HaiDangPham

Tìm các số tự nhiên $a,b,n$ thỏa mãn:$(a^{3}+b)(b^{3}+a)=n^{n}$

 

Tìm nhanh thì được vài nghiệm $(a;b;n)$ là $(0;1;1), (1;1;2), (1;2;3), (0;4;4)$.  

Từ PT $(2)$, ta có ngay bằng cách nhân liên hợp: $(\sqrt{x+3}-x)(\sqrt{y+3}-y)=1$.             $(3)$

Nhân liên hợp sao ra được kết quả trên nhỉ? 

$$(x+\sqrt{x+3})(y+\sqrt{y+3})=\frac{(x+3-x^2)(y+3-y^2)}{(\sqrt{x+3}-x)(\sqrt{y+3}-y)}$$

Đoạn này em thấy chưa chuẩn rồi ạ.
Có $(x+y-2)(x+y+4) \leq 0 \Rightarrow -4\leq x+y\leq 2 \Rightarrow |x+y|\leq 4 \Rightarrow (x+y)^2\leq16$
Vậy ta phải có $xy \leq 4$, ví dụ $x=y=-2$, thỏa pt (1) và khi đó $xy=4$.
Như vậy ta đi đến $(x+\sqrt{x+3})(y+\sqrt{y+3})\leq 4+4+4=12$, nhưng dấu "=" không xảy ra nên $(x+\sqrt{x+3})(y+\sqrt{y+3})<12$ và ta không đi đến kết luận được.

Ừm. Chỗ $x+y\leq 2$ thì chuẩn rồi, còn $xy \leq 1$ sai. Anh nhầm chỗ từ $x+y\leq 2$ suy ra $(x+y)^2\leq 4$. Điều này chưa chắc đúng nếu $x+y \leq 0$. Chỗ này chắc sẽ khắc phục được.

Lời giải. 

Từ điều kiện $ab+bc+ca=abc$ ta suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$. 

Do đó $$\sum \frac{a}{bc}=\sum \frac{a}{b}.\frac{1}{c}=\sum \frac{a}{b}.\left(1-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)= \sum \left( \frac{a}{b}-\frac{a}{b^2}-\frac{1}{b}\right)=\sum a\left(\frac{1}{b} -\frac{1}{b^2}\right)-1 $$

Điều cần phải chứng minh 

$$a+b+c\geq 4\sum \frac{a}{bc}+5$$

tương đương với 

$$a+b+c \geq 4\left[ \sum a\left(\frac{1}{b} -\frac{1}{b^2}\right)-1\right]+5$$

hay

$$ \sum a\left(\frac{4}{b^2} -\frac{4}{b}+1\right) \geq 1$$

tức là 

$$ \sum a\left(\frac{2}{b}-1\right)^2 \geq 1$$

Như vậy nếu ta đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$ thì khi đó điều cần phải chứng minh trở thành 

$$ \sum \frac{(2y-1)^2}{x} \geq 1$$ 

với điều kiện $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=1$. 

 

Lưu ý hai bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực $\alpha, \beta, \gamma$ 

$(i)$ $\alpha^2+\beta^2 \geq 2|\alpha.\beta|$

$(ii)$ $|\alpha|+|\beta|+|\gamma| \geq |\alpha+\beta+\gamma|$

Từ đó ta suy ra  

$$\sum \frac{(2y-1)^2}{x}+1 = \sum \left[ \frac{(2y-1)^2}{x}+x \right] \geq 2 \sum |2y-1| $$

và 

$$\sum|2y-1| \geq \left| \sum (2y-1) \right| =\left|2\sum y-3 \right|=1.$$

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

 

_____

Một bài toán khó. Việc tìm ra lời giải trên là một sự tình cờ, sau nhiều thử sai.

