Chủ đề này có 11 trả lời

[nhungvienkimcuong]

$\boxed{\text{Problem}}$

Chứng minh rằng $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì giữa $n^2$ và $(n+1)^2$ luôn tồn tại ba số tự nhiên phân biệt $a,b,c$ sao cho

$c^2\mid a^2+b^2$

 

[Bui Ba Anh]

Với $n=1$ thì chọn được $1,2,3$ thỏa

Với $n \geq 2$, chọn được $c=n^2+1, b=n^2+2,a=n^2+n+1$, dễ thấy các số phân biệt và:

$a^2+b^2=(n^2+1)(2n^2+2n+5)=c.(2n^2+2n+5)$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 15-06-2015 - 20:17

[nhungvienkimcuong]

Với $n=1$ thì chọn được $1,2,3$ thỏa

Với $n \geq 2$, chọn được $c=n^2+1, b=n^2+2,a=n^2+n+1$, dễ thấy các số phân biệt và:

$a^2+b^2=(n^2+1)(2n^2+2n+5)=$$c$$.(2n^2+2n+5)$ (đpcm)

$c$$^2$ mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 15-06-2015 - 20:24

[Bui Ba Anh]

$c$$^2$ mà

Thực ra t nghi đề ảo, nên nghĩ là $c$ th

Vì với $n=2$ thì có số nào đâu

[Bui Ba Anh]

Có thể chứng minh không tồn tại các bộ $a,b,c$ thỏa đề 

Đặt $a=n^2+x,b=n^2+y,c=n^2+z$ với $ 1 \leq x,y,z \leq 2n, x,y,z \in N$ và $x,y,z$ phân biệt

Ta có $a^2+b^2=(n^2+x)^2+(n^2+y)^2=2n^4+2n^2(x+y)+x^2+y^2=(n^2+z)(2n^2+2x+2y-2z)+x^2+y^2-2z(x+y-z)$

để thỏa đề thì $x^2+y^2-2z(x+y-z)=0 <=> x^2+y^2+2z^2=2z(x+y)$

Nhưng theo cô si thì $x^2+y^2+2z^2 \geq \frac{(x+y)^2}{2} +2z^2 \geq 2z(x+y)$

Dấu bằng chỉ xảy ra khi $x=y$ là điều kiện cần (vô lí) (đpcm)

p/s: có thể m ghi thiếu đề, t nghĩ là không tồn tại

[nhungvienkimcuong]

Có thể chứng minh không tồn tại các bộ $a,b,c$ thỏa đề 

Đặt $a=n^2+x,b=n^2+y,c=n^2+z$ với $ 1 \leq x,y,z \leq 2n, x,y,z \in N$ và $x,y,z$ phân biệt

Ta có $a^2+b^2=(n^2+x)^2+(n^2+y)^2=2n^4+2n^2(x+y)+x^2+y^2=$$(n^2+z)$$(2n^2+2x+2y-2z)+x^2+y^2-2z(x+y-z)$

để thỏa đề thì $x^2+y^2-2z(x+y-z)=0 <=> x^2+y^2+2z^2=2z(x+y)$

Nhưng theo cô si thì $x^2+y^2+2z^2 \geq \frac{(x+y)^2}{2} +2z^2 \geq 2z(x+y)$

Dấu bằng chỉ xảy ra khi $x=y$ là điều kiện cần (vô lí) (đpcm)

p/s: có thể m ghi thiếu đề, t nghĩ là không tồn tại

nếu theo lập luận trên thì dù không là $c^2$ thì biết đâu $n^2+z\mid x^2+y^2-2z(x+y-z)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 15-06-2015 - 20:55

[Bui Ba Anh]

nếu theo lập luận trên thì dù không là $c^2$ thì biết đâu $n^2+z\mid x^2+y^2-2z(x+y-z)$

còn đề thì cho $n$ tự nhiên thôi,thử với $n=3$ thử

$n^2+z\mid x^2+y^2-2z(x+y-z)$ Chú ý là ở đây $n$ là biến số chạy từ $n$, còn $x^2+y^2-2z(x+y-z)$ là các số cố định rồi (đang tìm xem $x,y,z$ bằng bao nhiêu), nên để luôn thỏa với mọi $n$ thì dư bằng $0$

