1.Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^2+2x+4y^2=37$

2. TÌm nghiệm nguyên dương của phương trình : $x^2+y^2=2011^{1995^k+1}(10-z)$

3. TÌm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn: $p^3-q^5=(p+q)^2$

Bài 1: 

$(x+1)^2+(2y)^2=38$

Từ đấy tự suy ra

Bài 3:

$p^3-q^5=(p+q)^2$=>$p^3-q^5=p^2+q^2+2pq$

=>$q^2(q^3+1)$=$p(p^2-p-2q)$

Vì p,q là SNT nên

$q^3+1$ chia hết $p$

$p^2-p-2q$ chia hết chp $q^2$

Từ đó cũng có $p-1$ chia hết cho $q$ , đặt $p-1=uq$

Có $upq+2q$ chia hết cho $q^2$ => $up-2$ chia hết cho $q$

 $p-1$ chia hết cho $q$=>$pu-u$ chia hết cho $q$

=>$u-2$ chia hết cho $q$

Có $q^3+1$ chia hết cho $p$

nếu $q+1$ chia hết cho $p$ thì $q+1 \ge p$

Lại có $p-1$ chia hết cho $q$ nên $p-1 \ge q$

=>$p \ge q+1$

=>$p=q+1$=>$p=3$,$q=2$(không thỏa mãn)

Nếu $q^2-q+1$ chia hết cho p thì $q(q-1) \ge p-1$

Mà $u-2$ chia hết cho $q$

Nếu $u-2>0$ thì $u-2 \ge q$=>$u \ge q+2$=> $p-1 \ge q(q+2)$

Mà $q(q-1) \ge p-1$ (vô lí)

Vây $u-2=0$=>$p-1=2q$

thay vào pt tìm đuợc $q=3$,$p=7$

Bài 2

BTP: Nếu $p$ là 1 SNT dạng $4k+3$ thì $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $a$,$b$ chia hết cho $p$ (tự CM)

2011 là SNT có dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2=(2011^((1995^k+1)))(10-z)$

=>$x$,$y$ chia hết cho 2011=>$x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^2$

Đặt $x^2=u^2.2011^2$, $y^2=v^2.2011^2$, ta có

$u^2+v^2=(2011^(1995^k-1)))(10-z)$

Lập luận tương tự, cũng có $u^2$,$v^2$ chia hết cho $2011^2$

vì $1995^k+1$ là số chẵn nên sau $(1995^k+1)/2$ bước, ta có $x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^(1995^k+1))$

Đặt $x^2=a^2(2011^(1995^k+1)))$

$y^2=b^2(2011^(1995^k+1)))$

Ta có $a^2+b^2=10-z<10$

Giải ra, ta có (a;b;z)=(1;2;5);(2;1;5)

Vậy nghiệm của PT là

(x;y;z)=($2011^(1995^k+1))$;$2.2011^(1995^k+1))$;$5$);($2.2011^(1995^k+1))$;$2011^(1995^k+1))$;$5$)

Bài tổ hợp:

Chọn 1 người A, người đó trao đổi với $x$ người khác và không trao đổi với $42-x$ người 

Bài này là bài quen thuộc anh ạ tuy nhiên cách giải của nó khá rối rắm

Trên mỗi hàng chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $a$

Trên mỗi hàng chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $b$

Trên mỗi cột chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $c$

Trên mỗi cột chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $d$

Trước hết ta chứng minh $c \geq b$

Thật vậy gọi $e$ là số nằm trên cột chứa $c$ và hàng chứa $b$

Khi đó theo cách gọi $c\geq e,e \geq b$ suy ra $c \geq b$

Tương tự $a \geq d$ 

TH1 : $a>b$

Gọi $x$ là một số bất kỳ nằm giữa $a$ và $b$

Khi đó dễ thấy hàng nào cũng phải chứa $x$ (Vì trên mỗi hàng $x$ đều không nhỏ hơn số bé nhất của hàng đó và không lớn hơn số lớn nhất của hàng đó)

Khi đó $x$ lặp lại $n$ lần

TH2 :$a \leq b$$n$

-Nếu $c>d$ thì xét tương tự TH1

-Nếu $c \leq d$ 

Theo trên ta có: $c \geq b \geq a \geq d$

Từ đây dễ suy ra $a=b=c=d$ suy ra cả $n^2$ số trên bảng đều bằng nhau

 Vậy tồn tại một số xuất hiện ít nhất $n$ lần 

Mình không chắc lắm về cách của bạn vì có cả đống trường hợp các số trên bảng không bằng nhau mà vẫn thoả mãn điều kiện đề bài. Ví dụ như có duy nhất 1 số 2 và các số còn lại đều là 1. Sau đây là cách giải của mình:

