?
Sao vậy bạn, câu a khá cơ bản còn câu b chỉ cần dùng hensel là được mà
Có 1000 mục bởi KietLW9 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)
Đã gửi bởi KietLW9 on 31-05-2023 - 00:12 trong Tài liệu - Đề thi
Xét dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0=0,x_1=1$ và $$x_{n+2}=2x_{n+1}+2x_n,\forall n \in \mathbb{N}$$
Chứng minh rằng $v_3(n)=v_3(a_n)$
Đã gửi bởi KietLW9 on 07-05-2023 - 00:09 trong Bất đẳng thức và cực trị
$$x^p+y^p=(x+y)^z$$
Xét $p=2$ thì $z=1$ nên $x=y=1$, vậy bộ nghiệm $(a,b,c,p)=(1,1,1,2)$ thỏa mãn
Xét $p$ là snt lẻ, giả sử $x+y$ có ước nguyên tố lẻ $r \neq p$, khi đó $x,y$ không thể đồng thời bằng $1$ và $v_r(x+y)=zv_r(x+y)\Rightarrow z=1\Rightarrow x^p+y^p=x+y$, mâu thuẫn
Do vậy nếu $x+y$ có ước nguyên tố lẻ đó là $p$, tức là $$v_p(x+y)+1=zv_p(x+y)$$ nên $z=2$, khi đó $x^3+y^3\leq x^p+y^p\leq 2(x^2+y^2)\Rightarrow x=2,y=1\Rightarrow p=3$, do đó có thêm một bộ là $(x,y,z,p)=(2,1,2,3)$ hoặc ngược lại vs $x,y$
Đã gửi bởi KietLW9 on 25-11-2022 - 22:15 trong Đa thức
Giả sử $a$ là một nghiệm của $P(x)$ thì do $P(a^2-1)=P(a)P(-a)=0$ nên $a^2-1$ cũng là một nghiệm của $P(x)$.
Từ đó nếu $a>\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ thì ta có thể biễu diễn nghiệm của $P(x)$ bởi một dãy tăng vô hạn các số. Vô lí vì $P(x)$ là một đa thức khác không. Do vậy $a\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
Đa thức $P(x)=x^2-x-1$ có nghiệm $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ và đa thức này thỏa mãn đề bài nên ta cần chỉ ra không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn
Thật vậy, giả sử có $P(x) =ax+b$ trong đó $a$ khác $0$ thì thay vào đề bài ta được $$ax^2+(b-a)=-a^2x^2+b^2$$
Do đó $a=-1$ và $b=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$
Nhưng trong trường hợp này cả hai đa thức đều có nghiệm nhỏ hơn $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 10:31 trong Đa thức
$\textbf{Bài toán 7.}$ Cho $n\geq 2$ là một số nguyên. Chứng minh rằng đa thức $$P(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$$ không có nghiệm hữu tỉ.
$\textbf{Lời giải.}$
Ta thấy rằng $P(x)$ có nghiệm hữu tỉ là $\alpha $ thì $\alpha $ cũng là nghiệm của phương trình $$x^n+nx^{n-1}+...+\frac{n!}{1!}x+n!=0$$
Suy ra $\alpha ^n+n\alpha ^{n-1}+...+\frac{n!}{1!}\alpha +n!=0$
Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $n$
Với $k=\overline{1,n}$ ta đặt $v_p(k!)=r_k$ thì $r_k=\left [ \frac{k}{p} \right ]+\left [ \frac{k}{p^2} \right ]+...+\left [ \frac{k}{p^s} \right ]$ trong đó $s$ là số thỏa mãn $p^s\leq k<p^{s+1}$
$\Rightarrow r_k\leqslant p(\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+...+\frac{1}{p^s})=k.\frac{p^s-1}{p^s}<k$ nên $r_n-r_k>r_n-k\Rightarrow r_n-r_k\geqslant r_n-k+1\Rightarrow p^{r_n-k+1}|\frac{n!}{k!}$
Vì $p|n$ nên $p|\alpha$ do đó $p^k|\alpha^k$ suy ra $p^{r_n+1}|\frac{n!}{k!}\alpha ^k,\forall k = \overline{1,n}$
Suy ra $p^{r_n+1}|n!$. Vô lí do $v_p(n!)=r_n$
Vậy đa thức $P(x)$ không có nghiệm hữu tỉ.