[nhungvienkimcuong]

Thực ra t nghi đề ảo, nên nghĩ là $c$ th

Vì với $n=2$ thì có số nào đâu

$n=2$ thì từ $4\rightarrow 9:5^2\mid 6^2+8^2$

@Anh: để làm lại thử, mà t thử $n=3$ không đúng

@nhungvienkimcuong:với $n=3$ thì $9\rightarrow 16:15^2\mid 9^2+12^2$

m sai ở chỗ với $n$ chạy thì dẫn đến $x,y,z$ cũng chạy chứ không có cố định

@Anh: tính cả biên nữa hả

@nhungvienkimcuong:chắc vậy,làm dễ hơn trước đã rồi sau này xem có cần cả biên không

@Anh: Rồi xong $n=4$ k có r, t nghĩ nên mở rộng khoảng đó ra chứ kề nhau quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 16-06-2015 - 14:42

[Karl Heinrich Marx]

$\boxed{\text{Problem}}$

Chứng minh rằng $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì giữa $n^2$ và $(n+1)^2$ luôn tồn tại ba số tự nhiên phân biệt $a,b,c$ sao cho

$c^2\mid a^2+b^2$

Bài này a cũng có một chút ý tưởng nhưng cũng loay hoay một lúc k ra, post lên để các e thử tiếp tục xem sao (dĩ nhiên là khi không ra thì vẫn hơi nghi ngờ tính đúng đắn của bài toán). Ta thử giải quyết với $n$ vô cùng lớn trước xem sao, đầu tiên ta thấy xét $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ trong đó $n^2 \le a,b,c, \le (n+1)^2$ có thể suy ra là:

$$ \frac{2n^2}{(n+1)^2} \le \frac{a^2+b^2}{c^2} \le \frac{2(n+1)^2}{n^2}$$

Cho $n$ vô cùng lớn thì $\frac{a^2+b^2}{c^2} \rightarrow 2$.

Vậy với $n$ đủ lớn mà tồn tại $3$ số thỏa mãn đề bài thì ta phải có $a^2+b^2=2c^2 \Rightarrow (a-c)(a+c)=(c-b)(c+b)$

Đặt $(a-c)=k(c-b)$ khi đó $k \in Q$ và suy ra $b+c=k(a+c)$. Từ $2$ pt này có thể giải $a,b$ theo $k$ và $c$. Có vẻ như sẽ ra $a= \frac{1-k^2+2k}{k^2+1}.c,b=\frac{k^2-1+2k}{k^2+1}.c$. Đặt $k=\frac{u}{v}$ trong đó $u,v$ là các số nguyên, ta biểu diễn được $\frac{a}{c},\frac{b}{c}$ theo các phân thức với $u,v$. Bây giờ phải chứng minh tồn tại $u,v,$ để từ các phân thức đó nằm trong đoạn $(n^2,(n+1)^2$. Tuy nhiên chỗ này a thử cho một vài giá trị $u,v$ theo $n$ thì không ra. Chú ý một chút là vì giới hạn của $\frac{a}{c},\frac{b}{c}$ đều bằng $1$ khi $n$ về vô cùng nên khi biểu diễn $u,v$ theo $n$ nên chọn giá trị sao cho giới hạn của $\frac{u}{v}$ khi $n$ về vô cùng là $1$. Nếu e có lời giải bài này thì a rất muốn xem vì theo anh thì hình như nó không đúng với $n$ đủ lớn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Heinrich Marx: 18-06-2015 - 05:20

[nhungvienkimcuong]

 Nếu e có lời giải bài này thì a rất muốn xem vì theo anh thì hình như nó không đúng với $n$ đủ lớn.

em không có lời giải của bài toán cũng như không dám chắc về tính đúng đắn của nó

theo em thì cần một điều kiện gì đó của $n$ đủ chặt để bài toán đúng ,mong anh và mọi người góp ý

[Bui Ba Anh]

em không có lời giải của bài toán cũng như không dám chắc về tính đúng đắn của nó

theo em thì cần một điều kiện gì đó của $n$ đủ chặt để bài toán đúng ,mong anh và mọi người góp ý

 

Bài này a cũng có một chút ý tưởng nhưng cũng loay hoay một lúc k ra, post lên để các e thử tiếp tục xem sao (dĩ nhiên là khi không ra thì vẫn hơi nghi ngờ tính đúng đắn của bài toán). 

