n lẻ phải chỉ ra cách làm chứ.
n chẵn. Mỗi đồng tiền ở đính $i$ gán cho số $i$ , nếu chuyển đến điỉnh nào ta lại đổi cho đồng đó số ấy.
Nếu làm được như vầy ta phải có $\frac{n(n+1)}{2}\equiv na(modn)$ vô lí với n chẵn.
Có 298 mục bởi Secrets In Inequalities VP (Tìm giới hạn từ 22-05-2020)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 16:07 trong Tổ hợp và rời rạc
n lẻ phải chỉ ra cách làm chứ.
n chẵn. Mỗi đồng tiền ở đính $i$ gán cho số $i$ , nếu chuyển đến điỉnh nào ta lại đổi cho đồng đó số ấy.
Nếu làm được như vầy ta phải có $\frac{n(n+1)}{2}\equiv na(modn)$ vô lí với n chẵn.
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 15:34 trong Hình học
Gọi $X,Y$ là giao của $EF$ với $AB$ và $CD$, $K$ là giao của $AB$ và $CD$
Ta có : $(KXAB)=(KYDC)=-1$ $=>KX.KM=KA.KB=KD.KC=KY.KN$ . suy ra tứ giác $XYNM$ nội tiếp
$=>IM.IN=IX.IY=IE^2$ ( Do $(EFYX)=-1$. đpcm
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-11-2014 - 15:18 trong Tổ hợp và rời rạc
n chẵn nên lấy được 2 đỉnh làm đường kính đa giác, mỗi lần lấy tiền ở 2 đỉnh đối xứng nhau qua đường kính đó.Suy ra có thể .
Sr,nhầm vs n lẻ,bài này bất biến bt thôi
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-06-2014 - 10:20 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giả sử $a= min$
Suy ra $a^{2}+b^{2}-ab\leq b^{2};a^{2}+c^{2}-ac\leq c^{2}$
Do đó $P\leq b^2c^2(b^2-bc+c^2)= b^2c^2[(b+c)^2-3bc]\leq b^2c^2(3^2-3bc)$
Đến đây $AM-GM$ hoặc ksht là ra.
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-06-2014 - 10:12 trong Số học
Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn
$\left\{\begin{matrix} p| 2^{q-1}-1\\q|2^{p-1}-1 \end{matrix}\right.$
Ta có 2 NX quen thuộc :
$NX1$ : Nếu số nguyên tố $p|2^{2^{n}}+1$ với $n>3$ thì $p-1 \vdots 2^{n+2}$
$NX2$ : $2^{2^{n}}+1\neq p^{k}$ với mọi $n>3$ có nghĩa là số này luôn có ít nhất 2 ước nguyên tố phân biệt.
Chọn $ p|2^{2^{n}}+1;q|2^{2^{n+1}}+1 $ suy ra $p-1\vdots 2^{n+2}$ và $q-1\vdots 2^{n+3}$
Khi đó ta có :
$2^{q-1}-1\vdots 2^{2^{n+3}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}-1\vdots 2^{2^{n}}+1\vdots p$
$2^{p-1}-1\vdots 2^{2^{n+2}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}+1\vdots q$
Vậy chọn $p,q$ như trên là ta có đpcm.
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 09-06-2014 - 10:21 trong Số học
Cho $p$ là số nguyên tố, $n$ là số tự nhiên $>1$, chứng minh rằng :
$$n \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$$
$n$ nguyên tố thì sao thím
--------------
Thì vẫn thế :|
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 09-06-2014 - 09:48 trong Số học
Chọn $a=\sqrt{3m^{2}+1}$
$b= m^{2}-1$
$c= m(m^2+3)$
Sau đó chọn cho nó tự nhiên .
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 15-09-2013 - 11:14 trong Số học
Một số nguyên dương được gọi là số $square-free$ nếu nó là tích của các số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng với mọi số $k\geq 1,k\in \mathbb{Z}$ cho trước thì luôn tồn tại $k$ số nguyên liên tiếp là số $square-free$.
Trong $9$ số tn liên tiếp có $1$ số chia hết cho $3^2$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 13-09-2013 - 21:16 trong Số học
Chứng minh rằng mỗi số nguyên không âm đều có thể được biểu diễn dưới dạng $a^{2}+b^{2}-c^{2}$,với $a,b,c$ là các số nguyên dương a<b<c
$2n= (3n)^2+(4n-1)^2-(5n-1)^2$
$2n+3= (3n+2)^2+(4n)^2-(5n+1)^2$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 13-09-2013 - 20:47 trong Số học
Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình:
$w^2+x^2+y^2=z^2$
Sử dụng bổ đề sau : Nếu $m, n,a, b, c, d$ là các số nguyên dương sao cho $m^2+n^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$.
Thì tồn tại các số nguyên dương $a_1,b_1,c_1,d_1$ sao cho:
$a^2+b^2=a_1^2+b_1^2, c^2+d^2=c_1^2+d_1^2, m=a_1b_1+c_1d_1, n=a_1d_1-b_1c_1$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-09-2013 - 18:38 trong Số học
CHo $p$ là số nguyên tố lẻ.Kí hiệu : ${S_a}= a+\frac{a^{2}}{2}+...+\frac{a^{p-1}}{p-1}$.