Ý tưởng chính nằm ở sự kết hợp điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$ và việc xem xét biểu diễn các hạng tử $\frac{a}{bc}, \frac{b}{ac}, \frac{c}{ab}$ theo một cách khác. Một định hướng đúng đắn từ ban đầu kéo theo một cách tự nhiên các suy luận hợp lý sau đó. 

Máy tính em ấn vào phần vẽ hình trên diễn đàn thì nó bị lỗi, ko vào đươc.

Chứ ko phải em ko bt vẽ ạ

 

Mình không cần dùng GeoGebra tích hợp trong bảng công cụ soạn thảo của diễn đàn đâu. 

Vẽ trên GeoGebra online: https://www.geogebra....org/geometry. 

Vẽ xong thì tải ảnh về rồi đăng lên diễn đàn. Đơn giản mà.

Anh đã làm hướng dẫn chi tiết ở đây rồi đó. 

Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn $7^x+3^y=2^z$

 

Ta có bổ đề sau: 

Cho các số nguyên dương $a, b, m, n$. Gọi $q$ là số dư trong phép chia $m$ cho $n$. Khi đó nếu $a^n \equiv 1\pmod{b}$ thì $a^m \equiv a^q \pmod{b}$.

 

Bổ đề trên rất dễ chứng minh, xin dành cho bạn đọc. Bây giờ, ta quay trở lại bài toán. 

 

Trước hết, ta nhận thấy $z\equiv 0\pmod{2}$. Thật vậy, nếu $z \equiv 1\pmod{2}$, thì do $2^2\equiv 1\pmod{3}$, áp dụng Bổ đề 1 ta được $$2^z \equiv 2 \pmod{3}$$ trong khi đó $7^x+3^y \equiv 1\pmod{3}$, mâu thuẫn. 

 

Tiếp theo, vì $x, y$ nguyên dương nên $7^x+3^y \geq 10$, suy ra $z \geq 4$. Khi đó thấy ngay $ 2^z$ chia hết cho $8$. 

Lưu ý rằng $7^2\equiv 3^2 \equiv 1\pmod{8}$, áp dụng Bổ đề 1 ta có: 

(i) Nếu $x \equiv 0\pmod{2}$ thì $7^x \equiv 1 \pmod{8}$, còn nếu $x\equiv 1\pmod{2}$ thì $7^x \equiv 7 \pmod{8}$.

(ii) Nếu $y \equiv 0\pmod{2}$ thì $3^y \equiv 1 \pmod{8}$, còn nếu $y \equiv 1\pmod{2}$  thì $ 3^y \equiv 3\pmod{8}$.

Như vậy để $7^x+3^y=2^z$ chia hết cho $8$ thì ta phải có $x\equiv 1\pmod{2}$ và $y\equiv 0\pmod{2}$.  

 

Đặt $y=2y'$ và $z=2z'$ với $y', z' \in \mathbb{N}$. Khi đó phương trình ban đầu trở thành $7^x+9^{y'}=4^{z'}$ hay $$7^x=(2^{z'}-3^{y'})(2^{z'}+3^{y'})$$ Do đó $2^{z'}-3^{y'}=7^m$ và $2^{z'}+3^{y'}=7^n$ với $m+n=x$ và $n>m$. 

Suy ra $2^{z'}=\frac{7^m+7^n}{2}=7^m.\frac{7^{n-m}+1}{2}$. Từ đẳng thức này ta phải có $m=0$ và dẫn tới $2^{z'}=\frac{7^n+1}{2}$. 

Bây giờ do $m=0$ nên $n=x$ là một số lẻ. Do đó $2^{z'+1}=7^n+1=(7+1).S=8.S$, trong đó $$S=7^{n-1}-7^{n-2}+...+7^2-7+1.$$ Dễ thấy $S$ là một số lẻ do có $n$ hạng tử đều là số lẻ. Suy ra ta phải có $S=1$, dẫn tới $n=1$. 

 

Từ đây ta dễ dàng có được $x=1, y=2$ và $z=4$ là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu. 

