Chủ đề này có 185 trả lời

[Karl Vierstein]

Bài 44: Tìm số $n$ nguyên dương lớn nhất để có thể đặt $n$ điểm thuộc miền tam giác đều cạnh $2$ cho trước, sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong chúng lớn hơn $1$.

Bài 45: Chứng minh rằng từ $2011$ số nguyên tùy ý, luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho $4018$.

(Chọn học sinh giỏi tỉnh Dak Lak 2002)

----
Mọi người chém nhanh quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Vierstein: 27-08-2012 - 20:30

[nguyenta98]

Bài 44: Tìm số $n$ nguyên dương lớn nhất để có thể đặt $n$ điểm thuộc miền tam giác đều cạnh $2$ cho trước, sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong chúng lớn hơn $1$.

Bài 45: Chứng minh rằng từ $2011$ số nguyên tùy ý, luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho $4018$.

(Chọn học sinh giỏi tỉnh Dak Lak 2002)

----
Mọi người chém nhanh quá

Giải như sau:
Bài 44: Lấy $M,N,P$ là trung điểm ba cạnh tam giác đều, nối $MN,NP,PM$ khi đó chia thành $4$ tam giác đều cạnh $1$
Dễ cm $2$ điểm bất kì thuộc một tam giác đều cạnh $1$ có khoảng cách nhỏ hơn $1$
Khi ấy $n$ lớn nhất là $4$
Bài 45:
Ta có các kiểu dư
$(0,4018)$
$(1,4017)$
$....$
$(2009,2009)$
Ta thấy có $2011$ số nên nếu có hai số cùng số dư thì suy ra $đpcm$ do đó ta chỉ xét không có hai số nào cùng số dư khi chia $4018$ khi ấy có $2010$ cặp, có $2011$ số nguyên, theo dirichlet tồn tại hai số thuộc cùng cặp, khi đó tổng chỉa hết cho $4018$ suy ra $đpcm$

[BlackSelena]

Mọi người chậm tiến độ xíu nhé @@!, nhanh quá mình không bắt kịp nổi.
Đọc mỗi bài giải của mấy bài 35 - 40 phải dừng lại ngẫm nghĩ rồi ...

[nguyenta98]

Bài 41: Về phía trong tứ giác $ABCD$ vẽ bốn nửa đường tròn đường kính $AB$, $BC$, $CA$, $AD$. Chứng minh rằng bốn nửa đường tròn này phủ kín tứ giác đó.
Bài 42: Hỏi có thể đặt $7$ que diêm trên một mặt phẳng sao cho mỗi qua cắt đúng ba que còn lại.

Bài 41: Lấy $M$ là điểm tùy ý thuộc tứ giác, theo đó trong $4$ góc $AMB,BMC,CMD,DMA$ phải có một góc $\geq 90^o$ (vì trái lại thì tổng $<360$ vô lý
Giả sử $AMB\geq 90^o$ suy ra $M$ thuộc đường tròn bán kính $AB$ đpcm
Bài 42: Không thể làm vậy, ta số giao điểm là $\dfrac{7.3}{2}$ không là số nguyên, vô lý

[Karl Vierstein]

Bài 46: Cho $a>0$, đặt $x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a+\sqrt{a}}}}}$ (có $n$ dấu căn). Chứng minh rằng $x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$.
----
Bài này giải bằng số học được

[nguyenta98]

Bài 46: Cho $a>0$, đặt $x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a+\sqrt{a}}}}}$ (có $n$ dấu căn). Chứng minh rằng $x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$.
----
Bài này giải bằng số học được

Giải như sau:
Ta cm bằng quy nạp
Thử $n=1$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $x_k<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$
Ta sẽ chứng minh $x_{k+1}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$
Thật vậy $x_{k+1}=\sqrt{a+x_k}<\sqrt{a+\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}}$
Ta sẽ chứng minh $\sqrt{a+\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}}=\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$
$\Leftrightarrow 4a+4\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}=(1+\sqrt{4a+1})^2$
$\Leftrightarrow 4a+2(1+\sqrt{4a+1})=1+4a+1+2\sqrt{4a+1}$
$\Leftrightarrow 4a+2+2\sqrt{4a+1}=1+4a+1+2\sqrt{4a+1}$
$\Leftrightarrow 4a+2=4a+2$ đúng
Suy ra bài toán đúng với quy nạp nên có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-08-2012 - 22:39

