Chủ đề này có 13 trả lời

[ilovelife]

1) Chứng minh $$a =\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}$$ không phải số nguyên
2) Cho $n^2 = a + b, n^3 = a^2 + b^2$. Tìm n nguyên
3) Chứng minh với n nguyên dương $$\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$$ là số nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 13-11-2012 - 20:51

[nguyenta98]

1) Chứng minh $$a =\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}$$ không phải số nguyên
2) Cho $n^2 = a + b, n^3 = a^2 + b^2$. Tìm n nguyên
3) Chứng minh với n nguyên dương $$\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$$ là số nguyên

Giải như sau:
Gọi $p$ là số nguyên tố $<n$ giả sử $2^x\le n<2^{x+1}$
Khi ấy $a=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n}$
Đặt $B=lcm[2,3,4,...,n]$ (BCNN)
Khi ấy $a=\dfrac{k_2+...+k_n}{B}$ với $k_2,...,k_n$ là tử số của các phân số tương ứng
Dễ thấy $B \vdots 2^x$ vì $2^x\le n<2^{x+1}$ nên mọi số $r$ bất kì mà $<n$ thì $2^u||r$ thì $u<x$ với $||$ là kí hiệu $2^u$ là ước của $r$ với $u$ lớn nhất, vì giả sử ngược lại suy ra $u\geq x \Rightarrow r\geq 2^x \Rightarrow r=n$ loại do $r<n$
Do đó $B \vdots 2^x$ như vậy $k_r$ sẽ chia hết cho $2$ (do $k_r$ khi phân tích ra thừa số $2$ thì mũ cao nhất là $u<x$)
Chỉ có mỗi $k_{2^x}$ là lẻ do $B \vdots 2^x$ mà không $\vdots 2^{x+1}$ vì $B=lcm[1,2,...,n]$
Do đó tử số là số lẻ còn mẫu là $B$ là số chẵn nên $a$ không thể nguyên, đây là $đpcm$

Bài 2: $n^2=a+b,n^3=a^2+b^2$
Ta có $a^2+b^2\geq \dfrac{(a+b)^2}{2} \Rightarrow n^3\geq \dfrac{n^4}{2} \Rightarrow 2\geq n$ nên $n=1,2$ đến đây dễ

Bài 3:
Đặt $17+12\sqrt{2}=a,17-12\sqrt{2}$ khi ấy $ab=1$ và $a+b=34$
Giả sử $\dfrac{a^n-b^n}{4\sqrt{2}}$ nguyên ta sẽ cm $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}$ nguyên
Thật vậy $(a+b).\dfrac{a^n-b^n}{4\sqrt{2}}$ nguyên nên $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}-ab(\dfrac{a^{n-1}-b^{n-1}}{4\sqrt{2}})$
Thấy $ab=1$ nên $-ab(\dfrac{a^{n-1}-b^{n-1}}{4\sqrt{2}})$ nguyên do quy nạp đúng từ $1$ tới $n$
Suy ra $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}$ nguyên, đây là $đpcm$

[ilovelife]

Thêm bài nữa: 4) tìm x, y, z nguyên sao cho $4^x + 4^y + 4^z$ là số chính phương
5) $\overline{xyz} \in \mathbb{P}$. Chứng minh $y^2 - 4xz$ không là số chính phương
6) Chứng minh bất kì số nguyên nào cũng viết được dưới dạng tổng của 5 lập phương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 13-11-2012 - 22:01

[Joker9999]

5) $\overline{xyz} \in \mathbb{P}$. Chứng minh $b^2 - 4ac$ không là số chính phương

Phải sửa thành xyz thành abc
Đây là 1 bài trong Nâng cao và Phát Triển toán 9, bạn có thể tham khảo trong phần trước của định lí Viet

[ilovelife]

Phải sửa thành xyz thành abc
Đây là 1 bài trong Nâng cao và Phát Triển toán 9, bạn có thể tham khảo trong phần trước của định lí Viet

Đã sửa , em post lên có phải để hỏi mỗi cách làm đâu chị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 13-11-2012 - 22:06

[ilovelife]

Bài 3:
Đặt $17+12\sqrt{2}=a,17-12\sqrt{2}$ khi ấy $ab=1$ và $a+b=34$
Giả sử $\dfrac{a^n-b^n}{4\sqrt{2}}$ nguyên ta sẽ cm $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}$ nguyên
Thật vậy $(a+b).\dfrac{a^n-b^n}{4\sqrt{2}}$ nguyên nên $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}-ab(\dfrac{a^{n-1}-b^{n-1}}{4\sqrt{2}})$
Thấy $ab=1$ nên $-ab(\dfrac{a^{n-1}-b^{n-1}}{4\sqrt{2}})$ nguyên do quy nạp đúng từ $1$ tới $n$
Suy ra $\dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{4\sqrt{2}}$ nguyên, đây là $đpcm$