Giải phương trình: $\sqrt{8-x^2}+\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}}+x+\frac{1}{x}=5$

Nhận xét với mọi $a, b$ ta có $|a+b|\leq \sqrt{2(a^2+b^2)}$. Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b$. 

 

Do đó

$$\left|\sqrt{8-x^2} +x \right| \leq \sqrt{2.(8-x^2+x^2)}=4$$

và 

$$\left|\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}} +\frac{1}{x} \right| \leq \sqrt{2.\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}\right)}=1$$

Từ đó 

 $$\sqrt{8-x^2}+\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}}+x+\frac{1}{x} \leq \left|\sqrt{8-x^2} +x \right|+\left|\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}} +\frac{1}{x} \right| \leq 5$$

Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{8-x^2}=x$ và $\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{x}$, tức là $x=2$. 

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là $x=2$. 

Sao bạn biến đổi được z ?

 

Đấy là ta áp dụng một công thức lượng giác của lớp 10, cụ thể là  $\cos 2x=2\cos^2 x-1.$ Còn một công thức tổng quát hơn nữa là 

$$\cos (x+y)=\cos x.\cos y-\sin x.\sin y.$$ 

Bài này có lẽ tổng quát được như sau 

 

Bài toán. Chứng minh $2^{3^n}+1$ chia hết cho $3^{n+1}$ nhưng không chia hết cho $3^{n+2}$. 

 

Chưa chứng minh được, nhưng thử vài trường hợp đầu tiên của $n$ thấy đúng. 

 

$2^{3^0}+1=3$ chia hết cho $3^{0+1}=3$ nhưng không chia hết cho $3^{0+2}=9$.

$2^{3^1}+1=9$ chia hết cho $3^{1+1}=9$ nhưng không chia hết cho $3^{1+2}=27$. 

$2^{3^2}+1=513$ chia hết cho $3^{2+1}=27$ nhưng không chia hết cho $3^{2+2}=81$. 

$2^{3^3}+1=134217729$ chia hết cho $3^{3+1}=81$ nhưng không chia hết cho $3^{3+2}=243$. 

 

Quy nạp được chăng? 

Bạn hãy dùng câu lệnh như dưới 

$\left[ \begin{matrix} & x=1\\ & x=2 \end{matrix}\right.$

và sẽ được kết quả hiển thị là 

 

$\left[ \begin{matrix} & x=1\\ & x=2 \end{matrix}\right.$

 

Chú ý phải viết liền \left[, viết cách \left [ sẽ bị lỗi. Câu lệnh trên không có sẵn trong phần hỗ trợ soạn thảo LaTex, cần phải biến tấu chút. 

 $\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$ 

 

Đâu nhỉ, $\cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ thôi chứ. Ý là $\cos \frac{90^{\circ}}{2^2}=\cos \frac{45^{\circ}}{2}$?

 

Phát hiện rất thú vị. Chắc là có thể quy nạp được. 

Bài toán 2. Tìm số tự nhiên $x$ sao cho $x^4+x^3+1$ là số chính phương. 

 

Bài toán này ngoài cách dựa trên nguyên lý kẹp như thầy thvn đã trình bày thì ta còn cách khác sau. 

 

Từ giả thiết $x^4+x^3+1$ là số chính phương, kết hợp với nhận xét  $x^4+x^3+1>(x^2)^2$ ta suy ra 

$$x^4+x^3+1=(x^2+k)^2.$$

với $k \in \mathbb{N}^*$. Biến đổi tương đương phương trình trên ta được 

$x^2(x-2k)=k^2-1.$ $(1)$ 

Tới đây, xét trường hợp $k=1$, thay vào phương trình trên ta giải ra ngay $x=0$ hoặc $x=2$, đều thỏa mãn. 

 

Nếu $k \geq 2$, khi đó $k^2-1 >0$.