Nếu xét trong đoạn $\begin{bmatrix} n^2,(n+1)^2 \end{bmatrix}$ như bài này thì kiểm tra số trực tiếp với $n=4$ không có bộ ba nào nên khẳng định được không đúng

Nếu cần điều kiện của $n$ nên mở rộng đoạn đó ra

+ Với đoạn $\begin{bmatrix} n^2,(n+2)^2 \end{bmatrix}$ chưa kiểm chứng( có thể vẫn sai)

+Với đoạn $\begin{bmatrix} n^2,(n+3)^2 \end{bmatrix}$ Tới đây thì giải quyết được

Cho $a=m^2+2m-1, b=m^2+6m+7, c=m^2+4m+5$, ta có:

$(m^2+2m-1)^2+(m^2+6m+7)^2=2.(m^2+4m+5)^2$ (đpcm)

[Karl Heinrich Marx]

em không có lời giải của bài toán cũng như không dám chắc về tính đúng đắn của nó

theo em thì cần một điều kiện gì đó của $n$ đủ chặt để bài toán đúng ,mong anh và mọi người góp ý

Khi thay $k= \frac{u}{v}$ thì ta có $\frac{a}{c}=\frac{u^2-v^2+2uv}{u^2+v^2}=1+\frac{2v(u-v)}{u^2+v^2},\frac{b}{c}=\frac{v^2-u^2+2uv}{u^2+v^2}=1+\frac{2u(v-u)}{u^2+v^2}$

Giờ nếu thay $u=n+2,v=n$ thì sẽ ra $\frac{a}{c}=\frac{n^2+4n+2}{n^2+2n+2},\frac{b}{c}=\frac{n^2-2}{n^2+2n+2}$

Trong ví dụ này nếu lấy đoạn $n^2;(n+2)^2$ cũng không được nhưng nếu lấy $n^2-2;(n+2)^2-2$ thì lại hợp lí. Tuy nhiên lời giải ta lại sử dụng đúng 2 mút thì nó lại mất hay vì thường người ta sẽ thử 2 mút trước ra ngay đáp án thì họ chả quan tâm phần làm sao tìm ra 2 mút này cả.

Có một cách tìm cận không chặt lắm nhưng mà tự nhiên hơn là thay số như ở trên.

Ta hình dung là $c$ sẽ nằm giữa 2 số $a,b$ và $|\frac{2v(u-v)}{u^2+v^2}|,|\frac{2u(v-u)}{u^2+v^2}|$ là các khảng cách từ $a,b$ đến $c$. Khoảng cách này càng bé càng tốt mà $u,v$ không thể bằng nhau nên ta cho $v=u+1$. 

Thay vào thì ta được $\frac{a}{c}=\frac{2v^2+4v+1}{2v^2+2v+1}, \frac{b}{c}=\frac{2v^2-1}{2v^2+2v+1}$

Chọn một cận là $n^2$ cận còn lại là $n^2+t$, trong 2 phân thức trên số ở mẫu nằm giữa 2 số ở tử nên chỉ cần chặn 2 số ở tử thôi.

tức là $2v^2-1 \ge n^2, 2(v+1)^2 \le n^2+t+1$

Tìm $t$ để thỏa mãn tồn tại số nguyên $v$. Cái này các e thử tiếp tục xem.

Việc đặt ra vấn đề chưa giải quyết đc và trao đổi với nhau như thế này là điều cần thiết khi tham gia diễn đàn, các e cố gắng phát huy nhé!