Thêm 1 vế vào bài 3: $\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$ là số nguyên nhưng không phải số chính phương
---
Bài 2 bạn thiếu n = 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 13-11-2012 - 22:11

[nguyenta98]

Thêm bài nữa: 4) tìm x, y, z nguyên sao cho $4^x + 4^y + 4^z$ là số chính phương
5) $\overline{xyz} \in \mathbb{P}$. Chứng minh $y^2 - 4xz$ không là số chính phương
6) Chứng minh bất kì số nguyên nào cũng viết được dưới dạng tổng của 5 lập phương

Giải như sau:
Bài 4: $4^x+4^y+4^z=n^2$ không mất tổng quát giả sử $x\le y\le z$
Khi ấy $4^x(1+4^{y-x}+4^{z-x})=n^2$ do đó $n^2 \vdots (2^x)^2$ nên $n=2^x.k$
Suy ra $1+4^{y-x}+4^{z-x}=k^2$ đặt $y-x=a,z-x=b$ với $a\le b$ do $y\le z$
Do đó $1+(2^{2a})+(2^b)^2=k^2$
TH1: $2a<b+1$ khi ấy $(2^b)^2<(2^b)^2+2^{2a}<(2^b)^2+2^{b+1}+1=(2^b+1)$ khi ấy $2^b<k<2^b+1$ vô lí
TH2: $2a\geq b+1$
Nếu $a=0$ thì $2+(2^b)^2=k^2$ nên $2=(k-2^b)(k+2^b)$ giải ra vô nghiệm
Nếu $0<a\le b \le 2a-1$ (do ta xét $2a\geq b+1$)
Khi ấy $k$ lẻ do đó $k=2t+1$
Suy ra $2^{2(a-1)}+2^{2(b-1)}=t(t+1)$
Mà $a\le b$ nên $2^{2(a-1)}(2^{2(b-a)}+1)=t(t+1)$
Khi $b=a$ thì $2^{2(a-1)+1}=t(t+1)$ khi ấy một trong hai số $t,t+1$ bằng $1$ mà $2^{2(a-1)+1}\neq 0$ nên $t=1$ suy ra $2(a-1)+1=1$ nên $a=b=1$ do đó $(x,y,z)=(x,x+1,x+1)$
Giờ ta xét $a<b$
$\boxed{1}$ $t$ chẵn suy ra $2^{2(a-1)}||t$ nên $t=2^{2(a-1)}k$ do đó $t+1=\dfrac{2^{2(b-a)}+1}{k}$
Suy ra $\dfrac{2^{2(b-a)}+1}{k}-2^{2(a-1)}k=1$
Hay $2^{2(b-a)}+1-2^{2(a-1)}k^2=k$
Nên $2^{2(b-a)}+1=2^{2(a-1)}k^2+k$
Vì $b\le 2a-1$ nên $2^{2(b-a)}+1\le 2^{2(a-1)}+1$
Do đó $2^{2(a-1)}k^2+k\le 2^{2(a-1)}+1$ từ đây suy ra ngay $k=1$ vì nếu $k\geq 2$ thì BDT sai
Do đó $k=1$ suy ra $b=2a-1$
Hay $y-x=a,z-x=2a-1$
Do đó $(x,y,z)=(x,a+x,2a+x-1)$
$\boxed{2}$ $t+1$ chẵn giải tương tự hoàn toàn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 13-11-2012 - 23:00

[hxthanh]

...
3) Chứng minh với n nguyên dương $$\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$$ là số nguyên

Chọn dãy số nguyên $\{u_n\}_0^\infty\;\;:\;\;\begin{cases}u_0=0 \\ u_1=6 \\ u_{n+2}=34u_{n+1}-u_n,\quad(n \ge 0)\end{cases}$

Chứng minh bằng quy nạp được $u_n=\dfrac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$

[NLT]

Bài $1$ cũng có thể giải bằng cách chứng minh $0<A<1$
___
NLT

[hxthanh]

Bài $1$ cũng có thể giải bằng cách chứng minh $0<A<1$
___
NLT

Điều này không đúng!

Ta luôn chọn được $n$ để cho

$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n}$ có thể lớn bao nhiêu tuỳ ý!

Sau này em sẽ biết rằng chuỗi điều hoà $\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n}$ là phân kỳ!