Từ phương trình $(1)$ ta suy ra $k^2-1 \vdots x$. Mà $k^2-1>0$ dẫn tới $k^2-1>x^2$, suy ra $k>x$. 

Vậy nhưng, cũng từ $(1)$ và điều kiện $k^2-1>0$ ta còn suy ra $x-2k>0$, tức là $x>2k$. Mâu thuẫn. 

 

Vậy chỉ có $x=0$ và $x=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Tiếp theo ta có 

$$q^{10}-1=(q-1)(q^9+q^8+...+q^2+q+1).$$

Dễ thấy $q-1$ và cả $q^9+q^8+...+q^2+q+1$ đều chia hết cho $10$, vì vậy $q^{10}\equiv 1\pmod{100}$.

 

Bước chứng minh này gợi ý cho ta bài toán tổng quát hơn khá thú vị.  

 

Bài toán. Cho hai số $a$ và $n$ cùng thuộc $\mathbb{N}^*$. Khi đó nếu $a \equiv 1 \pmod{n}$ thì $a^n \equiv 1 \pmod{n^2}$.  

 

Để chứng minh, tương tự như trên, ta chỉ cần viết lại 

$$a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1).$$

Khi đó do $a\equiv 1 \pmod{n}$ nên ta có cả $a-1$ và $a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1$ đều chia hết cho $n$. Và như vậy ta có ngay điều phải chứng minh. 

[Bonus] Tìm 2 chữ số tận cùng của tổng :
$$ \displaystyle S = 1^{2002} + 2^{2002} + 3^{2002} + ... + 2023^{2002} $$

 

Một bài toán hay. Cái khó của nó là không thể dự đoán được do có quá nhiều hạng tử và lũy thừa cũng rất lớn. 

 

Mình đã bắt đầu bài toán này bằng một ngộ nhận kiểu $a^n+b^n+c^n$ sẽ luôn chia hết cho $a+b+c$ với $n$ là số tự nhiên lẻ.  Điều này không đúng, ví dụ, $11^5+12^5+13^5$ sẽ không chia hết được cho $11+12+13$. 

 

Tuy nhiên, trong quá trình giải với ngộ nhận đó, mình lại tình cờ phát hiện ra một tính chất quan trọng, đó là với mọi số tự nhiên $a$ ta có 

$$a^{2002}\equiv a^2 \pmod{100}$$

Mình đã thử chứng minh một cách thô sơ tính chất trên với một vài trường hợp đặc biệt. Ví dụ 

$$2^{2002} \equiv 2^2.(2^{10})^{200} \equiv 4.24^{200} \equiv 4. 76^{100} \equiv 4.76 \equiv 4 \pmod{100}.$$

hoặc 

$$ 6^{2002} \equiv 6^2.(6^8)^{250} \equiv 36.16^{250} \equiv 36.(16^5)^{50} \equiv 36.76^{50} \equiv 36.76 \equiv 36 \pmod{100}.$$

(Ngoài lề, ở trên mình đã hơi "lạm dụng" một tính chất khá thú vị là $76^n$ luôn có tận cùng là $76$. Có một số khác cũng có tính chất này là $25$, số này dù lũy thừa lên bao nhiêu lần thì vẫn có tận cùng $25$. Một số khác, có tính chất gần tương tự là $49$, lấy lũy thừa lẻ bất kỳ thì số nhận được luôn có tận cùng là $49$.)

 

Quay trở lại với dự đoán quan trọng của ta. Cần một chứng minh toán học với mọi số tự nhiên $a$, và bước đầu tiên là ta nhận ra rằng chỉ cần xét với $a$ là các số nguyên tố. Trường hợp $a$ là hợp số chỉ cần viết $a$ dưới dạng phân tích thừa số nguyên tố là xong. 

 

Vậy ta đi chứng minh bài toán sau như một bổ đề: 

Với mọi số nguyên tố $p$ ta có $p^{2002} \equiv p^2 \pmod{100}.$

 

Chứng minh. Ý tưởng chứng minh sau đây được nhìn ra khi làm với các trường hợp cụ thể. 

