supermember

Bài này làm như thế này.

 

Dễ thấy $n = 0$ thỏa mãn yêu cầu bài toán, vì $ 3^{2^{0}} + 10 = 3^1 + 10 = 13$ là số nguyên tố.

 

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $ 3^{2^{2n}} + 10 = 3^{4^{n}} + 10$ chia hết cho $13$ , và do số này hiển nhiên lớn hơn $13$ nên nó không thể là số nguyên tố.

 

Thật vậy, với $n =1$ thì $ 3^{2^{2}} + 10 =  3^4 + 10 = 91 = 7 \cdot 13 $ , chia hết cho $13$.

 

Vậy khẳng định đúng với $n=1$.

 

Giả sự khẳng định đúng đến $n$, tức là : $ 3^{4^{n}} + 10$ chia hết cho $13$ $(*)$ thì khi đó:

 

 $ 3^{2^{2(n+1)}} + 10 = 3^{4^{n+1}} + 10 =  (3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) + (3^{4^{n}}  + 10)  \ (**)  $

 

Mà: $(3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) = 3^{4^{n}} \cdot \left( 3^{3\cdot 4^{n}} - 1 \right) =  3^{4^{n}} \cdot \left( (3^{3})^{4^{n}} - 1 \right) = 3^{4^{n}} \cdot \left( 27^{4^{n}} - 1 \right)$

 

$27 \equiv 1  \pmod {13}$ $ \implies 27^{4^{n}} \equiv 1 \pmod{13}  \implies  13 | 27^{4^{n}} - 1$

 

Suy ra: $(3^{4^{n+1}} - 3^{4^{n}}) $ chia hết cho $13$ $(***)$

 

Từ $(**)$; $(**)$; $(***)$ suy ra khẳng định  đúng đến $n+1$ và do đó, theo nguyên lý quy nạp Toán Học thì khẳng định được chứng minh hoàn toàn.

 

Dẫn đến kết luận: Chỉ có duy nhất một số tự nhiên thõa mãn yêu cầu bài toán là $n=0$.

Bài này giải như thế này.

 

Bước 1: Ta đi chứng minh mọi ước nguyên tố của số $2^{3^{n}}+1$ đều phải có dạng $8k+3$ hoặc $8k+1$.

 

Thật vậy, giả sử : $ 2^{3^{n}}+1 \equiv 0 \pmod p \implies  2^{3^{n}} \equiv -1  \pmod p $

 

$ \implies  2^{3^{n} +1} \equiv -2  \pmod p  \implies  \left(2^{\frac{3^{n} +1}{2}} \right)^2 \equiv -2  \pmod p $

 

Tức là $-2$ là số chính phương $ \pmod p$.

 

$ \implies \big( \frac{-2}{p} \big) =   \big( \frac{-1}{p} \big) \cdot \big( \frac{2}{p} \big) =1$

 

Nên chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp:

 

Trường hợp $1$:  $\big( \frac{-1}{p} \big) = \big( \frac{2}{p} \big) =1$ 

Mà : $ \big( \frac{-1}{p} \big) = (-1)^{\frac{p-1}{2}} ;  \big( \frac{2}{p} \big) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$ 

Tức là : $p$ phải có dạng $8k+1$ 

 

Trường hợp $2$:  $\big( \frac{-1}{p} \big) = \big( \frac{2}{p} \big) = -1$ 

Mà : $ \big( \frac{-1}{p} \big) = (-1)^{\frac{p-1}{2}} ;  \big( \frac{2}{p} \big) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$ 

Tức là :  $p$ phải có dạng $8k+3$ 

 

Mà rõ ràng  $2^{3^{n}}+1$  cũng có dạng $8k+1$, suy ra khi viết $2^{3^{n}}+1$ dưới dạng tích của các ước số nguyên tố (không nhất thiết phân biệt), thì phải có đúng một số chẵn các ước nguyên tố dạng $8k+3$. Các ước nguyên tố lẻ còn lại (nếu có) thì có dạng $8k+1$. Ta gọi tính chất này là tính chất $ \alpha$.

