famas1stvn98

Bài bạn chrome 98 có vẻ trục trặc ở đoạn màu đỏ thì phải

Giải: $n^5+n^4+1=(n^2+n+1)(n^3-n+1)$
Ta thấy với $n=1$ thì không thỏa mãn, xét với $n\geq 2$, ta có: $n^3-n+1\geq n^2+n+1$, nên $n^3-n+1\vdots n^2+n+1$
Gọi $(n^2+n+1;n^3-n+1)=d$, ta có: $\begin{cases} n^2+2n-1\vdots d \\ n^2+n+1\vdots d \end{cases}\Rightarrow n-2\vdots d$
$\Rightarrow \begin{cases} n-2\vdots d \\ n^3-n+1\vdots d \end{cases}\Rightarrow 7\vdots d$
TH1: $d=1$ thì $n^2+n+1=1\Leftrightarrow n=0$, không thỏa mãn, hoặc mỗi số là số chính phương, không thỏa mãn.
TH2: $d=7$ thì $n^2+n+1\vdots 7\Rightarrow n\equiv 2,4 \mod 7$
Nếu $n\equiv 4 \mod 7$ thì $n^3-n+1\not\equiv 0 \mod 7$
Nếu $n\equiv 2 \mod 7$ thì thay $n=7k+2, k\in \mathbb{N}$ vào $n^2+n+1=49k^2+35k+7=7(7k^2+5k+1)$ và $n^3-n+1=343k^3+294k^2+77k+7$
, do đó $49k^3+42k^2+11k+1\vdots 7k^2+5k+1$
$\Leftrightarrow 49k^3+42k^2+11k+1-(7k^2+5k+1)\vdots 7k^2+5k+1$
$\Leftrightarrow k(49k^2+35k+6)\vdots 7k^2+5k+1$
Bởi vì $(k;7k^2+5k+1)=1$, nên $49k^2+35k+6\vdots 7k^2+5k+1\Leftrightarrow 49k^2+35k+6-7(7k^2+5k+1)\vdots 7k^2+5k+1$
$\Leftrightarrow 1\vdots 7k^2+5k+1$
Từ đây chỉ xảy ra $k=0$, khi đó $n=2$, thỏa mãn.
Vậy số nguyên dương cần tìm là $n=2$.

chỗ đó mình nghĩ chỉ có thể suy ra $49k^3+42k^2+11k+1$ và $7k^2+5k+1$ nguyên tố cùng nhau mà thôi
(như đoạn màu xanh) và từ đó suy ra 2 số này đều là số chính phương
Thế thôi,mọi người cố gắng tiếp tục phần còn lại của bài này

Đặt 3 số đó là a,b,c $\epsilon$ $Z^+$. WLOG: 1<a<b<c <1>
Theo đề ta có ab+1 $\vdots$ c;bc+1 $\vdots$ a;ca+1 $\vdots$ b
$\Rightarrow$ đặt M=$\frac{(ab+1)(bc+1)(ca+1)}{abc}$ ta có M $\epsilon$ N
Phá ngoặc ta được M=abc+a+b+c+($\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$).
Do M $\epsilon$ N $\Rightarrow$ đặt P=$\frac{1}{abc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$ ta có P $\epsilon$ N
Từ <1> ta có $\frac{1}{abc}<\frac{1}{c}<\frac{1}{b}<\frac{1}{a}$ $\Rightarrow$ P<$\frac{4}{a}$ $\leq$ $\frac{4}{2}$=2 <2>
$\Rightarrow$ P=1 <3>. Mà theo <2> có P<$\frac{4}{a}$ $\Rightarrow$ a<4 <3>. Kết hợp với <1> có a $\epsilon$ {2;3}
Xét a=2 ta được $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2}$=1 $\Rightarrow$ $\frac{1}{2bc}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}$=$\frac{1}{2}$
Lại chặn như ở <3> ta có $\frac{3}{b}$>$\frac{1}{2}$ $\Rightarrow$ b<6 $\Rightarrow$ b $\epsilon$ {3;4;5} (do b>a)
Xét b=3 thế vào được c=7;xét b=4 thế vào được c=4,5(loại),xét b=5 được c=$\frac{11}{3}$(loại)
Xét a=3 ta được b $\geq$ 4, c $\geq$ 5,abc $\geq$ 3*4*5=60 $\Rightarrow$ P $\leq$ $\frac{1}{60}+\frac{1}{5}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}$ <1
( mâu thuẫn với <3>,loại)
Như vậy bộ 3 số tự nhiên đó là {2;3;7} và các hoán vị.

