Chủ đề này có 24 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 19/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:

1) Trận 9 có 22 toán thủ tham gia nên sau trận này, 01 toán thủ sẽ bị loại

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

4) Từ trận 8, Điều lệ có sự thay đổi, cụ thể như sau:

- Sau mỗi trận, sẽ có một số toán thủ bị loại theo thứ tự ưu tiên sau:
+ Điểm xét bị loại thấp hơn
+ Tham gia lâu hơn mà chưa ra đề
+ Số báo danh nhỏ hơn

- Gọi $D_{rd}$ là điểm của toán thủ ra đề:
$$D_{rd}= 4*\left (t_{lb1} - t_{bd} \right ) + 3*n_{klb} + 2*n_{mr} + 30$$

* Gọi $S$ là điểm của toán thủ làm bài.
$$S = \left [\frac{52 - \left (t_{lb} - t_{rd} \right )}{2} \right ]+3*d+d_{mr}+d_{t}$$
Trong đó:
Kí hiệu $[x]$ chỉ phần nguyên của số thập phân $x$.

[E. Galois]

Thông báo quan trọng:
Do sơ xuất, BTC post nhầm đề MHS cho MSS, BTC sẽ tạm dời thời điểm bắt đầu trận đấu lại 1 ngày. Trận 9 sẽ bắt đầu từ 20h00 ngày 20/10/2012. Kết thúc vào 24h00 ngày 22/10/2012. Thành thật xin lỗi các bạn

[L Lawliet]

Đề MSS trận 9: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a>b$ và tổng $a+b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.

(Toán thủ ra: minhhieukaka)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:15

[Tru09]

Bài làm :(Tru09)
Chứng minh bổ đề phụ :một số chính phương không thể đồng dư $2$ mod $3$:
Chứng minh :
Ta có :
Nếu $x \equiv 1 mod 3 \Rightarrow x^2 \equiv 1^2 \equiv 1$ (mod $3$)
Nếu $x \equiv 2 mod 3 \Rightarrow x^2 \equiv 2^2 =4 \equiv 1$ ( mod $3$)
Nếu $x \vdots 3 \Rightarrow x^2 \vdots 3$
Vậy bổ đề hoàn toàn chứng minh..
Quay lại bài toán :ta có:
$a^2 -a-b^2 =(a-b)(a+b) -a =2(a-b) -a$
$=a-2b =3a-2b-2a =3a-2(a+b) =3a -4=3(a-1)-1\equiv 2$(mod $3$)
Mà theo bổ đề thì 1 só chính phương không thể đồng dư 2 mod 3 .
Nên $a^2 -a-b^2$ không thể là số chính phương.
Vậy bài toán hoàn toàn dc giải quyết.

[daovuquang]

Lời giải của daovuquang:
Bổ đề 1 (định lí Fermat nhỏ): Nếu $a$ là số tự nhiên và $p$ là số nguyên tố, thì $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$. Về cách chứng minh có thể tham khảo tại: http://diendantoanho...ung-bằng-a-mau/
Bổ đề 2: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)\; (1)$.
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ $(1)$ ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p\; (2)$.
Lại theo định lý Fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho $p\; (3)$.
Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p\Rightarrow b$ chia hết cho $p$. Suy ra $a$ cũng chia hết cho $p$.
Vậy giả thiết phản chứng là sai $\Rightarrow$ bổ đề được chứng minh.

Quay trở về bài toán:
Giả sử $a^2-a-b^2=x^2\; (x \in \mathbb{N})$
$\Leftrightarrow 4a^2-4a-4b^2=4x^2$
$\Leftrightarrow (4a^2-4a+1)-4b^2=4x^2+1$
$\Leftrightarrow (2a-1)^2-(2b)^2=4x^2+1$
$\Leftrightarrow (2a-2b-1)(2a+2b-1)=4x^2+1\; (1)$.
Nhận xét: $2a+2b-1=2(a+b)-1 \equiv -1 \equiv 3 \pmod{4}$
$\Rightarrow 2a+2b-1$ có ít nhất một ước p có dạng $4k+3$.
Từ $(1)\Rightarrow 4x^2+1 \vdots p$. Áp dụng bổ đề trên, ta có $1 \vdots p$ mà $p$ có dạng $4k+3 \Rightarrow$ vô lí.
Vậy $a^2-a-b^2$ không thể là số chính phương.
----
Nhận xét: Mở rộng 1 và 2 của em là thay điều kiện của bài toán đầu (mở rộng 1 là em thêm điều kiện khác vào chỉ mất một dòng còn mở rộng hai thì $a-b$ và $a+b$ cùng tính chẵn lẻ rồi mà?).
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 21-19 \right )}{2} \right ]+3.10+0+0=55$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:21