 

Bước $2$: Ta đi chứng minh số $  (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$ cũng có tính chất $ \alpha$ .

 

Thật vậy, rõ ràng: $  2^{3^{n+1}}+1 = (2^{3^{n}}+1) \cdot ( (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1)$ mà  $  2^{3^{n+1}}+1 ; \ 2^{3^{n}}+1 $ đều có tính chất  $ \alpha$. Nên hiển nhiên $  (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$ cũng có tính chất $ \alpha$ .

 

Bước $3$: Ta đi chứng minh $  (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$ phải có ít nhất $1$ ước nguyên tố $p$ dạng $8k+3$ mà $ p$ không phải ước nguyên tố của $2^{3^{n}}+1$ $(*)$.

 

Chứng minh điều này không khó:

 

$   \left( 2^{3^{n}}+1 \right)^2 -  \big( (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1 \big) = 3 \cdot 2^{3^{n}}  \ \ (**)$ 

 

Ta để ý điều sau: $ 3 $ $  ||   (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1 $ , chứng minh đơn giản bằng cách viết: $ 2^3 = 3^2 -1$.

 

Nên để $ (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$ có tính chất $ \alpha$ thì  $ (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$  phải có ít nhất một ước nguyên tố lẻ $p$ khác $3$ có dạng $ p = 8k+3$, nếu $p$ cũng là ước số của số  $2^{3^{n}}+1$ thì từ  $(**)$ suy ra $ p |  3 \cdot 2^{3^{n}} $ , vô lý.

 

Do đó $(*)$ được chứng minh.

 

Bước $4$: Chứng minh khẳng định bài toán bằng quy nạp.

 

Với $n=1$, $2$ ta dễ thấy khẳng định bài toán đúng do:

 

 Số $2^{3^{1}}+1 = 3^2$ có đúng $1$ ước nguyên tố dạng $8k+3$ là $3$

 

Số $2^{3^{2}}+1 = 3^3 \cdot 19$ có đúng $2$ ước nguyên tố dạng $8k+3$ là $3 ; \ 19$

 

Giả sử khẳng định đúng đến $n$, $ n \geq 2$ thì:

 

 $  2^{3^{n+1}}+1 = (2^{3^{n}}+1) \cdot ( (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1)$ , trong đó  $  2^{3^{n}}+1$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố phân biệt dạng $8k+3$ (Giả thiết quy nạp). Còn $ (2^{3^{n}})^2 -     2^{3^{n}}+1$ có ít nhất $1$ ước nguyên tố dạng $8k+3$, số nguyên tố này không phải ước của $  2^{3^{n}}+1$ (theo  $(*)$ ) .

 

Suy ra $  2^{3^{n+1}}+1$ phải có ít nhất $n+1$ ước nguyên tố phân biệt dạng $8k+3$.

 

Do đó, khẳng định đúng đến $n+1$, và theo nguyên lý quy nạp toán học, khẳng định đúng với mọi số nguyên dương $n$.

 

Ta thấy rằng bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Không ngờ là phương pháp sử dụng ở đây : https://diendantoanh...ố-chính-phương/ lại hữu dụng như vậy, đem áp dụng vào bài này giải được liền.

 

Thật vậy, giả sử $(a; b)$ là cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

dễ thấy là phải tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho: $ k = \frac{2b^2 +ab}{a^2 - ab+ b^2}$

 

$ \Leftrightarrow ka^2 - kab+kb^2 = 2b^2 +ab  \Leftrightarrow  ka^2 - (k-1)ba +(k-2)b^2 = 0 \ (*)$

 

Ta coi $(*)$ là phương trình bậc $2$ ẩn $a$, thì từ công thức tính nghiệm phương trình bậc $2$ : $ a_{1;2} = \frac{ (k-1)b \pm \sqrt{\triangle}}{2k}$ ta dễ thấy là để có nghiệm $a$ là số nguyên thì điều kiện cần là biệt số $\triangle$ phải là số chính phương.