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 10:01 trong Đa thức
$\textbf{Bài toán 6.}$ Cho $P,Q$ là các đa thức hệ số thực thỏa mãn $$P^2(x)-Q^3(x)=2022$$ Chứng minh rằng $P,Q$ là các đa thức hằng.
$\textbf{Lời giải.}$ Giả sử $\text{deg P = a , deg Q = b }$ sao cho $a,b>0$ thì ta thấy $2a=3b$
Đạo hàm hai vế, ta được: $2P'(x)P(x)=3Q^2(x)Q'(x)$ nên $2P'(x)P(x)$ chia hết cho $Q^2(x)$
Lại có $P^2(x)-2022$ chia hết cho $Q^2(x)$ nên biến đổi đại số ta được: $4044P'(x)$ chia hết cho $Q(x)$
Từ đó ta có $a-1\geq 2b=\frac{4}{3}a$ suy ra mâu thuẫn
Do vậy phải có ít nhất một trong hai số $a,b$ bằng $0$. Tóm lại $P,Q$ là các đa thức hằng.
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 09:41 trong Đa thức
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 09:24 trong Đa thức
$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực, khác hằng thỏa mãn $$P(x^2)=P(x)P(x-1),\forall x \in \mathbb{R}$$
$\textbf{Lời giải.}$ Ta thấy rằng nếu $r$ là một nghiệm của đa thức $P(x)$ thì thay $x$ bởi $r+1$ ta suy ra $(r+1)^2$ cũng là một nghiệm của $P(x)$ mà $(r+1)^2>r$ nên dãy nghiệm của $P(x)$ sẽ tăng tới vô cùng nên $P\equiv 0$, vô lí do $P(x)$ khác hằng.
Đồng nhất hệ số cao nhất ta dễ có P(x) monic và từ chứng minh trên ta suy ra $P(x)$ có bậc chẵn
Do đó $P(x)$ sẽ có dạng $$P(x)=(x^2+x+1)^n+Q(x)$$ trong đó $n$ là số nguyên dương
Xét trường hợp $Q\not\equiv 0$ thì $\text{deg Q}=k<2n$
Thay vào phương trình ban đầu ta được: $Q(x^2)=Q(x)(x^2-x+1)^n+Q(x-1)(x^2+x+1)^n+Q(x)Q(x-1)$
Đồng nhất bậc cao nhất ta được $2k=2n+k$ suy ra $k=2n$ (vô lí) do đó $Q\equiv 0$ hay $$P(x)=(x^2+x+1)^n,\forall x \in \mathbb{R}$$
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 09:12 trong Đa thức
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 09:05 trong Đa thức
$\textbf{Bài toán 2 (Thailand MO 2014).}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên thỏa mãn $$P(n)|2557^n+213.2014,\forall n \in \mathbb{Z}^+$$
$\textbf{Lời giải.}$ Rõ ràng $P\equiv 1$ và $P\equiv -1$ là hai đa thức thỏa mãn bài toán. Bây giờ ta xét $P(x)$ là đa thức hằng khác $0,-1,1$ hoặc $P(x)$ là đa thức chứa biến thì luôn tồn tại một số nguyên dương $n_0$ thỏa mãn $|P(n_0)|\geq 2$
Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $P(n_0)$ thì $p|2557^{n_0}+213.2014$
Mặt khác thì $p|P(n_0+p)-P(n_0)|2557^{n_0}(2557^p-1)$. Rõ ràng $p \notin \left \{ 2;3;19;53;71;2557 \right \}$ do $p|2557^{n_0}+213.2014$
Từ đó suy ra $p|2557^p-1$
Theo định lý Fermat ta có được: $p|2557^p-2557\Rightarrow p|2556\Rightarrow p \in \left \{ 2;3;71 \right \}$ nên ta thấy vô lí
Vậy không tồn tại đa thức nào thỏa mãn trong trường hợp này
Vậy $P\equiv 1$ và $P\equiv -1$
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 08:44 trong Đa thức
$\textbf{Bài toán 1.}$ Cho $P,Q$ là hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng. Xét dãy số $$a_n=2016^{P(n)}+Q(n),\forall n \geq 1$$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ thỏa mãn tính chất: Ứng với mỗi số nguyên tố $p$ đó thì luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$.
