Question

[Trịnh Ngọc Diệp]

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn \(2^{n}+n^2\) là số chính phương

Answer 1

[↳ 𝗄𝖾𝗆 𝗏𝗂̣ 𝗏𝖺𝗇𝗂 ☕︎ ⁽ 𝗌𝗁𝗂𝗇 𝗂𝗌 𝗆𝗂𝗇𝖾? ⁾]

khi $n \ge 7$ thì $2^n + n^2$ luôn nằm lửng lơ giữa hai bình phương liên tiếp nên không bao giờ tạo thành số chính phương nên ta sẽ xét các giá trị khác của n ( các số tự nhiên khác nhỏ hơn 7 ) :
Với $n = 0$: $2^0 + 0^2 = 1 + 0 = 1 = 1^2$ (Thỏa mãn)
Với $n = 1$: $2^1 + 1^2 = 2 + 1 = 3$ (Không phải số chính phương)
Với $n = 2$: $2^2 + 2^2 = 4 + 4 = 8$ (Không phải số chính phương)
Với $n = 3$: $2^3 + 3^2 = 8 + 9 = 17$ (Không phải số chính phương)
Với $n = 4$: $2^4 + 4^2 = 16 + 16 = 32$ (Không phải số chính phương)
Với $n = 5$: $2^5 + 5^2 = 32 + 25 = 57$ (Không phải số chính phương)
Với $n = 6$: $2^6 + 6^2 = 64 + 36 = 100 = 10^2$ (Thỏa mãn)
Vậy các số tự nhiên $n$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $n = 0$ và $n = 6$

Answer 2

[Trịnh Ngọc Diệp]

làm cách nào mà bn chứng minh được rằng nếu \(n\ge7\) thì \(2^{n}+n^2\) luôn nằm giữa 2 số bình phương liên tiếp?

Answer 3

[phong nguyen]

TH1: n là số lẻ

đặt \(2^{n}+n^2=a^2\)

=> \(a^2\) là số lẻ => a là số lẻ

\(\Rightarrow2^{n}=a^2-n^2=\left(a-n\right)\left(a+n\right)\)

vì a,n là số lẻ => a-n và a+n là hai số chẵn

=> đặt \(a-n=2^{u}\) và \(a=n=2^{v}\) (u,v ϵ N,u<v,u+v=n)

ta có: \(\left(a+n\right)-\left(a-n\right)=2^{v}-2^{u}\Rightarrow2n=2^{u}\left(2^{v-u}-1\right)\)

vì n lẻ nên 2n chia hết cho 2 nhưng ko chia hết cho 4

=> \(2^{u}=2\Rightarrow u=1\)

=> v=n-1

=> \(2n=2\left(2^{n-2}-1\right)\Rightarrow n=2^{n-2}-1\Rightarrow2^{n-2}=n+1\)

với n=1 và 3 thì ko thỏa mãn

với \(n\ge3\Rightarrow2^{n-1}>n+2\)

vậy ko có n là số lẻ nào thỏa mãn

TH2: n là số chẵn

đặt n=2k(k∈N0=> biểu thức = \(\left(2^{k}\right)^2+4k^2\)

ta xét bđt:

\(\left(2^{k}\right)^2<\left(2^{k}\right)^2+4k^2<\left(2^{k}+1\right)^2\)

với k>0=> VT < \(\left(2^{k}\right)^2+4k^2\)

bđt bên VP tương đương với

<=> \(4k^2<2^{k+1}+1\)

bđt luôn đúng với \(k\ge7\)

ta thử lần lượt các giá trị k từ 1-> 6=> n =0;6 là thỏa mãn

các số tự nhiên thỏa mãn đề bài là n ∈{0;6}