1, Tìm \(n\in N\) * để: \(A=2016n+3\)là lập phương của một số tự nhiên.
2, Tìm \(a,b,c\in N\)* sao cho: \(A=\dfrac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\in Z\)
3, Tìm \(a,b,c\in Z\) biết:
\(\left|a-b\right|+\left|b-c\right|+\left|a-c\right|=2017^{2018}\)
4, Tìm \(n\in N\) để:
a) \(A=n^4+n^2+1\) là số nguyên tố.
b) \(B=n^4+4^n\) là số nguyên tố.
Câu 1:
Ta sẽ chỉ ra rằng một số lập phương \(a^3\) chia 7 chỉ có thể có dư là 0,1,6
Thật vậy:
Nếu \(a\equiv 0\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 0\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 1\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 2\mod 7\Rightarrow a^3\equiv 2^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 3\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 3^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 4\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 4^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 5\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 5^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 6\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 6^3\equiv (-1)^3\equiv 6\pmod 7\)
Do đó một số lập phương chia cho 7 luôn có dư là 0,1,6
Mà \(2016n+3=7.288n+3\) chia 7 dư 3
Do đó A không thể là số lập phương với mọi n
Vậy không tồn tại n thỏa mãn.
Bài 2:
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\)
Để A là số nguyên thì \((ab-1)(bc-1)(ca-1)\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow (ab^2c-ab-bc+1)(ac-1)\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2c^2-abc(a+b+c)+ab+bc+ac-1\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac-1\vdots abc\)
Đặt \(ab+bc+ac-1=kabc\Rightarrow k=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1+1+1\)
\(\Leftrightarrow k< 3\Rightarrow k\in\left\{1;2\right\}\)
TH1 : $k=1$
Thay vào : \(ab+bc+ac-1=abc\Leftrightarrow 1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}\)
Theo giả sử suy ra \(\frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}\leq \frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow 1\leq \frac{3}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{3}{c}\Rightarrow c<3 \Rightarrow c\in\left\{1;2\right\}\)
+) \(c=1\Rightarrow ab+a+b-1=ab\Leftrightarrow a+b=1\) (vô lý vì \(a\geq b\geq 1\) )
+) \(c=2\Rightarrow ab+2a+2b-1=2ab\Leftrightarrow 2a+2b-1=ab\)
\(\Leftrightarrow (a-2)(b-2)=3\) (1)
Vì \(a\geq b\geq c\geq 2\Rightarrow a-2\geq b-2\geq 0\) (2)
(1),(2) suy ra \(\left\{\begin{matrix} a-2=3\\ b-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=5\\ b=3\end{matrix}\right.\)(thỏa mãn)
TH2: $k=2$
Thay vào: \(ab+bc+ac-1=2abc\Leftrightarrow 2=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}\)
\(\Rightarrow 2\leq \frac{3}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{3}{c}\Rightarrow c< \frac{3}{2}\)
Do đó \(c=1\Rightarrow ab+a+b-1=2ab\)
\(\Leftrightarrow a+b-1=ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)=0\)
+) Nếu \(a=1\Rightarrow b\leq a=1\Rightarrow b=1\)
+) Nếu $b=1$ thì $a$ là số tự nhiên tùy ý lớn hơn hoặc bằng 1
Vậy \((a,b,c)=(5;3;2)\) và hoán vị, hoặc \((a,b,c)=(k,1,1)\) và hoán vị với \(k\in\mathbb{N}^*\) tùy ý.
Bài 3:
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\)
Khi đó:
\(|a-b|+|b-c|+|c-a|=2017^{2018}\)
\(\Leftrightarrow a-b+b-c+(a-c)=2017^{2018}\)
\(\Leftrightarrow 2(a-c)=2017^{2018}\)
Vế trái có chứa thừa số 2 nên là số chẵn. Vế phải là một số lẻ
Do đó PT vô nghiệm
Vậy không tồn tại bộ (a,b,c) thỏa mãn.
Bài 4:
a)
Ta có: \(A=n^4+n^2+1=n^4+2n^2+1-n^2\)
\(=(n^2+1)^2-n^2=(n^2+n+1)(n^2-n+1)\)
Để A là số nguyên tố thì buộc 1 trong hai thừa số \(n^2+n+1, n^2-n+1\) bằng 1, số còn lại là số nguyên tố.
Với \(n=0\Rightarrow A=1\not\in\mathbb{P}\). Với \(n\geq 1\) thì \(n^2+n+1> n^2-n+1\)
Do đó \(n^2-n+1=1\Leftrightarrow n(n-1)=0\Rightarrow n=1\)
Thử lại thấy A=3 là sô nguyên tố (thỏa mãn)
b)
Ta có:
\(B=n^4+4^n=(n^2+2^n)^2-2^{n+1}n^2\)
TH1: n chẵn thì B chẵn. n=0 thì B=1 không phải số nguyên tố. \(n\geq 2\Rightarrow B> 2\). Một số chẵn và lớn hơn 2 không thể là số nguyên tố
TH2: n lẻ thì n+1 chẵn.
Đặt \(n+1=2k\Rightarrow B=(n^2+2^n-2^{k}n)(n^2+2^n+2^kn)\)
Để B là sô nguyên tố thì buộc một trong hai thừa số của nó phải bằng 1 và số còn lại là số nguyên tố.
Thấy rằng \(n^2+2^n-2^kn< n^2+2^n+2^{k}n\) nên
\(n^2+2^n-2^kn=1\)
\(\Leftrightarrow (2k-1)^2+2^{2k-1}-2^k(2k-1)-1=0\)
\(\Leftrightarrow 4k(k-1)+2^{2k-1}-2^k(2k-1)=0\)
\(\Rightarrow 2^k[2^{k-1}-(2k-1)]=4k(1-k)\leq 0\) (do $k\geq 1$)
\(\Rightarrow 2^{k-1}\leq 2k-1\)(*)
+ k=1 (thỏa mãn *) thì n=1. Thu được B=5 là số nguyên tố (tm)
+ k=2 (thỏa mãn *) thì n=3. Thu được B=145 không phải số nguyên tố
+ k=3 (thỏa mãn *) thì n=5. Thu được B=1649 không phải số nguyên tố.
+Xét \(k\geq 4\). Ta sẽ cm với những giá trị lớn hơn 4 thì \(2^{k-1}> 2k-1\), tức là (*) không thỏa mãn.
Thật vậy. Quy nạp Giả sử khẳng định trên đúng đến \(k=t\) tức là \(2^{t-1}> 2t-1\)
Ta sẽ cm nó cũng đúng với k=t+1
Có: \(2^{t+1-1}=2^t>(2t-1)2=4t-2=2t+2t-2>2(t+1)-1\) do t> 4
Vậy khẳng định đúng với mọi \(k\geq 4\). Vậy với $k\geq 4$ thì (*) không thỏa mãn nên loại
Vậy n=1