 

$ \triangle = (k-1)^2 b^2 - 4k(k-2) b^2 = b^2 \cdot ( 1+6k-3k^2)$ là số chính phương khi và chỉ khi $ ( 1+6k-3k^2)$ là số chính phương.

 

Do với $ k \geq 3$ thì $ 1+ 6k-3k^2 = 1 - 3k(k-2) \leq  1 - 6 < 0$ nên chỉ có thể xảy ra trường hợp $ k \in \{1; 2 \}$

 

Trường Hợp $1$: $ k =1$ thì   : $ 2b^2 +ab =a^2 - ab+ b^2  \Leftrightarrow (a-b)^2 = 2b^2 \ (**)$

 

Rõ ràng nhận xét là $ a \neq b$ do $2b^2$ là số nguyên dương.

 

Tuy nhiên, Đẳng thức $(**)$ này cũng không bao giờ xảy ra do : $ 2 | v_2 ((a-b)^2) $ trong khi $ 2 \ \not | v_2 ( 2b^2)$ . Nên ta loại được trường hợp này.

 

Trường hợp $2$: $ k=2$ thì  $ 2b^2 +ab =2a^2 - 2ab+ 2b^2  \Leftrightarrow 2a = 3b$

 

$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a = 3m & \\ b=2m \end{matrix}\right.$ . Trong đó $m $ là số nguyên dương tùy ý.

 

Thử lại thấy thỏa mãn.

 

Kết luận: Tất cả các cặp số $(a;b)$ thỏa yêu cầu bài toán là các cặp số dạng $ (3m; 2m)$ trong đó $m$ là số nguyên dương tùy ý.

 

Bài Toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Để dễ nhìn và tránh các dấu trừ dễ bị nhầm thì sửa đề 1 chút thành : $x^3 -ax^2 +bx- 3a =0$

Như vậy, các số $a; b$ nếu có đều sẽ là các số nguyên dương, ta đỡ phải làm việc với các số âm.

 

nói chung dễ quá vì bản chất của nó là giải phương trình nghiệm nguyên dạng cơ bản.

 

Giả sử phương trình đã cho có $3$ nghiệm nguyên dương $ x_1 ; \  x_2 ; \ x_3$ thì theo định lý Viet, ta có:

 

$ P(x)= (x-x_1) (x-x_2) (x-x_3) \equiv x^3 -ax^2 +bx-3a$

 

Dẫn đến: $ x_1 + x_2 + x_3 =  a  \implies  3( x_1 + x_2 + x_3) = 3a = x_1 x_2 x_3 \ (*)$ 

 

Không giảm tổng quát, ta giả sử $ 1 \leq x_1 \leq x_2 \leq x_3$

 

Dễ thấy là $ x_1 \leq 3$ vì nếu $ x_1 \geq 4$ thì :   $x_1 x_2 x_3 \geq 16x_3 > 9x_3 \geq  3( x_1 + x_2 + x_3)$

 

Do đó, ta sẽ xét $3$ trường hợp sau:

 

TH1: $x_1 =3$ thì  $(*)$ tương đương với: $3 + x_2+ x_3 = x_2 x_3 \Leftrightarrow (x_2 -1)(x_3 -1) = 4 \Leftrightarrow  x_2 = x_3 = 3 $ hoặc $ x_2 =2$ và $x_3 = 5$ . Loại trường hợp sau vì rõ ràng phải có $ x_1 \leq x_2$ 

 

Như vậy ta thu được $ x_1 = x_2 = x_3 = 3$ từ đây tính ra $ a= 9; b = 27$

 

