Chủ đề này có 1 trả lời

[BearBean]

Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn $\frac{(x+1)(2x+1)}{2012}$ là một số chính phương thì x là hợp số

$\textbf{@NLT_CL}$ Chú ý: Công thức phải kẹp giữa 2 thẻ $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 21-06-2012 - 08:43

[nguyenta98]

Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn $\frac{(x+1)(2x+1)}{2012}$ là một số chính phương thì x là hợp số

$\textbf{@NLT_CL}$ Chú ý: Công thức phải kẹp giữa 2 thẻ $$

Giải như sau:
Để $\dfrac{(x+1)(2x+1)}{2012}$ chính phương thì $(x+1)(2x+1) \vdots 2012 \vdots 4$

Mặt khác $2x+1$ lẻ nên suy ra chỉ có $x+1 \vdots 4 \rightarrow x=4k+3$

Đặt $\dfrac{(x+1)(2x+1)}{2012}=a^2$ $(1)$

Thay $x=4k+3$ vào $(1)$ ta có

$\dfrac{(k+1)(8k+7)}{503}=a^2$

Vì $gcd(k+1,8k+7)=gcd(k+1.7(k+1)+k)=gcd(k+1,k)=gcd(k,1)=1$

Do đó có một và chỉ một số trong hai số $k+1$ và $8k+7$ chia hết cho $503$

TH1: $k+1 \vdots 503 \Rightarrow \left(\dfrac{k+1}{503}\right).(8k+7)=a^2$

Vì $gcd(k+1,8k+7)=1 \Rightarrow gcd\left(\dfrac{k+1}{503},8k+7\right)=1$

Do đó chúng nguyên tố cùng nhau mà tích chính phương nên bản thân mỗi số là số chính phương

Do đó $8k+7=p^2, \dfrac{k+1}{503}=q^2$ nhưng khi ấy vô lý do $8k+7 \equiv 7 \pmod{8}$ mà một số chính phương chia $8$ dư $0,1,4$ cho nên TH này loại

TH2: $8k+7 \vdots 503 \Rightarrow \left(\dfrac{8k+7}{503}\right).(k+1)=a^2$

Tương tự $gcd\left(\dfrac{8k+7}{503},k+1\right)=1$

Do đó mỗi số là chính phương nên $k+1=z^2 \Rightarrow 4k+4=(2z)^2 \Rightarrow 4k+3=(2z)^2-1=(2z-1)(2z+1) \Rightarrow x=(2z-1)(2z+1)$

Dễ dàng chứng minh $2z+1\geq 2$ và nếu $2z-1=1 \rightarrow z=1 \rightarrow k=0 \rightarrow x=3$ khi ấy $\dfrac{(x+1)(8k+7)}{2012} \not \in \mathbb{Z}$

loại

Suy ra $2z-1\geq 2$

Do đó $x$ hợp số $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 21-06-2012 - 13:57