Mình xin nêu ý chính lời giải bài 2/ . Nếu cần mình sẽ trình bày chi tiết
Theo định nghĩa phần nguyên ta có
n=$\left [ \sqrt[3]{n^3} \right ]=\left [ \sqrt[3]{n^3+1} \right ]=...=\left [ \sqrt[3]{(n+1)^3-1} \right ]$
Từ $n^3$ tới $(n+1)^3-1$ có số số hạng là: $(n+1)^3-1$-$n^3$+1=$3n^2+3n+1$<1>
$\Rightarrow$ ta tính được y theo cách tính tổng như ở <1>
$\left[\sqrt[3]{n^3}\right] + \left[\sqrt[3]{n^3+1}\right ] +...+ \left[\sqrt[3]{(n+1)^3-1}\right]$=(3$n^2$+3n+1)n
$\Rightarrow$
$\left [ \sqrt[3]{1} \right ]+\left [ \sqrt[3]{2} \right ]+...+\left [ \sqrt[3]{x^3-1} \right ]$
= $3*(1^3+2^3+...+(x-1)^3)$+$3*(1^2+2^2+...+(x-1)^2)$+3*(1+2+...+(x-1) <2>
(Lưu ý là cách tính tổng ở <1> khi áp dụng cho từng số n chạy từ 1 tới x-1 thì sẽ 'bao phủ' hết các số hạng)
Đến đây ta sẽ chứng minh các đẳng thức sau bằng quy nạp:
$1^3+2^3+...+n^3$=$(1+2+...+n)^2$ <3>
$1^2+2^2+...+n^2$=$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ <4>
1+2+...+n=$\frac{n(n+1)}{2}$ <5> sau đó thay luôn công thức ở <5> vào <3>
Chứng minh quy nạp dễ rồi,xin không trình bày ở đây
Tính tổng <2> dựa theo <3>,<4> và <5>: thay vào rồi nhóm lại ta sẽ được
y=$\frac{(x-1)(x)(3x^2+x)}{4}$=$\frac{(x-1)(3x+1)(x^2)}{4}$ <6>. Xét x lẻ ta được (x-1)(3x+1) $\vdots$ 4
$\Rightarrow$ y $\vdots$ $x^2$ vô lý, loại vì x,y $\epsilon$ P
Vậy x chẵn $\Rightarrow$ x=2. Thay vào <6> được y=7 (thỏa mãn đề)
Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn phương trình là x=2,y=7

Chuyển vế ta có(31x-40)yzt+(31x-40)y+(31x-40)t+31zt+31=0 <1>
Xét x $\geqslant$ 2 $\Rightarrow$ 31x-40 > 0. Do x,y,z,t $\epsilon$ $Z^+$ nên pt <1> vô nghiệm vì các hệ số đều nguyên dương
(hệ số 31x-40>0 và hệ số tự do 31)
Xét x=0 ta được 31zt+31=40yzt+40y+40t. Chuyển vế lại ta được
(40y-31)zt+(40y-31)+40t=0<2>
xét y $\geqslant$ 1 pt có các hệ số nguyên dương nên cũng vô nghiệm (hệ số 40y-31 $\geqslant$ 9)
vậy y=0 thay vào ta có được 31zt+31=40t. Dễ thấy z lẻ vì z chẵn thì vt lẻ,vp chẵn. Cũng chặn tương tự kiểu trên ta có z<2
$\Rightarrow$ z=1. Thay vào ta được 9t=31, loại
Xét x=1 ta được 31(yzt+y+t+zt+1)=40(yzt+y+t). Chuyển vế lại ta được
9yzt+9y+9t=31zt+31. Chặn tương tự kiểu trên được y<4. Xét
*y=0 $\Rightarrow$ 9t=31zt+31. Lại chặn tiếp được z<1 $\Rightarrow$ z=0 $\Rightarrow$ 9t=31,loại
*y=1 $\Rightarrow$ 9zt+9+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 22zt+22=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=22,loại
*y=2 $\Rightarrow$ 18zt+18+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 13zt+13=9t chặn tiếp được z=0 $\Rightarrow$ 9t=13,loại
*y=3 $\Rightarrow$ 27zt+27+9t=31zt+31 $\Rightarrow$ 4zt+4=9t $\Rightarrow$ t $\epsilon$ Ư{4}
- xét t=1 được 4z+4=9 loại
- xét t=2 được 8z+4=18 loại
- xét t=4 được 16z+4=36 $\Rightarrow$ z=2
Như vậy phương trình có nghiệm x=1,y=3,z=2,t=4
P/s: sorry bài trước bị nhầm. Cách của anh yeutoan11 hay.

Không biết giải kiểu này đúng không, cứ chém bừa vậy
Gọi 100 số đó là $a_{1},a_{2},...,a_{100}$. WLOG: $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant ...\geqslant a_{100}$ <1>
Theo đề $\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}=0$ <2>
Giả sử $a_{1}+a_{51}<0$
$\Rightarrow$ $a_{50}+a_{100}$ $\leqslant$ $a_{49}+a_{99}$ $\leqslant$ ... $\leqslant$ $a_{1}+a_{51}$<0 (theo <1>)
$\Rightarrow$ $a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{1}+a_{51} \geqslant$ 0 <3>
Xét 2 trường hợp:
A/ $a_{1}+a_{100} \geqslant 0$ $\Rightarrow$ có 99 cặp 2 số có tổng không âm thỏa mãn đề:
$a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{100}\geqslant 0$
B/ $a_{1}+a_{100} < 0$. Tới đây giả sử tồn tại n $\epsilon$ {3,4,...,51} sao cho $a_{2}+a_{n}<0$:
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \leqslant a_{2}+a_{n} <0 $ (vì $n \leqslant 51$)
Ta có $a_{50}+a_{99}\leqslant a_{49}+a_{98}\leqslant ...a_{2}+a_{51}< 0$(theo <1>) và $a_{1}+a_{100}<0$
$\Rightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{100}<0$ $\Rightarrow$ mâu thuẫn với <2>, điều giả sử sai
$\Rightarrow a_{2}+a_{51} \geqslant 0$ <4>
Từ <3> ta được 50 cặp 2 số tổng không âm: $a_{1}+a_{2}\geqslant a_{1}+a_{3}\geqslant ...a_{1}+a_{51}\geqslant 0$
Từ <4> ta được 49 cặp 2 số tổng không âm: $a_{2}+a_{3}\geqslant a_{2}+a_{4}\geqslant ...a_{2}+a_{51}\geqslant 0$
Như vậy có ít nhất 99 cặp 2 số có tổng không âm
$\Rightarrow$ đpcm