[nguyenta98]

6) Chứng minh bất kì số nguyên nào cũng viết được dưới dạng tổng của 5 lập phương

Giải như sau:
Đặt $n=a^3+b^3+c^3+d^3+e^3$
Theo hằng đẳng thức $a^3+b^3=(x-1)^3-x^3=3x^2+3x+1$ còn $c^3+d^3=(x+1)^3-x^3=-3x^2+3x-1$
Suy ra chọn $(a,b,c,d)=(x-1,-x,x+1,-x)$
Khi ấy $n=6x+e^3$ theo đó $n-e^3=6x$ giờ ta chứng minh $e^3$ mang đầy đủ số dư từ $(1,2,3,4,5,6)$ khi chia $6$ và đây là điều dễ dàng có được qua thử trực tiếp, theo đó dù $n$ có dạng $6t+i$ với $0\le i\le 5$ thì đều có $e$ sao cho $e^3 \equiv i \pmod{6}$ khi ấy $\dfrac{n-e^3}{6}$ là số nguyên và số đó chính là số $x$ từ đó ta có $đpcm$
____________
@BlackSelena: tuyệt vời !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-11-2012 - 11:19

[duongtoi]

Bài 2: Ta có $2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2\Leftrightarrow 2n^3\ge n^4\Leftrightarrow n^3(n-2)\le 0\Leftrightarrow 0\le n\le 2$
Vì $n$ nguyên nên $n=\{0;1;2\}$.
Với $n=0$ suy ra $a=b=0$.
Với $n=2$ suy ra $a=b=2$.
Với $n=1$ suy ra $a=0;b=1$ hoặc $a=1;b=0$

[nguyenta98]

Thêm 1 vế vào bài 3: $\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}$ là số nguyên nhưng không phải số chính phương
---
Bài 2 bạn thiếu n = 0