[Tru09]

Bài làm:Tru09:
----Chứng minh bổ đề phụ:
---------Bổ đề phụ 1 :Định lý fermat :cho $p \in P$ ,(a,p)=1 khi đó $a^{p-1} \equiv 1 mod p$
Chứng minh :Xét các số $a,2a ,... ,(p-1).a$ . Dễ thấy không có sô nào trong p-1 só trên $\vdots p$ và không có số nào có cùng số dư khi chia cho $p$.Vậy khi chia p-1 số nói trên cho p ta nhận dc các số dư là :$1,2,...,p-1.$
$\Rightarrow a(2a)(3a)...(p-1)a \equiv 1.2.3.4...(p-1) mod p$
$\Rightarrow (1.2.3.....(p-1)).a^{p-1} \equiv 1.2.3. ...(p-1) mod p$
$\Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 mod p$ ( do $1.2.3. ... p-1$ không chia hết cho p)
Vậy bổ đề được chứng minh.
---------Bổ đề phụ 2 :Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3 (k \in N)$ . Các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $x^2 +y^2 \vdots p$ thì $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
Chứng minh :
Nếu cho 1 trong 2 số $x ,y \vdots p$ thì từ điều kiện $\Rightarrow x^2 +y^2 \vdots p$ .$\Rightarrow$ cả 2 số đều chia hết cho p.
Bây giờ ta giả sử cả $x$ và $y$ đều không chia hết cho $p$ . Ta có $p =4k+3$ với $k \in Z$ .Theo bổ đề 1 thì $x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} \equiv y^{4k+2} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} + y^{4k+2} \equiv 2 mod p (1)$
Mặt khác :$x^{4k+2} + y^{4k+2} =(x^2)^{2k+1}+(y^2)^{2k+1} \vdots x^2 +y^2 \vdots p (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$$ \Rightarrow 2 \vdots p$ hay $p =2$ trái với giả thiết $p =4k+3$
$\Rightarrow x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
-----------------------------------
Quay trở lại bài toán :
Giả sử $a^2 -a -b^2 =t^2$
$\Rightarrow 4a^2 -4a -4b^2 =4t^2$
$\Rightarrow 4a^2 -4a-4b^2 +1 =4t^2 +1$
$\Rightarrow (2a-2b-1)(2a+2b-1) =4t^2 +1$
$\Rightarrow 4t^2 +1 \vdots (2a+2b-1)$
Mà $(2a+2b-1) \equiv 3 mod 4$
$\Rightarrow 2a +2b -1$ có ít nhất $1$ ước nguyên tố có dạng $4k+3$
$\Rightarrow 4t^2 +1 \vdots p$ với $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề phụ 2 $\Rightarrow 1 \vdots p$ có dạng $4k +3 :\text{Vô lý}$
$\Rightarrow$ Điều giả sử sai $\Rightarrow a^2 -a -b^2 \neq t^2$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn .

[BlackSelena]

Bài làm của MSS01 - BlackSelena:

Ta sử dụng tới 3 bổ đề:
Bổ đề 1: Định lý Fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$
Nếu $a$ là số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố, $(a,p) = 1$
Xét các số $a , 2a ,3a , ... (p-1)a$
Ta sẽ chứng minh các số này khi chia cho $p$ sẽ có số dư khác nhau.
Chứng inh bằng phản chứng, giả sử tồn tại $ax \equiv ay \pmod{p}$
$\Rightarrow x \equiv y \pmod{p}$
Vô lý vì $0 < x \neq y < p$.
Vậy các số trên chia cho $p$ sẽ có số dư khác nhau, mà có $p-1$ số trong đó không có số nào chia hết cho $p$ ( do $(a,p) = 1$) nên $a , 2a ,3a , ... (p-1)a$ có đầy đủ số dư từ 1 tới $p-1$ khi chia cho $p$. (do các số trên đồng dự trọn bộ số dư khi chia cho $p$ nên hiển nhiên nó sẽ đồng dư với trọn bộ nhân với nhau).
Vậy nhân chúng lại với nhau, ta có $a^{p-1} . 1.2.3....(p-1) \equiv 1.2.3...(p-1) \pmod{p}$
Triệt tiêu 2 vế, ta được $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ (đpcm), vậy ta chứng minh xong định lý Fermat nhỏ.