$\textbf{Lời giải.}$ Ta có: $x_n=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+Q(n)+2016^{P(1)}=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+R(n)$ trong đó $R(n)=Q(n)+2016^{P(1)}$ là đa thức hệ số nguyên, khác hằng.
Theo định lý Schur thì tồn tại vô số số nguyên tố $p>2016$ thỏa mãn tính chất: Tồn tại số nguyên dương $n$ để $p|R(n)$
Theo định lý thặng dư trung hoa ta chọn được số nguyên dương $m$ sao cho $P(m)>P(1),m>p$ và $m\equiv n(\text{mod p})$ đồng thời $m\equiv 1(\text{mod p-1})$
Từ đây ta thấy $p|m-n|R(m)-R(n)\Rightarrow p|R(m)$
Mặt khác thì $p-1|m-1|P(m)-P(1)$ và do $(2016,p)=1$ nên theo định lý Fermat thì $p|2016^{P(m)}-2016^{P(1)}$
Do vậy luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$ mà ta lại chọn được vô hạn số nguyên tố $p$ như vậy nên có ngay điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi KietLW9 on 20-11-2022 - 01:33 trong Số học
$\textbf{Bài toán 7.}$ Chứng minh rằng với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại $m$ để $$7^n|3^m+5^m-1$$
$\textbf{Lời giải.}$ Chọn $m=7^{n-1}$ và sử dụng LTE, ta có: $$v_7(8^m-1)=v_7(8-1)+v_7(m)=n\Rightarrow 7^n|8^m-1=(2^m-1)(4^m+2^m+1)$$
Mặt khác $m$ không là bội của $3$ nên $7^n \not| 2^m-1\Rightarrow 7^n|4^m+2^m+1$
Kết hợp với $m$ lẻ ta có: $v_7(4^m+3^m)=v_7(3+4)+v_7(m)=n\Rightarrow 4^m\equiv -3^m$ (mod $7^n$)
Tương tự ta cũng có: $2^m\equiv -5^m$ (mod $7^n$) nên $3^m+5^m-1\equiv 0$ (mod $7^n$)
$\textbf{Bài toán 8.}$ Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của $\frac{p^{2p}+1}{p^2+1}$ đều có dạng $4k+1$
$\textbf{Lời giải.}$ Rõ ràng với $p$ lẻ thì $\frac{p^{2p}+1}{p^2+1}$ lẻ nên tất cả các ước nguyên tố của $\frac{p^{2p}+1}{p^2+1}$ đều lẻ. Gọi $q$ là một trong số chúng $\Rightarrow q|p^{4p}-1$
Gọi $h$ là cấp của $p$ theo modulo $q$ thì $h|4p$ nên $h \in \left \{ 1;2;4;p;2p;4p \right \}$
Nếu $h \in \left \{ 1;2;p;2p \right \}$ thì ta luôn có $p^{2p}\equiv 1(\text{mod q})$, vô lí với $p^{2p}\equiv -1(\text{mod q})$
* Nếu $h=4p$ thì $q\equiv 1(\text{mod 4p})$
* Nếu $h=4$ thì $q$ vẫn có dạng $4k+1$
Do đó ta có điều phải chứng minh
$\textbf{Bài toán 9.}$ Cho $a,m,n$ là các số nguyên lớn hơn $1$. Chứng minh rằng nếu $a^2+a+1|(a+1)^m+a^n$ thì $3|m+n$
Đã gửi bởi KietLW9 on 07-11-2022 - 16:49 trong Phương trình hàm
$\textbf{Bài toán 2.}$ Xét một bảng ô vuông vô hạn và đặt một quân mã vào ô bất kì. Quân mã này thay vì đi các $1 \times 2$ hay $2 \times 1$ như bàn cờ vua thông thường thì ở bảng vuông này nó có thể đi theo cách $m \times n$ hoặc $n \times m$ trong đó $m,n$ là các số nguyên dương bất kì cho trước. Chứng minh rằng với mọi $m,n$, sau một số lần di chuyển, quân mã không thể q
Đã gửi bởi KietLW9 on 01-11-2022 - 18:07 trong Số học
LUYỆN TẬP SỐ HỌC
$\textbf{Bài toán 1.}$ Chứng minh rằng với mọi $k$ nguyên dương thì $2k^4+4k^3+3k^2+k$ không là tích của hai số nguyên dương liên tiếp.