[L Lawliet]

Bài 47: Có ba cái cọc, cọc $I$ xâu $n$ cái vòng có bán kính khác nhau, vòng có bán kính lớn hơn nằm phía dưới. Tìm số lần ít nhất để chuyển $n$ cái vòng này sang cọc thứ $II$ sao cho mỗi lần chỉ được chuyển một vòng từ cọc này sang một trong hai cọc còn lại và vòng có bán kính lớn hơn vẫn ở phía dưới.

Bài 48: Chứng minh rằng không có $n$ $\left ( n>1 \right )$ số nguyên dương khác nhau $x_1$, $x_2$, $x_3$,..., $x_n$ thỏa mãn: $\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_i^2}=1$.

[nguyenta98]

Bài 47: Có ba cái cọc, cọc $I$ xâu $n$ cái vòng có bán kính khác nhau, vòng có bán kính lớn hơn nằm phía dưới. Tìm số lần ít nhất để chuyển $n$ cái vòng này sang cọc thứ $II$ sao cho mỗi lần chỉ được chuyển một vòng từ cọc này sang một trong hai cọc còn lại và vòng có bán kính lớn hơn vẫn ở phía dưới.

Bài 48: Chứng minh rằng không có $n$ $\left ( n>1 \right )$ số nguyên dương khác nhau $x_1$, $x_2$, $x_3$,..., $x_n$ thỏa mãn: $\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x_i^2}=1$.

Giải như sau:
Bài 47: đây là một bài toán nổi tiếng được biết với cái tên bài toán Tháp Hà Nội, câu hỏi là $63$ cái vòng thì cần chuyển ít nhất mấy lần, câu trả lời là đến khi trái đất không còn sự sống nếu ta chuyển xong
Đầu tiên ta đi với $2$ cái vòng, dễ thấy ngay đáp án là $2^2-1$
Thử với $n=3$ thì $2^3-1$ lần
Giả sử $n=k$ đúng hay ít nhất $2^k-1$ lần
Ta sẽ cm $n=k+1$ cũng đúng hay ít nhất $2^{k+1}-1$
Thật vậy
Ta có một nhận xét sau, để đưa tất cả $k+1$ vòng sang cọc $II$ thì vòng có bán kính to nhất (ở dưới cùng) sang cọc $II$
Muốn vậy ta phải chuyển $k$ vòng còn lại (nhỏ hơn) sang cọc $III$
Mặt khác theo GTQN thì số lần ít nhất chuyển $k$ vòng sang cọc $II$ là $2^k-1$ hay chuyển sang cọc $III$ cũng là $2^k-1$ (do vai trò cọc $II,III$ như nhau)
Như vậy số lần chuyển cọc $k$ vòng sang cọc $III$ là $2^k-1$
Như vậy lần thứ $2^k$ sẽ chuyển vòng to nhất sang cọc $II$
Như vậy cọc $I$ không có vòng, cọc $II$ có vòng to nhất, cọc $III$ có $k$ vòng
Cần chuyển $k$ vòng cột $III$ sang cột $II$ và theo GTQN cần ít nhất $2^k-1$
Như vậy cần ít nhất $2^k+2^k-1=2^{k+1}-1$ đpcm
Do đó đáp số là $\boxed{2^{n}-1}$