Bổ đề 2: Với $a^2 + b^2 \vdots p$ với $p= 4k+ 3$ (p nguyên tố) thì $a,b \vdots p$
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3:Số có dạng $4k+3$ thì tồn tại ước nguyên tố cũng có dạng $4k + 3$
Chứng minh bằng phản chứng, giả sử ngược lại vậy số đó có toàn bộ ước nguyên tố dạng $4k + 1$
Mà $(4k_1+1).(4k_2+1)....(4k_n+1) = 4l + 1$ (vô lý)
________________________
Quay trở lại bài toán
Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, giả sử $a^2 - a - b^2 = x^2$
$\Leftrightarrow 4a^2 - 4a - 4b^2 + 1 = 4x^2 + 1$
$\Leftrightarrow (2a-2b-1)(2a+2b-1)=4x^2+1$
Dễ thấy $2(a+b) \vdots 4$
$\Rightarrow 2(a+b) -1 \equiv 3 \pmod{4}$
$\Rightarrow$ tồn tại 1 ước nguyên tố $p = 4k + 3$ ($p > 2$) theo bổ đề 3
$\Rightarrow 4x^2 + 1 \vdots p = 4k + 3$
Áp dụng bổ đề 2, ta có $1 \vdots p$ (vô lý)
Vậy $a^2 - a - b^2$ không thể là số chính phương!
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 23-19 \right )}{2} \right ]+3.10+0+0=54$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:19

[ConanTM]

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)
=================================
Mở rộng 1 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(a+m)^2-(a+m)-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(a+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(a+m)] cũng là số chính phương mà a + m và 1 - (a + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 2 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(ma)^2-ma-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(am) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(am)] cũng là số chính phương mà a m và 1 - (a m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 3 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(na+m)^2-(na+m)-b^2$ (với m, n nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(na+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(na+m)] cũng là số chính phương mà na + m và 1 - (na + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 23-19 \right )}{2} \right ]+3.10+3.10+10=94$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:31

[Tru09]

Bài làm:( Bài chính thức )
----Chứng minh bổ đề phụ:
---------Bổ đề phụ 1 :Định lý fermat :cho $p \in P$ ,(a,p)=1 khi đó $a^{p-1} \equiv 1 mod p$
Chứng minh :Xét các số $a,2a ,... ,(p-1).a$ . Dễ thấy không có sô nào trong p-1 só trên $\vdots p$ và không có số nào có cùng số dư khi chia cho $p$.Vậy khi chia p-1 số nói trên cho p ta nhận dc các số dư là :$1,2,...,p-1.$
$\Rightarrow a(2a)(3a)...(p-1)a \equiv 1.2.3.4...(p-1) mod p$
$\Rightarrow (1.2.3.....(p-1)).a^{p-1} \equiv 1.2.3. ...(p-1) mod p$
$\Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 mod p$ ( do $1.2.3. ... p-1$ không chia hết cho p)
Vậy bổ đề được chứng minh.
---------Bổ đề phụ 2 :Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3 (k \in N)$ . Các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $x^2 +y^2 \vdots p$ thì $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
Chứng minh :
Nếu cho 1 trong 2 số $x ,y \vdots p$ thì từ điều kiện $\Rightarrow x^2 +y^2 \vdots p$ .$\Rightarrow$ cả 2 số đều chia hết cho p.
Bây giờ ta giả sử cả $x$ và $y$ đều không chia hết cho $p$ . Ta có $p =4k+3$ với $k \in Z$ .Theo bổ đề 1 thì $x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} \equiv y^{4k+2} \equiv 1 mod p$
$\Rightarrow x^{4k+2} + y^{4k+2} \equiv 2 mod p (1)$
Mặt khác :$x^{4k+2} + y^{4k+2} =(x^2)^{2k+1}+(y^2)^{2k+1} \vdots x^2 +y^2 \vdots p (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$$ \Rightarrow 2 \vdots p$ hay $p =2$ trái với giả thiết $p =4k+3$
$\Rightarrow x$ và $y$ đều chia hết cho $p$
-----------------------------------
Quay trở lại bài toán :
Giả sử $a^2 -a -b^2 =t^2$
$\Rightarrow 4a^2 -4a -4b^2 =4t^2$
$\Rightarrow 4a^2 -4a-4b^2 +1 =4t^2 +1$
$\Rightarrow (2a-2b-1)(2a+2b-1) =4t^2 +1$
$\Rightarrow 4t^2 +1 \vdots (2a+2b-1)$
Mà $(2a+2b-1) \equiv 3 mod 4$
$\Rightarrow 2a +2b -1$ có ít nhất $1$ ước nguyên tố có dạng $4k+3$
$\Rightarrow 4t^2 +1 \vdots p$ với $p$ là số nguyên tố có dạng $4K+3$
Áp dụng bổ đề phụ 2 $\Rightarrow 1 \vdots p$ có dạng $4K +3 :\text{Vô lý}$
$\Rightarrow$ Điều giả sử sai $\Rightarrow a^2 -a -b^2 \neq t^2$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn .
----
Nhận xét: Lần sau gửi bài thì xem kĩ nhé em, gửi nhiều bài rồi lấy một bài là bài chính thức là như thế nào?
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 23-19 \right )}{2} \right ]+3.10+0+0=54$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:28