Giả sử ${S_3}+{S_4}-3{S_2}=\frac{m}{n}$. Chứng minh rằng : $m\vdots p$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 10-08-2013 - 21:13 trong Số học
CM: $\frac{(np)!}{p^n.n!}$ là số nguyên dương
$(np)! \equiv (p!)^n.n! (mod p^{n+3})$
Với $p\geq 5$ xét đa thức $f(x)=(x-1)(x-2)...(x-p+1)$ sau đó cm $f(mp)\equiv f(p)(Mod p^{3})\forall m \in \mathbb{N}^{*}$ ta có đpcm.
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 08-08-2013 - 20:44 trong Bài thi đang diễn ra
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 22-07-2013 - 12:20 trong Số học
Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Ta còn chứng minh được là $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n!$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 27-06-2013 - 19:56 trong Số học
Anh cũng đến đoạn này rồi nhưng chả thấy qen gì cả.Em thử nói tiếp xem nào ? :3
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 26-06-2013 - 09:37 trong Số học
Tìm tất cả các bộ số nguyên $(a,b,c)$ sao cho : $2^{n}a+b|c^{n}+1$ $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 02-06-2013 - 07:55 trong Tổ hợp và rời rạc
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 01-06-2013 - 22:08 trong Số học
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của $n^{2}+n+1$ không lớn hơn $\sqrt{n}$
$n=k^{2^t}$ , $k>2$,$k$ chia 3 du 1
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 30-04-2013 - 21:33 trong Số học
Cho $a\in \mathbb{Z}, n,k\in\mathbb{N}$ thỏa mãn $k\equiv -a^2\mod 2n$. Chứng minh rằng:
\[ \sqrt{2}\sqrt{k+a^2}\le \frac{k+a^2}{2n}+n\le \frac{k+a^2}{2}+1 \]
Có phải chỉ ra dấu "=" không thế.Nếu k thì hình như hơi dễ ^^
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 29-04-2013 - 13:53 trong Số học
Bài toán: Cho $n$ là một số nguyên dương lẻ, $n\ge 5$ và có các ước số nguyên tố là $p_1,p_2,...,p_k$. Chứng minh rằng $2^{\phi (n)}-1$ có các ước số nguyên tố không thuộc tập ${p_1,p_2,...,p_k}$
Giả sử $n={p_1}^{s_1}.{p_2}^{s_2}...{p_k}^{s_k}$ suy ra $\phi (n)= \prod_{i=1}^{k}{p_i}^{s_i-1}({p_1}-1)$ suy ra $\phi (n)$ chẵn
$\Rightarrow \phi (n)= 2a\Rightarrow \prod_{i=1}^{k}{p_i}^{s_i-1}({p_1}-1)= 2a$
$\Rightarrow a\vdots ({p_i}-1)\forall i=1,2,...,k\Rightarrow 2^{a}-1\vdots 2^{P_i-1}-1\vdots {P_i}\forall i=1,2,...,k$
Lại có $2^{\phi (n)}-1= 2^{2a}-1= (2^{a}-1)(2^{a}+1)$.
Dễ thấy $gcd(2^{a}-1,2^{a}+1)= 1\Rightarrow gcd(2^a+1,{p_i})= 1\forall i=1,2...,k$ suy ra $2^a-1$ có ước số nguyên tố không thuộc tập ${p_1,p_2,...,p_k}$
-----------------
@ Đ : Hình như c chưa xét đến TH $n$ là số nguyên tố @@~
@ T.A : Bài t có liên quan gì đến $n$ là snt đâu @@~
@ T.A : mà đề nó cho $n$ có một đống ước nt r mà
@ Đ : Cái đoạn $\Rightarrow a\vdots ({p_i}-1)\forall i=1,2,...,k$ cần là hợp số. V~ cả 1 đống =))
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 21:19 trong Tổ hợp và rời rạc
Đề bài: Chứng minh rằng hình chữ nhật $mxn$ có thể phủ kín bằng các quân L-Tri-mi-nô khi và chỉ khi :
$mn\vdots 3$ ^ $\begin{bmatrix} mn \vdots 2,m,n>1 \\ (m-3)(n-3) \geq 12 \end{bmatrix}$
Quân L-Tri-mi-nô là quân thế nào bạn ?
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 20:31 trong Đa thức
Bài toán :
Ch0 số nguyên dương $n$ và số nguyên tố $p>n+1$. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=1+\frac{x}{n+1}+\frac{x^2}{2n+1}+....+\frac{x^p}{pn+1}$ không có nghiệm nguyên.
Giả sử $P(x)$ có nghiệm nguyên $b$ .
$P(x)= 0\Leftrightarrow a_{p}x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0$
trong đó ${a_i}= \frac{(n+1)(2n+1)...(pn+1)}{in+1}$
Do $p> n+1\rightarrow (p,n)=1\Rightarrow$ $A= {n+1,2n+1,...,pn+1}$ là hệ đầy đủ mod $p$.