P/S: giai thoại về bài toán, ở chốn Hy Lạp cũ có ba ngọn tháp thần, và đưa ra bài toán với $64$ cọc, thần đã nói nếu chuyển được hết $64$ cọc thì thế giới này sẽ tan vỡ, thật vậy theo bài toán trên thì số lần $2^{64}-1$ và giả sử một giây chuyển được một vòng, như vậy cần một thời gian là $58$ nghìn tỉ năm, mà ta biết hệ mặt trời chắc chỉ tồn tại được $100$ tỉ năm, do đó thế giới sẽ tan vỡ trước khi bài toán được làm xong do vậy nên các đạo sĩ trước đây không hiểu vấn đề đó nên qua mấy đời mà vẫn không làm được bài toán, như vậy ta mới thấy giá trị của toán học là lớn lao biết bao, nó đã giúp ta giải quyết những bài toán mà có khi bằng thực nghiệm không thể làm được, ngoài ra bài toán trên cũng biết với tên bài toán tháp Hà Nội, lời giải như mình đề cập phía trên, ngoài ra ở nước ngoài vẫn có những cuộc thi nhanh tay dành cho người yêu thích trò chơi này, với $5$ vòng số lần chuyển đã là $31$ lần, và với máy chuyển hiện đại hiện nay, một giây có thể chuyển khoảng 100 vòng nhưng như vậy vẫn chưa đủ nhanh để trước khi trái đất và hệ mặt trời bị diệt vong, và ngoài ra ý nghĩa của câu chuyện cũng nói lên rằng các vị thần cũng làm toán!

Bài 48: Ta có $\dfrac{1}{x_1^2}+\dfrac{1}{x_2^2}+...+\dfrac{1}{x_n^2}=1$ và từ đó suy ra $x_i>1$ (do nếu tồn tại một số $x_i=1$ thì $\sum{\dfrac{1}{x_i}^2}>1$ vô lý
Ta có $2\le x_1<x_2<x_3<...<x_n$
Do đó $\sum{\dfrac{1}{x_i^2}}\le \dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{1.2}+...+\dfrac{1}{n(n-1)}=1-\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}=1-\dfrac{1}{n}<1$
Vậy bài toán vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 28-08-2012 - 17:08

[chrome98]

Bài 49: Trong mặt phẳng cho $17$ điểm trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô bằng $3$ màu khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một tam gáic có $3$ cạnh cùng màu.

Bài 50: Giải phương trình với $x\in \mathbb{R^{+}}$:
$[2x]+[3x]+[5x]+[7x]+[11x]=2012$, với $[x]$ là phần nguyên của $x$.

[nguyenta98]

Bài 49: Trong mặt phẳng cho $17$ điểm trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô bằng $3$ màu khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một tam gáic có $3$ cạnh cùng màu.

Bài 50: Giải phương trình với $x\in \mathbb{R^{+}}$:
$[2x]+[3x]+[5x]+[7x]+[11x]=2012$, với $[x]$ là phần nguyên của $x$.

Giải như sau:
Bài 49:
Từ một điểm $A$ thuộc $17$ điểm ta nối với $16$ điểm còn lại, theo nguyên lý dirichlet tồn tại $6$ điểm khác là $B_1,B_2,....,B_6$ sao cho $AB_i$ là màu xanh (giả sử ba màu xanh đỏ vàng)
Khi ấy ta xét $5$ đoạn $B_1B_2,B_1B_3,...,B_1B_6$ và thấy $5$ đoạn này không có đoạn nào màu xanh, vì giả sử ngược lại giả sử có đoạn $B_1B_2$ xanh khi ấy tam giác $AB_1B_2$ cùng màu đã thỏa đề
Do đó trong $5$ đoạn trên chỉ có $2$ màu, theo nguyên lý dirichlet tồn tại ba đoạn có cùng màu giả sử là đỏ, giả sử $B_1B_2,B_1B_3,B_3B_4$ cùng màu khi ấy ta xét tam giác $B_4B_3B_2$ và ta thấy cả ba cạnh tam giác này không thể màu đỏ vì nếu là màu đỏ thì giả sử $B_4B_3$ màu đỏ khi ấy tam giác $B_1B_4B_3$ thỏa đề
Do đó tam giác $B_4B_3B_2$ có cùng màu nên cũng thỏa đề (màu vàng) suy ra đpcm