Giải như sau:
Giả sử rằng $\frac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}=x^2$ là số chính phương (giả sử phản chứng)
Khi đó $[(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n]^2=32x^4$
$\Rightarrow (17+12\sqrt{2})^{2n}+(17-12\sqrt{2})^{2n}-2=32x^4$ (do tích hai số trong ngoặc bằng $1$)
Đặt $(17+12\sqrt{2})^n=A+B\sqrt{2}$ và $(17-12\sqrt{2})^n=A-B\sqrt{2}$ với $A,B$ nguyên khi ấy $(17+12\sqrt{2})^n.(17-12\sqrt{2})^n=1$ suy ra $A^2-2B^2=1$
Do đó $(A+B\sqrt{2})^2+(A-B\sqrt{2})^2-2=32x^4 \Rightarrow A^2+2B^2-1=16x^2$ thay $A^2=2B^2+1$ khi ấy $B=2x^2$
Do đó $A^2-2(2x^2)^2=1$ do đó đây là phương trình pythagoras mở rộng, có nghiệm tất cả nghiệm $2x^2=2uv$ và $1=|u^2-2v^2|$ và $A=u^2+2v^2$ với $gcd(u,v)=1$
Giả sử phương trình này có nghiệm $(A,B)=(A,2x^2)$ thỏa mãn $A+2x^2$ nhỏ nhất
TH1: $u^2-2v^2=1$ khi ấy từ $2x^2=2uv \Rightarrow x^2=uv$ mà $gcd(u,v)=1$ suy ra $u=m^2,v=n^2$
Khi ấy $u^2-2v^2=1 \Leftrightarrow m^4-2n^4=1$ suy ra $n$ chẵn vì nếu $n$ mà lẻ thì $2n^4 \equiv 2 \pmod{8} \Rightarrow m^4 \equiv 3 \pmod{8}$ vô lí do đó $n$ chẵn suy ra $n=2t$ do đó $m^4-2(4t^2)^2=1$ suy ra cũng theo bộ pythagoras mở rộng ta có $m^2=p^2+2q^2$ và $1=|p^2-2q^2|$ và $4t^2=2pq \Rightarrow 2t^2=pq$ với $gcd(p,q)=1$ ta lại có từ $m^2=p^2+2q^2$ suy ra $p$ lẻ vì nếu $p$ chẵn suy ra $m^2,p^2 \vdots 4 \Rightarrow 2q^2 \vdots 4 \Rightarrow q \vdots 2$ vô lí do $gcd(p,q)=1$ suy ra $p$ lẻ nên $q$ chẵn
Từ $q$ và $2t^2=pq$ suy ra $p=h^2,q=2k^2$ và từ $1=|p^2-2q^2|$ suy ra $1=p^2-2q^2$ vì nếu $1=2q^2-p^2$ ta có $q$ chẵn nên $2q^2 \equiv 0 \pmod{8} \Rightarrow p^2 \equiv 7 \pmod{8}$ vô lí do đó $1=p^2-2q^2$ thay $p=h^2,q=2k^2$ suy ra $(h^2)^2-2(2k^2)^2=1$ ta thấy $(h^2,2k^2)$ đóng vai trò là $(A,B)=(A,2x^2)$ ở trên nên chúng là nghiệm mà $h^2+2k^2<A+B=A+2x^2$ đây là điều vô lí vì giả sử nghiệm là nhỏ nhất nên TH này loại
TH2: $2v^2-u^2=1$ kết hợp $u=m^2,v=n^2$ cm như trên suy ra $2n^4=m^4+1$
Đây là phương trình dạng $x^4+y^4=2z^2$ khi đó có thể giả sử $gcd(x,y)=1$ nên $z^4-(xy)^4=\left(\dfrac{x^4-y^4}{2}\right)^2$
Phương trình này trở về phương trình $x^4-y^4=z^2$ ta sẽ tìm nghiệm của phương trình này, ta có thể giả sử $x,y,z>0$ và $(x,y,z)$ là nghiệm mà $(x,y)=1$ và $x$ là nhỏ nhất khi ấy $(y^2,z,x^2)$ là bộ pythagoras nguyên thủy nên $y^2=a^2-b^2,z=2ab,x^2=a^2+b^2$ khi đó $a>b>0$ và $gcd(a,b)=1$ suy ra $a^4-b^4=(xy)^2$ mà $a<x$ vô lí vì $x$ nhỏ nhất
Nếu $y^2=2ab,z=a^2-b^2,x=a^2+b^2$ khi đó $a>b>0$ và $gcd(a,b)=1$ khi ấy $a,b,x$ lại là bộ pythagoras gốc nên giả sử $a$ chẵn còn $b$ le nên $a=2p^2,b=q^2$ với $gcd(p,q)=1$ và $gcd(q,2)=1$ nên $x^2=4p^4+q^4,y=2pq$ khi ấy $2p^2,q^2,x$ là bộ pythagoras gốc nên $p^2=rs,q^2=r^2-s^2$ với $s>r,gcd(s,r)=1$ nên từ $p^2=rs$ nên $r=u^2,s=v^2$ với $gcd(u,v)=1$ nên $u^4-v^4=q^2$ lại là nghiệm mà hiển nhiên $u=\sqrt{r}\le p<2p^2<x$ mâu thuẫn vì $x$ nhỏ nhất nên pt vô nghiệm
Trở lại phương trình $z^4-(xy)^4=\left(\dfrac{x^4-y^4}{2}\right)^2$ muốn nó có nghiệm theo phương trình vừa làm ở trên thì $xyz=0$ hoặc $x^4-y^4=0$ và do đó $x=y=z=0$ hoặc $x^2=y^2=z^2$ nên $(x,y,z)=(k,k,k^2)$ với $k \in \mathbb{Z}$
Trở lại phương trình $2n^4=m^4+1$ suy ra $(1,m,n^2)=(k,k,k^2)$ theo cm của phương trình tổng quát trên suy ra $k=1$ do đó $m=n=1$
Thay vào suy ra $A=3,x=1$ khi đó $B=2$ nên $\dfrac{(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n}{4\sqrt{2}}=\dfrac{2\sqrt{2}B}{4\sqrt{2}}=\dfrac{4}{\sqrt{2}}=1$ đúng là số chính phương, tuy nhiên $(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n=2\sqrt{2}B=4\sqrt{2}$ nhưng theo cm quy nạp đơn giản ta có thể thu được $x_n=(17+12\sqrt{2})^n-(17-12\sqrt{2})^n>4\sqrt{2}$ từ đó suy ra vô lí nên có $đpcm$
Vậy số đó không thể là số chính phương

P/S: Mình cũng đề nghị bạn Ilovelife không post những bài như thế lên nữa, nó gây loãng topic và không phù hợp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 14-11-2012 - 11:55

[ilovelife]

P/S: Mình cũng đề nghị bạn Ilovelife không post những bài như thế lên nữa, nó gây loãng topic và không phù hợp

OK mình sẽ không spam nữa đây hầu hết là các bài khó, thật ấn tượng là bạn giải thật nhanh
----
Bài 6, đây là cách giải của mình (chắc tương tự cách của bạn thôi)
Có:
$6n = (n+1)^3 + (n-1)^3 - n^3 - n^3$
$6n - 2 = n^3 +(n+2)^3 - (n+1)^3 - (n+1)^3 - 2^3$
$6n - 1 = (n+1)^3 + (n-1)^3 - n^3 - n^3 - 1^3$
$6n + 1 = (n+1)^3 + (n-1)^3 - n^3 - n^3 + 1^3$
$6n + 2 = n^3 +(n-2)^3 - (n-1)^3 - (n-1)^3 + 2^3$
$6n + 3 = (n-3)^3 +(n-5)^3 - (n-4)^3 - (n-4)^3 + 3^3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 14-11-2012 - 13:02