã xác định như trên nên số ước của $n$ không vượt quá $34$ vì nếu vượt quá $34$ thì do $n,\dfrac{n}{d_1},...,\dfrac{n}{d_{10}}$ sẽ là $11$ ước lớn nhất của $n$ và do đó còn $34+1-11=24$ ước nhỏ hơn trong đó chứa $d_{22},d_{23},d_{24}$ mà $d_{22}=\dfrac{n}{17}$ do đó $d_{23},d_{24}=\dfrac{n}{x},\dfrac{n}{y}$ với $15<x,y<17$ nên mâu thuẫn do đó số ước của $n$ không vượt quá $34$ từ đó suy ra $n=2040$ thử lại thỏa mãn
TH2: $u-v=1$ khi ấy $d_7=t(u+v)$ còn $d_{10}=2tuv$ vì ngước lại suy ra $2t(uv)<t(u+v) \Rightarrow (2u-1)(2v-1)<1$ nên $u=v=1$ vô lí nên $d_7=t(u+v),d_{10}=2tuv \Rightarrow d_7=t(2v+1),d_{10}=2t(v+1)v$
Ta xét $1,2,v,2v,v+1,2v+1,2tv$ là $7$ ước của $n$ từ đó suy ra $v=1,2$ hoặc $t=1$ vì ngược lại $1,2,v,2v,v+1,2v+1,2tv$ là $7$ ước khác nhau $<d_7$ vô lí do đó $v=1,2$ hoặc $t=1$, nếu $v=1$ thì $u=2$ từ đó $d_7=3t,d_{10}=4t,\dfrac{n}{d_{22}}=5t$ khi ấy $1,2,3,4,5,6$ là $6$ ước đầu của $n$ và $12$ cũng là ước nên $6<3t\le 12$ nên $t=3,4$ nếu $t=4$ thì do $10$ cũng là ước nên $d_7=12$ là ước thứ $8$ của $n$ vô lí nên $t=3$ khi ấy giữa $d_7,d_{10}$ có hai ước nữa sẽ là $10,11$
Như vậy $n=2^x.3^y.5^z.11^l.k$ mà $1,2,3,4,5,6,9$ là $7$ ước đầu nên $n \not \vdots 8$ do đó $\tau(n)\geq (x+1)(y+1)(z+1)(l+1)\geq (2+1)(2+1)(1+1)(1+1)=36>34$ mâu thuẫn lập luận tương tự trên là số ước của $n$ không vượt quá $34$ do đó loại
Còn $t=1$ thì $d_7=2v+1,d_{10}=2v(v+1)$ khi ấy $\dfrac{n}{d_{22}}=(v+1)^2+v^2=2v^2+2v+1$ nên $gcd(\dfrac{n}{d_{22}},d_{10})=1$ do đó $d_{22}=d_{10}$ mâu thuẫn
Vậy $\boxed{n=2040}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 07-02-2013 - 11:40