[ConanTM]

Lời giải khác của toán thủ ConanTM:
Giả sử $a^2-a-b^2$ là số chính phương.
Do a + b chia hết cho 2 nên a và b cùng tính chẵn lẻ => $a^2-b^2$ chia hết cho 4. Do 1 số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1 nên a chia 4 dư 0 hoặc 3. Nếu a chia 4 dư 3 thì b lẻ, mặt khác khi đó a(a - 1) chia hết cho 8 và bằng tổng 2 số chính phương nên b chẵn vì 1 số chính phương khi chia 8 chỉ dư 0 hoặc 1 hoặc 4 (vô lý). Vậy a chia hết cho 4 => b chẵn.
Đặt a = 4m và b = 2n. Khi đó: $4m^2-m-n^2 = 4m^2-2m-n^2+m$ là 1 số chính phương => m chẵn vì hiệu 2 số chính phương là 1 số chẵn => a chia hết cho 8 => b chia hết cho 8.
Lại đặt a = 8m và b = 8n.
Ta có: $m(8m - 1) = 8n^2 + 8p^2$ với p là số tự nhiên => m chia hết cho 8 vì 8m - 1 là số lẻ => a chia hết cho 64
Lại đặt a = 64m và b = 8n. Ta có: $(8m)^2-8m-n^2 $ là số chính phương => n chia hết cho 8.
Cứ lặp lại như vậy thì ta có a và b phải có dạng $a = 2^x,b=2^y(x>2y>3)$ để $a^2-a-b^2$ là số chính phương hay $2^{2x}-2^x-2^{2y}$ là số chính phương => $2^{2(x-y)}-2^{x-2y}-1$ là số chính phương (Vô lý vì chia 4 dư 3). Vậy $a^2-a-b^2$ không thể là số chính phương (đpcm).

[caybutbixanh]

Đề MSS trận 9: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a>b$ và tổng $a+b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.

(Toán thủ ra: minhhieukaka)

Vì $a+b\vdots 2$ , là các số tự nhiên => a,b cùng chẵn hoặc cùng lẻ .
Xét a,b cùng lẻ
đặt $a= 2k +1 ; b= 2q+1 ;$ ta có :
$(2k+1)^{2}\equiv 4k+1 \equiv 1 ( mod 2)\\ (2q+1)^{2}\equiv 4q+1\equiv 1 ( mod 2)\\ ( 2k+1)\equiv 2k+3 ( mod 2)\\ => A=(2k+1)^{2}-( 2k+1)-(2q+1)^{2} \equiv 1-(2k+3)-1\equiv 3 ( mod 2)$
=> A không phải là số chính phương.
Xét a,b cùng chẵn : giả sử A là số chính phương .Đặt $A=x^{2}$
theo fecmat :$ a^{2}-a-b^{2}\equiv a-a-b \equiv b ( mod 2);$
=>$ x^{2}\equiv b\equiv 2 ( mod 2) $.( b chẵn nên $b-2\vdots 2; 2\vdots 2=> b-2 \vdots 2$).
=> A không phải là số chính phương.
----
Nhận xét: Bài làm của em sai ở một chỗ chị (=))~) tạm gọi là "xét đồng dư không hoàn toàn", khi xét đến $A$ đồng dư $3$ mod 2 thì vẫn còn có thể xét tiếp thành $A$ đồng dư $1$ mod 2, khi đó kết luận $A$ không chính phương là sai lầm ví dụ như $9$ đồng dư $1$ mod 2.
----
Điểm bài làm: 2
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 48-19 \right )}{2} \right ]+3.2+0+0=17$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 25-10-2012 - 16:30

[daovuquang]

Mở rộng 1: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a+b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.
Xét 2 trường hợp:
TH1: $a\le b \Rightarrow a^2-a-b^2<0$ không thể là số chính phương.
TH2: $a>b$ thì giải như bài trên.
Kết luận: Vậy $a^2-a-b^2$ không thể là số chính phương.