TH2: $x_1 =2$ thì  $(*)$ tương đương với: $6 + 3x_2+ 3x_3 = 2 x_2 x_3 \Leftrightarrow (2x_2 -3)(2x_3 -3) = 21 \Leftrightarrow  x_2 = 2 ; x_3 = 12 $ hoặc $ x_2 =3 ; x_3 = 5$

 

 

Như vậy ta thu được $ x_1 = x_2 = 2; x_3 = 12$  hoặc $x_1 = 2; x_2 = 3 ; x_3 =5$ từ đây tính ra $ a= 16; b = 52$ hoặc $ a= 10; b = 31$

 

TH3: $x_1 =1$ thì  $(*)$ tương đương với: $3 + 3x_2+ 3x_3 = x_2 x_3 \Leftrightarrow (x_2 -3)(x_3 -3) = 12 \Leftrightarrow  x_2 = 4 ; x_3 = 15 $ hoặc $ x_2 =5 ; x_3 = 9$ hoặc $ x_2 =6 ; x_3 = 7$

 

 

Như vậy ta thu được $ x_1 = 1; x_2 = 4; x_3 = 15$  hoặc $x_1 = 1; x_2 = 5 ; x_3 =9$ hoặc $x_1 = 1; x_2 = 6 ; x_3 =7$

 

từ đây tính ra $ a= 20; b = 79$ hoặc $ a= 15; b = 59$ hoặc $ a= 14; b = 55$

 

Ta thu được các bộ nhiệm $ (a;b)$ như sau: $ (9; 27); \ (16;52); \ (10;31); \ (20;79); \ (15;59); \ (14;55)$

 

Vậy, kết luận các cặp số thỏa yêu cầu bài toán là: $(-9; 27); \ (-16;52); \ (-10;31); \ (-20;79); \ (-15;59); \ (-14;55)$ .

 

Bài Toán Theo Đó được giải quyết Hoàn Toàn.

Hi vọng là giải đúng

 

Từ điều kiện bài toán, ta thấy rõ ràng phải tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $ k = \frac{y^2 +x-1}{xy+1}$

 

$ \implies y^2 + x -1 = k(xy+1) \implies y^2 - kxy + x -1 - k = 0 \ (*)$

 

Xem $(*)$ là phương trình bậc $2$ ẩn $y$, thì rõ ràng do $(*)$ có nghiệm nguyên dương, nên từ công thức tính nghiệm của phương trình bậc $2$ : $ y_{1,2} = \frac{ -b  \pm \sqrt{\bigtriangleup }}{2a}$ thì ta dễ thấy biệt số $ \bigtriangleup = k^2 x^2 - 4(x-1-k) = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x$ phải là số chính phương.

 

Ta xét $2$ trường hợp:

 

TH1: $ kx =1 \Leftrightarrow k = x = 1$

 

Thì khi đó $(*)$ tương đương với $ y(y-1) = 1$, phương trình này  vô nhiệm vì $y ; \ y-1$ là $2$ số nguyên liên tiếp nên bắt buộc phải có $1$ số chẵn trong $2$ số này , suy ra tích: $y(y-1)$ là số chẵn. Trong khi $1$ là số nguyên dương lẻ.

 

Do đó, không thể xảy ra trường hợp này.
 

Nên do đó, ta chỉ cần xét trường hợp $2$ là $ kx \geq 2$.

 

Ta có đánh giá sau: $ k^2 x^2 -4kx +4 < \bigtriangleup = k^2 x^2 - 4(x-1-k) = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x = a^2 < k^2 x^2 + 4kx + 4$

 

Suy ra $ (kx-2)^2 < a^2 < (kx+2)^2$

 

Mà $kx -2 \geq 0$, Do đó chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp:

 

$ a^2 = k^2x^2 $ hoặc $ a^2 = (kx \pm 1)^2$

 

Bằng kiểm tra trực tiếp thì dễ thấy không thể xảy ra trường hợp: $  a^2 = k^2 x^2 +4 + 4k - 4x = (kx \pm 1)^2$ vì đẳng thức này tương đương với:

 

$ 4k-4x \pm 2kx = -3$, Vô lý, do vế trái và vế phải khác tính chẵn lẽ.

