Chủ đề này có 6 trả lời

[yeutoan11]

Chứng minh rằng Phương trình
$$x^n+(x+1)^n=(x+2)^n$$
$n>2$
Không có nghiệm tự nhiên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 26-07-2012 - 18:38

[chrome98]

Giải: Giả sử phương trình trên có nghiệm tự nhiên.
Ta có: $x$ lẻ, do điều ngược lại sai, thay $x=2k+1, k\in \mathbb{N^{*}}$, ta có:
$(2k+1)^n+(2k+2)^n=(2k+3)^n$, ta có $(2k+2)^n\vdots 4$, nên $(2k+3)^n-(2k+1)^n\vdots 4$
hay $2((2k+3)^{n-1}+(2k+3)^{n-2}(2k+1)+...+(2k+3)(2k+1)^{n-2}+(2k+1)^{n-1})\vdots 4\Rightarrow$ $n$ lẻ do có $n$ số lẻ trong dấu ngoặc.
Ta lại có: $x^n+(x+1)^n=(2x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}(x+1)+...-x(x+1)^{n-2}+(x+1)^{n-1})=(x+2)^n$ là số lẻ, nên $n=4a+3, a\in \mathbb{N}$, bởi nếu $n=4a+1$ thì vế phải chẵn.
Xét với $x=4m+1, n=4m+3$, ta có:
TH1: $x=4m+1$ thì $(x+2)^n=x^n+(x+1)^n\equiv 1 (mod 4)\Leftrightarrow (4m+3)^n\equiv 1 (mod 4)\Leftrightarrow 3^n-1\vdots 4\Rightarrow n=2s, s\in \mathbb{N^{*}}$, vô lý
TH2: $x=4m+3$ thì $(x+2)^n=x^n+(x+1)^n\equiv 3^n (mod 4)\Leftrightarrow 1\equiv 3^n (mod 4)\Leftrightarrow 3^n-1\vdots 4\Rightarrow n=2z, z\in \mathbb{N^{*}}$, vô lý.
Vậy điều giả sử là sai, hay ta có điều phải chứng minh.

p/s: em không biết sai ở đâu, nhờ các anh chị chỉ giùm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chrome98: 26-07-2012 - 19:36

[daovuquang]

Giải: Giả sử phương trình trên có nghiệm tự nhiên.
Ta có: $x$ lẻ, do điều ngược lại sai, thay $x=2k+1, k\in \mathbb{N^{*}}$, ta có:
$(2k+1)^n+(2k+2)^n=(2k+3)^n$, ta có $(2k+2)^n\vdots 4$, nên $(2k+3)^n-(2k+1)^n\vdots 4$
hay $2((2k+3)^{n-1}+(2k+3)^{n-2}(2k+1)+...+(2k+3)(2k+1)^{n-2}+(2k+1)^{n-1})\vdots 4\Rightarrow$ n lẻ do có n số lẻ trong dấu ngoặc.
Ta lại có: $x^n+(x+1)^n=(2x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}(x+1)+...-x(x+1)^{n-2}+(x+1)^{n-1})=(x+2)^n$ là số lẻ mà biểu thức trong ngoặc lại là chẵn.
Vậy điều giả sử là sai, hay ta có điều phải chứng minh.

p/s: em không biết sai ở đâu, nhờ các anh chị chỉ giùm

Có lẽ bạn sai chỗ này.

[Crystal]

Tham khảo bài toán này tại đây.

[perfectstrong]

Tham khảo bài toán này tại đây.

Bài anh Thành nói là TH đặc biệt. Còn bài trên tổng quát hơn

Chứng minh rằng Phương trình
$$x^n+(x+1)^n=(x+2)^n$$
với $n>2$ không có nghiệm tự nhiên

Lời giải thì để em post sau ạ

[The Gunner]

xét $v_2((x+2)^n-x^n)=1+v_2(n)$
$v_2((x+1)^n)=kn$ với $k=v_2(x+1)$. Rõ ràng ta chỉ cần xét với k>0. Khi đó do n>2 nên ta có bđt $n>1+v_2(n)$ nên pt ko có nghiêm tự nhiên

[yeutoan11]

Có thể giải bài này đơn giản bằng đồng dư và nhị thức Newton
Giả sử tồn tại các số tự nhiên $x,n$ , $n>2$ thỏa mãn giả thiết
Đặt $y=x+1 \geq 2$
Ta viết lại PT
$(y-1)^n+y^n=(y+1)^n$. Việc đặt$y=x+1$ là để tận dụng các hệ số $1$ và $-1$ trong đồng dư . Cụ thể ta viết lại PT như sau
$0=(y+1)^n-y^n-(y-1)^n\equiv 1-(-1)^n$ ( mod y)
Do đó có n là số chẵn , Vì nếu n là số lẻ $n>2$ thì $0\equiv 2$ ( mod y)
$\Rightarrow y=2$$\Rightarrow 0=3^n-1-2^n>0$ ( vô lí)
Sử dụng khai triển nhị thức Newton với n chẵn sau đó áp dụng đồng dư với $y^3$ Ta được
$(y+1)^n\equiv \frac{n(n-1)}{2}y^2 +ny+1$(mod $y^3$)
$(y-1)^n\equiv \frac{n(n-1)}{2}y^2 -ny+1$(mod $y^3$)
Do đó
$0=(y+1)^n - y^n - (y-1)^n \equiv 2ny$ (mod $y^3$)
$\Rightarrow 2n\equiv 0$ ( mod $y^2$) $\Rightarrow 2n\geq y^2$
Chia 2 vế PT ban đầu cho $y^n$
$(1+\frac{1}{y})^n=1+(1-\frac{1}{y})^n<2$
Lại theo Bernouli
$(1+\frac{1}{y})^n > 1+\frac{n}{y}\geq 1+\frac{y^2}{2y}=1+\frac{y}{2}\geq 2$
Vậy PT vô nghiệm tự nhiên