Bài 50:
Ta có gọi phần lẻ của $x$ là $r$ suy ra $x=[x]+r$ với $0\le r<1$
Suy ra theo định nghĩa phần nguyên thì $[2[x]+2r]=2[x]+[2r]$
Tương tự cộng lại suy ra $28[x]+[2r]+[3r]+[5r]+[7r]+[11r]=2012$
Ta có $[2r]+[3r]+[5r]+[7r]+[11r]<28 \Rightarrow 28[x]>1984$
Mà $28[x] \vdots 28 \Rightarrow 28[x]=1988 \Rightarrow [x]=71$ do đó $x-1<[x]\le x \Rightarrow x-1<71\le x \Rightarrow 71\le x<72$
Từ đó suy ra $[2r]+[3r]+[5r]+[7r]+[11r]=24$ với $0\le r<1$
Ta thấy $0\le r<1 \Rightarrow [2r]<2.[3r]<3,[5r]<5,[7r]<7,[11r]<11$
Suy ra $[2r]+[3r]+[5r]+[7r]+[11r] \le 1+2+4+6+10=23<24$ vô lý
Vậy phương trình vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 29-08-2012 - 12:15

[Tru09]

Bài 49: Trong mặt phẳng cho $17$ điểm trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô bằng $3$ màu khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một tam gáic có $3$ cạnh cùng màu.

Góp vui tí nào :
Bài 49 :
Gọi A là 1 trong số 17 điểm đã cho . Có 16 đoạn thẳng nối với các điểm còn lại dc tô bởi 3 màu mà 16 chia 3 =5 dư 1 nên tồn tại 5 đoạn cùng màu.
Chẳng hạn màu đỏ.
Giả sử 6 đoạng thẳng đó là AB,AC,AD,AE,AF,AG. Xét 6 điểm B,C,D,E,F,G.Nếu tồn tại 2 điểm nối với nhau bởi các cạnh màu đỏ ,Chẳng hạn BC thì $\Delta ABC$ có cạnh cùng màu .Nếu khong tồn tại thì 6 điểm B,C,D,E,F,G được nối với nhau bởi các đoạn thẳng dc tô bởi 2 màu xạnh hoặc vàng.
Ta chứng minh luôn có 1 tam giác dc tô cùng một màu:
Vì các đoạn thẳng từ B đến C,D,E,F,G chỉ tô 2 màu nêu ít nhất phải có 3 đoạn cùng màu.
Giả sử đó là BC ,BD,BE .
Ta sét 2 trường hợp :BC,BD,BE tô màu vàng.
Xét $\Delta ECD$ có :
+, Nếu Có một cạnh tô màu vàng thì $\Delta BEC$ hoặc $\Delta BCD$ được tô màu vàng.
+, Nếu không có cạnh nào tô màu vàng thì $\Delta BDC$ có chung 1 màu
Vậy luôn có tam giác có 3 cạnh cùng màu
TH2 tương tự $\Rightarrow DPCM$

[chrome98]

Bài 51: Tìm các số $\overline{abcd}$ ($a>b>c>d$) thoả mãn $\overline{abcd}-\overline{dcba}$ cũng được một số gồm các chữ số $a,b,c,d$.

Bài 52: Tìm các số nguyên $x,y$ thoả mãn: $1^x+2^x+3^x+4^x=30^y$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chrome98: 29-08-2012 - 12:13

[nguyenta98]

Bài 52: Tìm các số nguyên $x,y$ thoả mãn: $1^x+2^x+3^x+4^x=30^y$.

Giải như sau:
$x=2$ được chọn
Với $x\geq 2$ ta có $1^x+2^x+3^x+4^x>30 \Rightarrow y>1 \rightarrow 30^y \vdots 3, 30^y \vdots 4$
Lại có $1^x+2^x+3^x+4^x \equiv 0 \pmod{3} \Rightarrow 1+2^x+0+1 \equiv 0 \pmod{3} \Rightarrow 2^x \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow x=2k$
Mặt khác $1^x+2^x+3^x+4^x \vdots 4$ (do $30^y \vdots 4$) khi ấy $1+3^x \vdots 4 \Rightarrow 3^x \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow x=2t+1$
Kết hợp các điều trên suy ra $x$ vừa chẵn lại vừa lẻ vô lý
Vậy $\boxed{(x,y)=(2,1)}$

[nguyenta98]

Bài 38: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, phương trình $x^2+15y^2=4^n$ có ít nhất $n$ nghiệm nguyên dương.