$\Rightarrow$ có đúng một số $k$ sao cho $kn+1\vdots p;k\neq 1,0< kn+1< p^{2}\rightarrow kn+1\not\vdots p^{2}$
$\Rightarrow {a_k}\not\vdots p;{a_i}\vdots p ,{a_i}\not\vdots p^{2}$ với mọi $i\neq k$. (1)
Vì $b$ là nghiệm suy ra $a_{p}b^p+a_{p-1}b^{p-1}+...+a_{2}b^2+a_{1}b+a_{0}=0\vdots p\rightarrow {a_k}b^k\vdots p\rightarrow b^{k}\rightarrow b\vdots p$
$\Rightarrow {a_t}b^{t}\vdots p\forall t=1,2,...,p\Rightarrow {a_0}\vdots p^{2}$.Vô lí theo (1)
Vậy giả sử sai và ta có đpcm
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 20:13 trong Số học
CMR: với mọi số nguyên tố cho trước $p$ thì thì tồn tại số tự nhiên $x,y,z,w$ thỏa $x^2+y^2+z^2-wp=0$ và $0<w<p$
+Nếu $p=2$ chọn ngay $x=0,y=z=w=1$ ta có đpcm
+Nếu $p>2$.CHọn $z=1$.Xét các tập $A={x^2}$, $B={-y^2-1}$ với $x$ và $y$ lấy giá trị trong tập $C$ từ $0$ đến $\frac{p-1}{2}$.
Dễ thấy nếu $a,b\in C$ thì $a^{2}\not\equiv b^{2} (mod p)$ bởi vì nếu ngc lại thì $(a-b)(a+b)\vdots p$ nhg cả hai số này đều nhỏ hơn $p$ nên vô lí.
$\Rightarrow$ các phần tử trong $A$ và $B$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$.
Mà $|A |+| B |= p+1> p$ nên tồn tại $2$ phần tử $x,y$ thuộc $A$ và $B$ sao cho $$x^{2}\equiv -y^{2}-1(Modp)\Rightarrow x^2+y^2+1= wp$$
$\Rightarrow 0< w=\frac{x^2+y^2+1}{p}\leq \frac{2(\frac{p-1}{2})^2+1}{p}< p$
Vậy chọn $x,y,z,w$ như trên ta có đpcm.
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-04-2013 - 19:59 trong Đa thức
Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau,thì đa thức:$P(x)=(x-a_1)^{2}(x-a_2)^{2}...(x-a_n)^{2}+1$ không thể biểu diễn thành tích của hai đa thức (bậc dương) với hệ số nguyên.
Phản chứng giả sử $P(x)=g(x).h(x)$ ,$g(x),h(x) \in R[x]$ , $degg(x)+degh(x)= 2n$,$deg g(x)\leq deg h(x)\Rightarrow degg(x)\leq n$
$\Rightarrow g({a_i}).h({a_i})=P({a_i})= 1$$\forall i=1,2,...,2013$
$\Rightarrow$ $g(x)$ và $h(x)$ cùng đồng nhất bằng $1$ hoặc $-1$.
Nếu có $i,j$ sao cho $g({a_i})= 1; g({a_j})= -1\Rightarrow g({a_i}).g({a_j})< 0\Rightarrow \exists {x_0}:g({x_0})= 0$
$\Rightarrow P(x)$ có nghiệm ${x_0}$ vô lí vì $P(x)$ luôn dương với mọi $x$.
Do đó chỉ có thể xảy ra $g({a_i})=h({a_i})=1$ hoặc $g({a_i})=h({a_i})=-1$. với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $n$
Xét TH $g({a_i})=h({a_i})=1$ , cái kia cmtt.
Vì $g({a_i})=1$ nên đa thức $g(x)-1$ có $n$ nghiệm từ ${a_1}$ đến ${a_n}$ nên bậc của nó sẽ lớn hơn hay bằng $n$
$degg(x)= degh(x)= n$
$\Rightarrow g(x)-1= c(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$ , $ h(x)-1= d(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$.
Mà $P(x)= g(x).h(x)$ nên so sánh hệ số cao nhất $2$ vế ta có $cd=1$.Giả sử là $c=d=1$.
Lại do $P(x)= g(x).h(x)$ $\Rightarrow \prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})^{2}= (\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1).(\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1)$
$\Leftrightarrow 2\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})= 0\forall x\in R$.Vô lí.
Vậy giả sử sai và ta có đpcm
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 10-04-2013 - 21:15 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài toán 2.
Ch0 $A=\{a_1;a_2;...;a_n\}$ là tập gồm $n$ số nguyên dương sa0 ch0 với mỗi 2 tập con $B,C$ rời nhau của $A$ ta có $\sum_{x\in B} x\neq \sum_{x\in C} x$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+....+\frac{1}{a_n}<2$$
$A=\{1;2;3;4\}$ ???
--------
@@~ có $1+4=2+3$ mà
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học