$\textbf{Bài toán 2.}$ Xét dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_1=6$ và $$x_{n+1}=x_n+gcd(x_{n},n),\forall n \geq 1$$
Chứng minh rằng $x_{n+1}-x_n$ hoặc bằng $1$ hoặc là số nguyên tố
Đã gửi bởi KietLW9 on 31-10-2022 - 00:07 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
vf
Đã gửi bởi KietLW9 on 31-10-2022 - 00:06 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
Dạo này bận quá nên mới vô được diễn đàn Bài này chắc thầy Hà Duy Hưng chế ra từ các tính chất của các số Fermat
$\textbf{Lời giải.}$
Ta xét các số $F_n=2^{2^n}+1$ trong đó $n$ là một số tự nhiên
Rõ ràng tất cả các số hạng của dãy trên đều nguyên tố cùng nhau và nếu $n\geq 1$ thì $F_n$ sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.
Gọi $p_i$ là một ước nguyên tố của $F_i$ thì $p_0=3$ và $p_1,p_2,...,p_{k-1}$ là các số nguyên tố dạng $4t+1$ và các số này đều phân biệt
Ta chọn $n_{k-1}=p_0p_1...p_{k-1}$ thì $n_{k-1}$ sẽ có đúng $k$ ước nguyên tố phân biệt, và ngoại trừ số $3$ ra thì mọi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều có dạng $4t+1$. Ta chứng minh đây là số thỏa mãn đề bài bằng cách chỉ ra $n_{k-1}|2^{\sigma (n_{k-1})}-1$
Thậy vậy, dễ dàng có $2^k| \sigma (n_{k-1})$ nên ta cần chứng minh: $n_{k-1}|2^{2^k}-1$
Mà mỗi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều đôi một phân biệt nên bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra $p_i|2^{2^k}-1,\forall i = \overline{0,k-1}$
Đây là điểu hiển nhiên do $F_i|2^{2^k}-1,\forall i =\overline{0,k-1}$
Đã gửi bởi KietLW9 on 21-09-2022 - 14:23 trong Số học
$\textbf{Bài toán 6.}$ Xét $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ trong đó $k$ là số nguyên dương thỏa mãn $p^2|2^{p-1}-1$. Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ Chứng minh rằng: $2^q > (6p)^p$
$\textbf{Lời giải.}$
Ta có phân tích tiêu chuẩn của $2^p-1$ như sau: $2^p-1=q_{1}^{a_1}q_{2}^{a_2}...q_{k}^{a_k}$ trong đó $q_1,q_2,...,q_k$ là các ước nguyên tố lẻ phân biệt của $2^p-1$.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh $q_i\equiv 1(\text{mod p}),\forall i=\overline{1,k}$
Thật vậy, ta có: $q_i|2^{q_i-1}-1$ nên $\left\{\begin{matrix}ord_{p_i}(2)|p & \\ ord_{p_i}(2)|q_i-1 & \end{matrix}\right.$
Từ đây dễ dàng suy ra $ord_{p_i}(2)=p$ nên ta có điều phải chứng minh
Đặt $q_i=m_ip+1$ trong đó $m_i \in \mathbb{Z}^+,\forall i =\overline{1,k}$
Kết hợp với $p^2|2^p-2$ ta suy ra $\prod_{i=1}^{k}(m_ip+1)^{a_i}\equiv 1$ (mod $p^2$). Mà $(m_ip+1)^{a_i}\equiv a_im_ip+1$ (mod $p^2$) nên $\prod_{i=1}^{k}(1+a_1m_ip)\equiv 1$ (mod $p^2$) nên $ \sum_{i=1}^{k}a_im_i\equiv 0$ (mod $p$)
