thangk50

Bài 7b. 

Sử dụng kết quả cơ bản về số hoàn chỉnh chẵn như sau:

Bổ đề 1. Nếu $n$ là một số hoàn chỉnh chẵn thì $n$ có dạng:

$n=2^{k}\left ( 2^{k+1}-1 \right )$, trong đó $k\geqslant 1$ và $2^{k+1}-1$ là một số nguyên tố.

Bổ đề 2. kết quả câu 7a thì nếu $n$ là số hoàn chỉnh lẻ thì $n$ có dạng 

$n=p^{s}m^{2}$ trong đó $p$ là số nguyên tố dạng $4t+1$, $s$ là số nguyên dương dạng $4h+1$

và $(m,p)=1$.

Khi đó ta xét các trường hợp sau:

TH1. Nếu $n$ là số lẻ thì $n-1$ là số chẵn theo bổ đề 1 ta có  

$n-1=2^{k}\left ( 2^{k+1}-1 \right )$, trong đó $k\geqslant 1$ và $2^{k+1}-1$ là một số nguyên tố.

+) Nếu $k=1$ thì $n=7$ kiểm tra thấy đúng.

+) Nếu $k>1$ thì $n \equiv 1\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra $n+1 \equiv 2\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra $\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ là một số lẻ nên theo bổ đề 2 ta có:

$n\left( {\frac{{n + 1}}{2}} \right) = {p^s}{m^2} \Rightarrow \exists a,b,\left( {a,b} \right) = 1$ sao cho

$n = {p^s}{a^2};\frac{{n + 1}}{2} = {b^2} \Leftrightarrow n = {p^s}{a^2};n + 1 = 2{b^2}$

 hoặc $\frac{{n + 1}}{2} = {p^s}{a^2},n = {b^2} \Leftrightarrow n + 1 = 2{p^s}{a^2},n = {b^2}$

suy ra $n + 1 = 2{b^2} \Leftrightarrow {2^k}\left( {{2^{k + 1}} - 1} \right) + 2 = 2{b^2} \Leftrightarrow {\left( {{{4.2}^k} - 1} \right)^2} - {\left( {4b} \right)^2} =  - 15$

Vô nghiệm.

b) Nếu $\frac{{n + 1}}{2} = {p^s}{a^2},n = {b^2} \Leftrightarrow n + 1 = 2{p^s}{a^2},n = {b^2}$

TH2. Nếu $n$ là số chẵn thì $n-1$ là số lẻ theo kết quả bổ đề 2 ta có  

$n-1=p^{s}\left ( m^{2} \right )$, trong đó $p,s,m$ xác định như trong bổ đề 2. Do $n-1$ lẻ nên $m$ cũng là số lẻ

Ta có $n=p^{s}\left ( m^{2} \right )+1 \equiv 2\left( {\bmod 4} \right)$ suy ra  $\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ là số lẻ nên theo bổ đề 2

ta có $\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = p_1^{{s_1}}{m^2} \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left( {n + 1} \right) = p_1^{{s_1}}{m^2}$

Từ đẳng thức này tồn tại hai số nguyên dương $a,b,(a,b)=1$ thỏa mãn

$\frac{n}{2} = p_1^{{s_1}}{a^2},n + 1 = {b^2}{\rm{ }}$

hoặc $\frac{n}{2} = {a^2},n + 1 = p_1^{{s_1}}{b^2}$

a) Nếu $\frac{n}{2} = p_1^{{s_1}}{a^2},n + 1 = {b^2}$

Ta có $n + 1 = {b^2} \Leftrightarrow {p^s}.{m^2} + 2 = {b^2}$, kết hợp với $m$ lẻ và $p \equiv 1\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra ${b^2} \equiv 3\left( {\bmod 4} \right)$ vô lí.

Bài 5. Nếu a=0 ta lấy hàm số hằng f(x)=2016 với mọi số thực x.

Nếu a khác 0, chọn x=-f(y) ta được f(y)=f(-f(y))+ay với mọi số thực y (1).

Từ (1) đễ thấy f là đơn ánh.

Lấy y=0 ta được f(x+f(0))=f(x) suy ra f(0)=0.

Lấy x=0 ta được f(y+f(y))=ay với mọi số thực y (2).

Thay y bởi y+f(y) vào pt và sử dụng (2) ta được:

f(x+y+f(y)+f(y+f(y)))=f(x)+a(y+f(y))

hay f(x+ay+y+f(y))=f(x)+a(y+f(y)) suy ra f(x+ay)+ay=f(x)+ay+af(y)

suy ra f(x+ay)=f(x)+af(y) với mọi số thực x, y (3).

Từ (3) lấy x=0 thì f(ay)=af(y) với mọi y nên từ (3) và a khác 0 suy ra 

f(x+y)=f(x)+f(y) với mọi số thực x,y (4).

Lấy x=y=1 vào pt đã cho và sử dụng (4) ta được:

f(2+f(1))=f(1)+a suy ra a=f(2018)-f(1)=2017f(1)=2016.2017

Ta lấy hàm số f(x)=2016x sẽ thỏa mãn yêu cầu.

Co ban nào có ý tưởng cho cậu 2b ko?

Đầu tiên ta sử dụng $\ln(1+x)<x$ với mọi $x>0$:

$b(n)=\ln(2n^2)+\ln(1+1/(2n^2))+\ln n^2+\ln(1+1/n+1/n^2)< \ln(2n^2)+ \ln n^2+1/(2n^2)+1/n+1/n^2 < \ln(2n^2)+ \ln n^2 +1$

Suy ra $\ln(2n^2) + \ln n^2 < bn < \ln(2n^2) + \ln n^2 + 1$ suy ra $\ln(2n^2) + \ln n^2 \le [b_n]$

Suy ra $0 \le b_n - [b_n] = \ln(2n^2 + 1) - \ln(2n^2) + \ln(n^2+n+1) - \ln(n)$ tiến đến 0 suy ra đpcm