 

Trường hợp $p=2$ ta đã làm ở trên. Trường hợp $p$ là số nguyên tố lẻ, ta có một nhận xét là $p^4$ luôn có tận cùng bằng $1$. Đặt $q=p^4$, và ta có $q\equiv1\pmod{10}$. 

 

Tiếp theo ta có 

$$q^{10}-1=(q-1)(q^9+q^8+...+q^2+q+1).$$

Dễ thấy $q-1$ và cả $q^9+q^8+...+q^2+q+1$ đều chia hết cho $10$, vì vậy $q^{10}\equiv 1\pmod{100}$.

 

Cuối cùng 

$$p^{2002} \equiv p^2.(q^{10})^{50} \equiv p^2.1^{50}\equiv p^2 \pmod{100}.$$

 

Bổ đề được chứng minh xong. 

 

Bây giờ, ta nhìn lại bài toán ban đầu. Theo tính chất mà ta đã tìm ra, số dư của $S$ khi chia cho $100$ chính là số dư của biểu thức $P$ khi chia cho $100$, trong đó 

$$P=1^2+2^2+3^2+...+2023^2.$$

Đây là một kết quả quen thuộc 

$$P=\frac{2023.(2023+1)(2.2023+1)}{6}=2761775324.$$

Vậy hai chữ số tận cùng cần tìm là $24$. 

 

Thay $2002$ bằng một số tự nhiên bất kỳ dạng $40k+2$ với $k \in \mathbb{N}^*$ thì kết quả trên vẫn giữ nguyên. Công thức tính $P$ có thể tham khảo ở đây.

1) Việc phát biểu định nghĩa của hàng điểm điều hoà mà không sử dụng tới độ dài đại số sẽ gây ra rất nhiều những hệ luỵ không hay sau này. Bởi hàng điểm điều hoà chỉ là một phần trong một chuỗi các lý thuyết liên đới với nó. Định nghĩa dựa trên độ dài đại số đã là một chuẩn mực bắt buộc. Vì vậy, thay vì cố gắng "bóp méo" hay "nới lỏng" lý thuyết cho phù hợp với trình độ THCS, ta nên làm ngược lại, đòi hỏi các bạn THCS, nếu muốn tìm hiểu về hàng điểm điều hoà hãy cố gắng nghiên cứu học cho bài bản. 

2) Bài viết trên sẽ rất tốt nếu được nhìn nhận ở góc độ giới thiệu kiến thức về hàng điểm điều hoà ở mức độ sơ khởi cho các bạn học sinh THCS từ 9 lên 10. Nhưng dù chỉ là có tính giới thiệu sơ khởi thì cũng phải đảm bảo chuẩn xác về mọi mặt liên quan tới khái niệm và định nghĩa. Nói ý cho nhau hiểu thì không sao, nhưng đã viết ra thành chứng minh thì không thể tuỳ tiện được. 

3) Ký hiệu $O(ABCD)$ chỉ tới chùm bốn đường thẳng cắt nhau tại $O$. Nói $O(ABCD)$ là chùm đoạn thẳng là một sai lầm khá nghiêm trọng về khái niệm. 

4) Viết "Cho chùm $O(ABCD)$ có $(ABCD)$ là hàng điều hoà..." là không chuẩn về mặt logic. Chỉ cần nói gọn "$O(ABCD)$ là chùm đường thẳng điều hoà" hay "$O(ABCD)$ là chùm điều hoà", hay chỉ cần ký hiệu "Cho chùm $O(ABCD)=-1$" là được. Ở đây, mệnh đề "$O(ABCD)$ là chùm đường thẳng điều hoà" và các mệnh đề tương đương trên đã mặc định trong đó $(ABCD)$ phải là hàng điểm điều hoà.