 

Nên chỉ cần xét trường hợp: $ a^2 = k^2x^2 =  k^2 x^2 +4 + 4k - 4x $

 

Ta thu được đẳng thức tuyệt đẹp : $ x = k+1   \ (**)$

 

Thay $(**)$ vào $(*)$ ta có: $ y^2 - kxy  = 0  \implies y = kx = k^2 +k$

 

Đến đây thì dễ lắm rồi : $ x+y+z + xyz = (x+y) + z(xy+1)= k^2 + 2k+1 + z(k^3+2k^2 +k) = (k+1)^2 + zk(k+1)^2 + z $

 

 

 

Chọn ngay số $ z =  (k+1)^2 \cdot ( k(k+1)^2 -1) $ thì có ngay $  x+y+z + xyz = k^2 (k+1)^6$ là số chính phương.

 

Và do đã chỉ ra cách để chọn số $z$ thỏa mãn yêu cầu bài toán, nên bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn trọn vẹn.

 

Chú ý:

 

Cách chọn $z$ hoàn toàn không phải duy nhất, mà có thể chọn được vô số số $z$ , chẳng hạn như có thể chọn $ z = \frac{  \big( \left[ k(k+1)^2 +1 \right]^2 \pm 1 \big)^{2n} -1}{k(k+1)^2+1} \cdot (k+1)^2$ , trong đó $n$ là số nguyên dương tùy ý.

Bài Toán:

 

Chứng minh rằng mọi ước số nguyên dương lẻ của số dạng $5x^2 +1$ đều có chữ số hàng chục là số chẵn.

 

Trong đó $x$ là số nguyên.

Sai đề rồi, lấy phản ví dụ $ a_1 = a_2 = .... = a_{2023} =1$

Bài này làm như thế này:

 

Xét $ H(x) = P(x) - x^2 - (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$

 

Dễ dàng kiểm tra: $ H(x)$ là đa thức hệ số thực bậc không quá $4$ lại có đến $5$ nghiệm thực phân biệt là $1; 2 ; 3 ; 4 ; 5$

 

Suy ra $ H(x) \equiv 0$

 

Suy ra $P(x) = x^2 + (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$

 

Suy ra $ P(6) = 5! + 6^2 = 156; P(7) = 6! + 7^2 = 769$

 

Không rõ là cấp 2 có được sử dụng kiến thức về số nghiệm thực tối đa của đa thức không. nếu không được sử dụng thì buộc phải giải hệ phương trình 5 ẩn, này thì hơi tốn nhiều sức.

Bài này làm thế này nè:

 

 

Cho $q\in(0,1)$. Chứng minh $\underset{n\rightarrow +\infty}{lim}(q^n.n)=0$

 

Trước hết, ta có bổ đề: $\lim_{n \to + \infty } \sqrt[n] n=1 $ $  (*)$

 

Chứng minh bổ đề này bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $n$ số gồm 1 số $n$ và $n-1$ số $1$. Sau đó áp dụng dụng định lý giới hạn kẹp với chú ý: $ 1 < \sqrt[n] n$ .

 

Bây giờ, Đặt $f(n) = q^n \cdot n$

 

$ \ln f(n) = n \cdot \ln q + \ln n = - n \cdot \ln \frac{1}{q} + \ln ( \sqrt[n] n )^n  = n \ln \sqrt[n] n -  n \cdot \ln \frac{1}{q}  = n \cdot \ln \frac{ \sqrt[n] n}{\frac{1}{q}}  = n \cdot \ln (q\cdot \sqrt[n] n)$

 