[daovuquang]

Mở rộng 2: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a>b$ và hiệu $a-b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.

Nhận xét: $(a-b) \vdots 2 \Rightarrow (a-b+2b) \vdots 2 \Rightarrow (a+b) \vdots 2$. Đến đây giải tương tự bài gốc.

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các bạn nhận xét bài làm của nhau

[minhhieukaka]

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)
=================================

=================================
Mình thấy lời giải của bạn không được hợp lý cho lắm? Bạn có thể giải thích rõ và tường minh hơn đc không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhhieukaka: 23-10-2012 - 17:38

[minhhieukaka]

Vì $a+b\vdots 2$ , là các số tự nhiên => a,b cùng chẵn hoặc cùng lẻ .
Xét a,b cùng lẻ
đặt $a= 2k +1 ; b= 2q+1 ;$ ta có :
$(2k+1)^{2}\equiv 4k+1 \equiv 1 ( mod 2)\\ (2q+1)^{2}\equiv 4q+1\equiv 1 ( mod 2)\\ ( 2k+1)\equiv 2k+3 ( mod 2)\\ => A=(2k+1)^{2}-( 2k+1)-(2q+1)^{2} \equiv 1-(2k+3)-1\equiv 3 ( mod 2)$
=> A không phải là số chính phương.
Xét a,b cùng chẵn : giả sử A là số chính phương .Đặt $A=x^{2}$
theo fecmat :$ a^{2}-a-b^{2}\equiv a-a-b \equiv b ( mod 2);$
=>$ x^{2}\equiv b\equiv 2 ( mod 2) $.( b chẵn nên $b-2\vdots 2; 2\vdots 2=> b-2 \vdots 2$).
=> A không phải là số chính phương.

===================================
Mình nghĩ chỗ này bạn câybutbixanh nhầm vì chỗ bôi đỏ có thể suy ra đc là A$\equiv$ 1( mod 2)
=> chưa thể khẳng định là số chính phương đc
VD 9 là số chính phương mà 9 $\equiv$ 1 và 3( mod 2) ????
Cả phần chứng minh a b cùng chẵn nữa mình nghĩ bạn cũng nhầm/
trên là ý kiến của mình nếu có sai sót mong các bạn góp ý =====

[BlackSelena]

Mở rộng 2: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a>b$ và hiệu $a-b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.

Nhận xét: $(a-b) \vdots 2 \Rightarrow (a-b+2b) \vdots 2 \Rightarrow (a+b) \vdots 2$. Đến đây giải tương tự bài gốc.

Mở rộng này hơi ....
Vì $a+b$ và $a-b$ cùng tính chẵn lẻ rồi mà....

[caybutbixanh]

===================================
Mình nghĩ chỗ này bạn câybutbixanh nhầm vì chỗ bôi đỏ có thể suy ra đc là A$\equiv$ 1( mod 2)
=> chưa thể khẳng định là số chính phương đc
VD 9 là số chính phương mà 9 $\equiv$ 1 và 3( mod 2) ????
Cả phần chứng minh a b cùng chẵn nữa mình nghĩ bạn cũng nhầm/
trên là ý kiến của mình nếu có sai sót mong các bạn góp ý =====

-( 2k+3) -3 luôn chia hết chia 2 => -( 2k+3) đồng dư với 3 theo môdun 2.

[caybutbixanh]

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)
=================================

bạn có thể giải thích chỗ chữ màu đỏ đc ko ?

[minhhieukaka]

-( 2k+3) -3 luôn chia hết chia 2 => -( 2k+3) đồng dư với 3 theo môdun 2.

đến đây ý bạn là gì vậy?
Theo mình nghĩ thì trong chứng minh số chính phương thì tìm dư của 2 là vẫn không thể khẳng định đc điều gì.