Mình thành thật xin lỗi rằng lúc trước mình có post lời giải nhưng bị nhầm, và bài này quả thực không dễ, minh sẽ đưa ra lời giải chính xác và cách để các bạn tìm ra nghiệm của phương trình này
Giải như sau:
Trước tiên ta chứng minh phương trình $x^2+15y^2=4^n$ luôn có ít nhất một nghiệm $(x,y)$ thỏa mãn $x,y$ cùng lẻ
Thử $n=1,2,3$ đúng
Giả sử đúng đến $n=k$ hay $x^2+15y^2=4^k$ có ít nhất một nghiệm $(x,y)$ đều lẻ
Ta sẽ chứng minh phương trình $n=k+1$ cũng có ít nhất một nghiệm $(x,y)$ đều lẻ
Thật vậy $x^2+15y^2=4^{k+1}=(2^{k+1})^2$
$\Rightarrow 15y^2=(2^{k+1}-x)(2^{k+1}+x)$
Ta có $gcd(x,y)=1$ (do $x,y$ cùng lẻ và $4^{k+1} \vdots p \Leftrightarrow p=2$)
Như vậy $gcd(2^{k+1}-x,2^{k+1}+x)=1$
TH1: $k+1$ lẻ khi ấy ta có $y^2=\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{15}\right).(2^{k+1}+x)$ hoặc $(2^{k+1}-x).\left(\dfrac{2^{k+1}+x}{15}\right)$
Thấy $gcd(2^{k+1}-x,2^{k+1}+x)=1$ do đó $gcd\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{15},2^{k+1}+x\right)=1$ hoặc $gcd\left(2^{k+1}-x,\dfrac{2^{k+1}+x}{15}\right)=1$
Như vậy $\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{15},2^{k+1}+x\right)=(m^2,n^2)$ hoặc $\left(2^{k+1}-x,\dfrac{2^{k+1}+x}{15}\right)=(m^2,n^2)$ và $y=mn$
Khi ấy ta có ngay $2^{k+1}=\dfrac{m^2+15n^2}{2}$ hoặc $\dfrac{n^2+15m^2}{2}$ cho nên để cho gọn, ta có thể giả sử ngay $2^{k+1}=\dfrac{m^2+15n^2}{2}$ và $x=\dfrac{|m^2-15n^2|}{2}$ và $y=mn$
Ta có $2^{k+2}=m^2+15n^2$ mà ta giả sử $k+1$ lẻ nên $k+2$ chẵn nên $4^{\frac{k+2}{2}}=m^2+15n^2$ mà hiển nhiên $\frac{k+2}{2}<k$ nên theo giả sử quy nạp thì với mọi $n=1,2,3,...,k$ đều có $x,y$ lẻ thỏa phương trình, do đó cũng tồn tại $m,n$ lẻ để thỏa mãn phương trình $4^{\frac{k+2}{2}}=m^2+15n^2$ khi ấy $y=mn$ lẻ hiển nhiên còn $x=\dfrac{|m^2-15n^2|}{2}$ và thấy $m,n$ lẻ nên $|m^2-15n^2| \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow x=\dfrac{|m^2-15n^2|}{2}$ là số lẻ do đó cũng tồn tại $x,y$ thỏa mãn nên quy nạp được chứng minh
TH2: $k+1$ chẵn, ta không làm như trên mà biến đổi như sau:
$y^2=\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{5}\right).\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{3}\right)$ hoặc $\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{3}\right).\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{5}\right)$
Mà $gcd(2^{k+1}-x,2^{k+1}+x)=1$ cho nên $gcd\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{5},\dfrac{2^{k+1}-x}{3}\right)=1$ hoặc $gcd\left(\dfrac{2^{k+1}-x}{3},\dfrac{2^{k+1}-x}{5}\right)=1$
Mà tích chúng chính phương nên đặt tương tự như TH1 và cũng để cho gọn ta có $2^{k+1}=\dfrac{3u^2+5v^2}{2}$ và $y=uv$ và $x=\dfrac{|3u^3-5v^2|}{2}$