Mà lại có $q_i|2^p-1\Rightarrow (\frac{2}{q_i})=1$ nên $q_i\equiv 1,7(\text{mod 8})$ do đó $8|m_i$ hoặc $6|m_ip$ nên $m_i\geq 6$
Xét $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$ sao cho $q=mp+1$ thì rõ ràng $m$ là chỉ số lớn nhất trong các số $m_i$ khi đó $2^q>2^{pm}>(2^p-1)^m>(6p)^{(a_1+a_2+...+a_k)m}>(6p)^{\sum_{i=1}^{k}a_im_i}\geq (6p)^p$
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đã gửi bởi KietLW9 on 15-09-2022 - 23:24 trong Số học
$\textbf{Bài toán 5.}$ Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ sao cho $n|6^n+7^n$. Chứng minh rằng $13|n$
$\textbf{Lời giải.}$ Rõ ràng $(n,42)=1$. Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$
Vì $(p,7)=1$ nên tồn tại số nguyên $p'$ sao cho $7p'\equiv 1(\text{mod p})$
Ta có: $6^n\equiv -7^n(\text{mod p})\Rightarrow (6p')^n\equiv -(7p')^n\equiv -1(\text{mod p})\Rightarrow (6p')^{2n}\equiv 1(\text{mod p})$
Gọi $h=\text{ord}_p(6p')$ thì $h|p-1$ và $h|2n$
Nếu $h$ lẻ thì $h<p$ và $h|n$ nên $h=1$
Nếu $h$ chẵn thì $h=2l$ suy ra $l<p$ và $l|n$ do đó $l=1$ và $h=2$
Vậy ta đều có $(6p')^2\equiv 1(\text{mod p})\Rightarrow (6^2-7^2)p'^2\equiv 0(\text{mod p})$
Mà rõ ràng $(p',p)=1$ do đó $p=13$
Vậy $13|n$
Đã gửi bởi KietLW9 on 15-09-2022 - 08:51 trong Hình học
$\textbf{Bài toán (Phát hiện?).}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân có $(I)$ là tâm đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $D'$ là điểm đối xứng với $D$ qua $EF$ và $R$ là trực tâm của tam giác $BIC$. Gọi $J$ là trực tâm của $\Delta AEF$. $G$ là điểm trên $ID$ sao $JG//D'R$. Chứng minh rằng đối xứng của $G$ qua $EF$ nằm trên $OI$
Đã gửi bởi KietLW9 on 14-09-2022 - 14:26 trong Câu lạc bộ hâm mộ
Bayern thực sự quá mạnh đúng không ạ
Đã gửi bởi KietLW9 on 14-09-2022 - 14:20 trong Hình học
$\textbf{Bài toán (Sáng tác?).}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân có $(I)$ là tâm đường tròn nội tiếp và $H,K$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ của $\Delta ABC$. $(I)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$.
a) Chứng minh rằng $(HAF)$ và $(KAE)$ cắt nhau tại một điểm $T$ khác $A$ trên đường tròn $(ABC)$
b) Gọi $M,N$ là giao điểm thứ hai của $HE,KF$ với $(I)$. Chứng minh rằng $AT$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(AMC)$ và $(ABN)$.
Đã gửi bởi KietLW9 on 08-09-2022 - 09:38 trong Câu lạc bộ hâm mộ
Bayern Munich 2 - 0 Inter Milan
Barcelona 5 -1 Plzen
Sane cú đúp, lewandowski hattrick
chú ý thêm lewy là cấu thủ duy nhất và đầu tiên ghi hattrick cho 3 clb khác nhau ở c1
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học