Dễ thấy khi $n$ tiến dần ra vô cùng thì:  $q\cdot \sqrt[n] n$ tiến dần đến giá trị $ q$ là hằng số dương nhỏ hơn $1$ (Do $(*)$) , Suy ra  $\ln (q\cdot \sqrt[n] n)$ tiến dần đến giá trị hằng số $ \ln q$  là số âm, Suy ra $  n \cdot \ln (q\cdot \sqrt[n] n)$ tiến dần đến $ - \infty$

 

Suy ra $\lim_{n \to + \infty } \ln f(n) = - \infty$

 

Suy ra:  $\lim_{n \to + \infty} n \cdot q^n = \lim_{n \to + \infty} f(n) = \lim_{n \to + \infty } e^{\ln f(n)} = 0$

 

Và từ đây ta có điều phải chứng minh

Tìm hệ số của $x^3$ trong khai triển đa thức
$P=(x^2+x-1)^5$

 

Bài này cách đơn giản nhất là như sau:

 

Đặt $y = f(x) =x-1$

 

Rõ ràng theo khai triển nhị thức Newton, ta có:

 

$ P(x) = (x^2 + y)^5 = \binom{5}{0}x^{10}+ \binom{5}{1}x^{8}y + \binom{5}{2}x^{6}y^2+ \binom{5}{3}x^{4}y^3+ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5  = G(x) + \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

 

Rõ ràng trong khai triển của đa thức $G(x)$ thì hệ số của $x^0 ; x^1 ; x^2 ; x^3$ đều bằng $0$, nên hệ số của $x^3$ trong khai triển $P(x)$ cũng chính là hệ số $x^3$ trong khai triển $ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

 

$ = \binom{5}{4}x^{2} (x-1)^4+ \binom{5}{5} (x-1)^5 $

 

Bằng $ \binom{5}{4} \binom{4}{3} (-1)^3 + \binom{5}{2} (-1)^2  = 5 \cdot 4 \cdot (-1) + \frac{4 \cdot 5}{2} = -20+10 = -10$

Bài này chỉ đơn giản là nhận xét: $x <4$

 

Nếu $x \geq 4$ thì vế trái lớn hơn $ x^4 \geq 4^3 x = 64x > 63x $ suy ra vế trái lớn hơn vế phải.

 

Như vậy, ta chỉ cần đi xét 3 trường hợp $ x =1 ; x=2; x = 3$

 

Trường hợp $1$: Với $ x = 1$ thì phương trình trở thành: $ (y+1)^4 + 5z = 63$

 

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $3^4 > 63$

Thử với $y =1$ thì cũng không có được nghiệm nguyên nào, vì phương trình $5z = 47$ hiển nhiên không thể có nghiệm nguyên $( 5 \not | 47 )$ nên loại trường hợp này.

 

Trường hợp $2$:  Với $ x = 2$ thì  phương trình trở thành: $ (y+2)^4 + 5z = 126$

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $4^4 > 126$

Thử với $y =1$ thì được nghiệm nguyên $ x = 2; y = 1; z= 9$

 

Trường hợp $3$: Với $ x = 3$ thì  phương trình trở thành: $ (y+3)^4 + 5z = 189$

Vô nghiệm vì $4^4 > 189$

 

Nên phương trình đã cho chỉ có nhiệm nguyên dương duy nhất $ (x;y;z) = (2;1;9)$

Dãy $(u_n)_{n \geq 1}$ thỏa mãn: $u_1 = 1 ; u_{n+1} = u_n + 2^{2n-1} \cdot u^{2}_n$ với mọi $n \geq 1$

 

Tìm công thức tính $u_n$ theo $n$

Bài này hay, các bạn cùng nhau giải nhé.

Bài này nghiệm hàm là $ f(x) = x - \frac{1}{x}$, chứng minh bằng việc tính các giá trị: $ f(1); f(2)$ rồi bằng quy nạp theo $n$ để chứng minh: $f(n) = n - \frac{1}{n}$ với mọi số nguyên dương $n$.