Như vậy ta có phương trình $2^{k+2}=3u^2+5v^2$ mà $k+1$ chẵn nên $k+2$ lẻ
Ta xét hai phương trình song song như sau
$4^{\frac{k+3}{2}}=(4m+n)^2+15n^2$ (chú ý $k+3$ chẵn)
$4^{\frac{k+3}{2}}=(4m-n)^2+15n^2$
Ta nhận thấy hai phương trình trên hiển nhiên có nghiệm do $\frac{k+3}{2}<k$ nên theo nguyên lý quy nạp thì nó có nghiệm $(4m+n,n)$ đều lẻ hoặc $(4m-n,n)$ cũng đều lẻ
Ta thấy một phương trình $4^t=h^2+15k^2$ có nghiệm thì khi đó $h \equiv k \pmod{8}$ hoặc $h+k \vdots 8$
Chứng minh điều trên đơn giản, ta xét trường hợp $h=8c+1,8c+3,8c+5,8c+7$ và tương ứng mỗi trường hợp thì xét $k \equiv 1,3,5,7 \pmod{8}$ khi ấy dễ dàng chứng minh xong nhận định trên
Do đó:
Nếu phương trình $4^{\frac{k+ 3}{2}}=(4m+n)^2+15n^2$ có nghiệm $4m+n \equiv n \pmod{8}$ khi ấy $4m+n-n \vdots 8 \Rightarrow m \vdots 2$ mặt khác ta lại thấy $4^{\frac{k+3}{2}}=(4m+n)^2+15n^2 \Leftrightarrow 2^{k+3}=3(m-n)^2+5(m+n)^2$
Khi ấy ta có $m-n,m+n$ cùng lẻ và khi ấy chọn $u=m-n,v=m+n$ như vậy phương trình $2^{k+3}=3u^2+5v^2$ có nghiệm $(u,v)$ lẻ khi đó cũng suy ra $x=\dfrac{|3u^2-5v^2|}{2}$ lẻ (chứng minh theo $mod(4)$) nên phương trình đúng với quy nạp
Nếu phương trình $4^{\frac{k+ 3}{2}}=(4m+n)^2+15n^2$ có nghiệm $h,k$ với $h+k \vdots 8$ khi đó đổi biến $n=-n$ thì phương trình $4^{\frac{k+3}{2}}=(4m-n)^2+15n^2$ có nghiệm $4m-n +n \vdots 8 \Rightarrow m \vdots 2$ khi đó thay $u,v$ lập luận tương tự như trên ta cũng suy ra $đpcm$
Như vậy khẳng định của ta được chứng minh hay luôn tồn tại $x,y$ lẻ sao cho $x^2+15y^2=4^n$
$$**********$$
Giờ quay trở lại bài toán của ta là cần chứng minh phương trình $x^2+15y^2=4^n$ có không ít hơn $n$ nghiệm
Thử $n=1,2,3$ đều đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay phương trình $x^2+15y^2=4^k$ có không ít hơn $k$ nghiệm
Ta sẽ chứng minh $n=k+1$ đúng hay phương trình $x^2+15y^2=4^{k+1}$ không ít hơn $k$ nghiệm
Thật vậy theo GTQN gọi $k$ nghiệm của phương trình $x^2+15y^2=4^k$ là $(x_1,y_2),(x_2,y_2),...,(x_k,y_k)$
Khi ấy
$x_1^2+15y_1^2=4^k$
$x_2^2+15y_2^2=4^k$
$.....$
$x_k^2+15y_k^2=4^k$
Suy ra
$(2x_1)^2+15(2y_1)^2=4^{k+1}$
$(2x_2)^2+15(2y_2)^2=4^{k+1}$
$.....$
$(2x_k)^2+15(2y_k)^2=4^{k+1}$
Như vậy ta thấy ngay phương trình $x^2+15y^2=4^{k+1}$ đã có $k$ nghiệm
Mặt khác theo chứng minh phần trên thì phương trình $x^2+15y^2=4^{k+1}$ sẽ có một nghiệm $u,v$ nữa thỏa mãn $u,v$ lẻ khi ấy ta thấy $u,v$ đôi một khác $2x_i,2y_i$ (do $u,v$ lẻ) nên ta thấy $(2x_1,2y_1),...,(2x_k,2y_k),(u,v)$ là $k+1$ nghiệm của $x^2+15y^2=4^{k+1}$ nên giả thiết quy nạp là đúng, đpcm
Như vậy bài toán có một khẳng định $\boxed{x^2+15y^2=4^n - \text{có không ít hơn n nghiệm}}$

