Chủ đề này có 2 trả lời

[Ispectorgadget]

Chứng minh rằng phương trình $$\frac{x^{2000}-1}{x-1}=y^2$$ không có nghiệm nguyên dương

$nguyenta98: anh Kiên chú ý chữ nguyên dương nhé vì nếu không thì $(x,y)=(0,1)$ cũng là nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 08-06-2012 - 17:09

[Beautifulsunrise]

Chứng minh rằng phương trình $$\frac{x^{2000}-1}{x-1}=y^2$$ không có nghiệm nguyên dương

$\leftrightarrow x^{1999}+x^{1998}+...+x^2+x+1 =y^2$ (*)
- Nếu $x \equiv 0 (mod~3)$ thì $VT \equiv 1 (mod~3)$ => Vô lý.
- Nếu $x \equiv 1 (mod~3)$ thì:

PT $\leftrightarrow x^{1999}+x^{1998}+...+x^2+x =(y - 1)(y + 1)$ (1)

Ta có: $VT(1) \equiv 1 (mod~3)$ mà $VP(1) \equiv 2 (mod~3)$

hoặc $VP(1) \equiv 0 (mod~3)$ => Vô lý.

- Nếu $x \equiv 2 (mod~3)$ thì:

$VT(1) \equiv 2+(1+2)+...+(1+2) \equiv 2 (mod~3)$

Do đó: $VP(1) \equiv 2 (mod~3)$

$\leftrightarrow y \equiv 0 (mod~3)$

$\mapsto VP(*) \equiv 0 (mod~9)$

+ Nếu x $\geq 11$ thì $VT(*) \equiv 3 (mod~9)$ => Vô lý.

+ Nếu x $\epsilon \left \{ 2;5;8 \right \}$ thì thử trực tiếp

=> Vô lý.

Tóm lại: PT đã cho không có nghiệm nguyên dương.

@nguyenta98: Rất tiếc chỗ tô màu đỏ sai rồi, $y^2 \equiv 1 \pmod{3}$ thì vẫn có thể đúng
Cảm ơn bạn. Mình xin được sửa lại chỗ màu đỏ như sau:
- Nếu $x \equiv 0 (mod~3)$ thì $y^2 \equiv 1 (mod~3)$.
Do tập N có sắp thứ tự nên ta có thể giả sử $k$ là số tự nhiên khác 0 nhỏ nhất để x = 3k thỏa mãn (*)
Dễ thấy:
$y \equiv 1 (mod~9)$=> $k \equiv 0 (mod~3)$ => mâu thuẫn.
Chứng tỏ không có số tự nhiên k khác 0 nhỏ nhất nào để x = 3k thỏa mãn (*) => Tập hợp A = $\left \{ x~\epsilon ~N|x~t/m ~(*)\right \}\subset N$ không có phần tử nhỏ nhất => Vô lý => đpcm.
Xin mời mọi người giải bài toán sau:
Bài toán khó:
CMR: Mọi tập hợp con của tập hợp N các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất.



==============
@nguyenta98: Rất tiếc thưa anh, chỗ màu đỏ hình như sai do nếu $x \equiv 0 \pmod{3} \rightarrow y^2$ có thể đồng dư $4,6$ mod $9$ nữa Tuy nhiên hướng giải lùi vô hạn cũng khá hay, nhưng với trường hợp này có lẽ không ổn
Còn tại sau $y^2$ có thể đồng dư $4,6$ mod $9$
Thì ta có $x^{1999}+...+x^2 \equiv 0 \pmod{9} \rightarrow x+1 \equiv y^2 \pmod{9}$
Như vậy nếu $x \equiv 3 \pmod{9} \rightarrow y^2 \equiv 4 \pmod{9} \rightarrow y \equiv 2 \pmod{9}$ vẫn có thể thòa mãn
Bài này lùi vô hạn ko ổn do khi ta xét modular $p$ bất kì thì trong hệ thặng dư đầy đủ của $p$ sẽ tồn tại ít nhất $2$ số có thể là số chính phương mod $n$
Như ví dụ trên trong hệ thặng dư modular $9$ đã có hai số $1,4$ có thể là số chính phương mod $n$ mất rồi, do vậy bài này ko thể làm như thế


=====================
Giải lại toàn bộ BT trên bằng cách lùi vô hạn:
- Nếu $x \equiv 1 (mod~2)$ thì $VP(*) \equiv 0 (mod~4)$, do đó:

+ Nếu x $\geq 5$ thì $VT(*) \equiv 2,1,3 (mod~4)$

=> Vô lý.

+ Nếu x $\epsilon \left \{ 1;3 \right \}$ thì thử trực tiếp

=> Vô lý.

- Nếu $x \equiv 0 (mod~2)$ thì $VP(*) \equiv 1 (mod~4)$, do đó:

+ Do tập N có sắp thứ tự nên ta có thể giả sử $k$ là số tự nhiên khác 0 nhỏ nhất để x = 2k thỏa mãn (*)

=> $k \equiv 0 (mod~2)$ => mâu thuẫn => đpcm.

P/S: Trong cách giải trên mình đã tận dụng được hệ số 2 trong HĐT bình phương 1 tổng. Theo mình thì dạng bài tập kiểu như thê này là đặc trưng của PP lùi vô hạn.
Áp dụng cách làm trên ta làm đc 1 số BT sau mà chúng ta vẫn thường làm theo nguyên lí kẹp:
Bài 1. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho:

$x^3 + x^2+x+1=y^3$

Bài 2. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho:

$x^4+x^3 + x^2+x+1=y^2+y$

==================

@nguyenta98: Dòng thứ 2 tô màu đỏ vẫn nhầm, em đã nói là không thể ứng dụng modular vào giải bài kiểu này dc đâu :|

Bài này có mật thiết đến phương trình PELL và công thức nghiệm tổng quát

==================
P/S: Xin lối nha', cảm ơn bạn. mình sẽ nghĩ theo hướng khác vậy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 09-06-2012 - 21:43

[AeroKing]

Bài toán khó:
CMR: Mọi tập hợp con của tập hợp N các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất.

Phản chứng: giả sử $A\subseteq N$, $A \neq \emptyset $, $A$, $\nexists MinA$
Đặt $B=\left \{ b \in \mathbb{N}, b< a,a \in A \right \}$
Ta có $0\in B$
Giả sử $c\in B, c<a$
Ta có $c+1\leq a$
$\Rightarrow c+1 \in B$
Ta định nghĩa hàm $f$ như sau
$n \mapsto f(n)=n+1$
Tiên đề: Nếu $0 \in N\subset \mathbb{N}, f(n) \in N,\forall n\in N \Rightarrow N=\mathbb{N}$
Trở lại bài toán, ta có $B=\mathbb{N}$
Cho $m \in M$, ta có $m\in \mathbb{N} =B$
$\Rightarrow$ $m <a$, mà $m \in A$$ \Rightarrow$ $m=MinA$
Vậy $A= \emptyset$
Ta có điều mâu thuẫn $A \neq \emptyset \wedge A=\emptyset$