P/S như vậy từ cách chứng minh $x^2+15y^2=4^n$ có nghiệm $x,y$ lẻ thì chắc ai cũng biết cách tìm ra nghiệm lẻ của chúng rồi chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-08-2012 - 15:26

[chrome98]

Bài 53: Chứng minh rằng: Nếu $a^n|b$ thì $a^{n+1}|(a+1)^b-1$, với $a,b,n\in \mathbb{Z^{+}}$.

[nguyenta98]

Bài 53: Chứng minh rằng: Nếu $a^n|b$ thì $a^{n+1}|(a+1)^b-1$, với $a,b,n\in \mathbb{Z^{+}}$.

Giải như sau:
Ta có $(a+1)^{a^0}-1 \vdots a$
Suy ra $(a+1)^{a^1}-1=(a+1-1)((a+1)^{a-1}+...+(a+1)+1)=a.((a+1)^{a-1}+...+(a+1)+1)$
Ta thấy $(a+1)^{a-1}+...+(a+1)+1 \equiv a \pmod{a}$ suy ra $(a+1)^{a^1}-1 \vdots a^2$
Giả sử $(a+1)^{a^k}-1 \vdots a^{k+1}$
Ta sẽ cm $(a+1)^{a^{k+1}}-1 \vdots a^{k+2}$
Thật vậy $(a+1)^{a^{k+1}}-1=((a+1)^{a^k}-1)(((a+1)^{a^k})^{a-1}+...+(a+1)^{a^k}+1)$
Thấy $(((a+1)^{a^k})^{a-1}+...+(a+1)^{a^k}+1) \vdots a$ nên có ngay đpcm
Do đó $(a+1)^{a^n}-1 \vdots a^{n+1}$ nên bài toán được giải

[L Lawliet]

Khởi động lại topic bằng một bài dễ.
----
Bài 54: Giải phương trình nghiệm nguyên: $15x^2-7y^2=9$.

[triethuynhmath]

Khởi động lại topic bằng một bài dễ.
----
Bài 54: Giải phương trình nghiệm nguyên: $15x^2-7y^2=9$.

Từ PT ta suy ra $7y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\Rightarrow y=3k$
Vậy PT $\Leftrightarrow 15x^2=63k^2+9\Leftrig\vdots 5x^2=21k^2+3\Rightarrow 5x^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3\Rightarrow x=3r\Rightarrow 45r^2=21k^2+3\Leftrightarrow 15r^2=7k^2+1\vdots 3\Rightarrow 7k^2\equiv 2(mod 3)$ Mà $7\equiv 1( mod 3)\Rightarrow k^2\equiv 2(mod 3)$(Vô lí do $k^2\equiv 0;1(mod 3)$
Vậy phương trình vô nghiệm nguyên

[Karl Vierstein]

Bài 55: Chứng minh rằng nếu $x^2+y^2$ là một số chính phương trình $xy$ chia hết cho $12$.
----
Bài dễ khởi động topic này nào ^^

[chrome98]

Giải: Ta có $x^2+y^2=z^2, z\in \mathbb{Z}$.
Do $x^2\equiv 0,1\mod 3, y^2\equiv 0,1\mod 3, z^2\equiv 0,1\mod 3$, nên tồn tại một trong ba số $x^2,y^2$ $\vdots 3$ hay tồn tại $x$ hoặc $y\vdots3$, $\rightarrow 3|xy$
Do số chính phương $\equiv 0,1,4\mod 8$, nên tồn tại ít nhất một trong $3$ số $x^2,y^2\vdots 8$ hoặc $x,y$ cùng $\equiv 2\mod 4$. Trong các trường hợp, ta đều có $4|xy$.
Và $gcd(3;4)=1\rightarrow 12|xy$.