Giả sử không có số nào được xuất hiện quá $n$ lần thì lúc đó với mỗi số $a$ bất kì thì tồn tại nhiều nhất $n-1$ cột có chứa số $a$ và nhiều nhất $n-1$ hàng chứa số $a$. Từ đó suy ra có 1 hàng và 1 cột không chứa số $a$. Gọi $m,n$ lần lượt là số lớn nhất và số nhỏ nhất được viết lên bảng. Với mỗi số tự nhiên $b$ bất kì ở trong khoảng $[n;m]$ thì gọi hình chữ thập tạo bởi một hàng và một cột không chứa $b$ là $C_b$. Ta có nhận xét rằng $C_b$ chỉ chứa các số lớn hơn $b$ hoặc chỉ chứa các số nhỏ hơn $b$. Thật vậy nếu tồn tại 2 số $c$ và $d$ sao cho $c>b>d$ và $c$ và $d$ đều thuộc $C_b$ thì vì 2 ô liên tiếp chênh lệch nhau không quá 1 đơn vị nên tất cả các số nằm giữa $c$ và $d$ đều nằm trên $C_b$ vì có thể dịch chuyển từ $c$ đến $d$ thông qua 1 số ô liên tiếp nắm trong $C_b$. Vì vậy nên $b$ nằm trên $C_b$(vô lí)

Lại có $n$ là số nhỏ nhất viết lên bảng nên $C_n$ chỉ chứa các số lớn hơn $n$, tương tự $C_m$ chỉ chứa các số nhỏ hơn $m$. Vì vậy tồn tại số tự nhiên $s$ sao cho $m>s\geq n$ và $C_s$ chỉ chứa các số lớn hơn s, $C_{s+1}$ chỉ chứa các số bé hơn $s+1$. Hai hình chữ thập đó cắt nhau tại ít nhất 1 ô chứa số $e$  thoả mãn $s+1>e>s$( vô lí) 

Vậy giả sử sai, hay tồn tại 1 số lặp lại ít nhất $n$ lần

$a$

$a+b$

$\frac{a}{b+c}$

$a^2 + b_i^3 \ge c_{i+1}^5 + d_{x+1}^{y+1}$

$\frac{a}{b}$

$a> b> c$

$\frac{a}{b+c+d+e+f+g+h}$

Gọi $p$ là 1 số nguyên tố thì nếu $p\mid a^{p}-1$ thì theo định lí Fermat nhỏ thì $p\mid a-1$.Vì vậy nên $p\mid \sum_{i=0}^{p-1}a^{i}$. Từ đó suy ra $p^{2}\mid (a-1)(\sum_{i=0}^{p-1}a^{i})$ hay $p^2\mid a^{p}-1$. Vì vậy mọi số nguyên tố đều có tính chât $L$, suy ra dpcm

Giả sử hàng nào cũng chứa nhiều nhất 2 số khác nhau. Theo nguyên lí Dirichlet thì mỗi hàng, tồn tại ít nhất 3 ô mà trên mỗi ô đó viết cùng 1 số nguyên. Đánh dấu trên mỗi hàng các ô có số nguyên được xuất hiện ít nhất 3 lần trên hàng đó . Vì các số 1,2,3,4,5, mỗi số xuất hiện trên bảng 5 lần nên không có 2 hàng nào mà các ô được đánh dấu trên cả 2 hàng đó đều bằng nhau, vì như thế thì sẽ tồn tại 1 số được xuất hiện trên bảng ít nhất 6 lần (vô lí). Vì trên mỗi hàng đánh dấu ít nhất 3 ô nên trên bảng đánh dấu ít nhất 15 ô. Vì có 5 cột và ít nhất 15 ô được đánh dấu nên sẽ tồn tại 1 cột có ít nhất 3 ô được đánh dấu. Vì 3 ô đánh dấu này nằm trên 3 hàng khác nhau nên theo chứng minh trên thì 3 số này đôi một phân biệt, suy ra cột này chứa ít nhất 3 số phân biệt, dpcm

Sr vì không biết up hình nên lời giải không được chi tiết lắm:

Đầu tiên là xét đường chéo chính của bảng, đánh số các cột từ $1$ đến $2017$ từ trái sang phải. Gọi $A$ là tập các ô là giao của đường chéo chính với các cột lẻ, $B$ là tập các ô là giao của đường chéo chính với các cột chẵn ( Cột lẻ là các cột được đánh số lẻ, cột chẵn là cột được đánh số chẵn). Gọi $f(A)$ là tổng các số được viết trên các ô thuộc tập $A$, $f(B)$ là tổng các số được viết trên các ô thuộc tập $B$. Từ chỗ này có thể lập luận logic hoặc chứng minh bằng quy nạp rằng tổng các số trên bảng chính bằng $f(A)-f(B)$. Vì các số trên bảng thuộc khoảng $\left [ -10;10 \right ]$ nên $f(A)\geq -10\left | A \right |$, $f(B)\leq 10\left | B \right |$, vì vậy tổng các số trên bảng nhỏ nhất bằng $f(A)-f(B)\geq -10(\left | A \right |+\left | B \right |)=-20170$. Vậy giá trị nhỏ nhất là -20170, chẳng hạn khi tất cả các cột lẻ đều các các ô được viết số -10, các ô còn lại viết số 10

Đánh số các hàng từ trên xuống dưới lần lượt là $1,2,...,n$, đánh số các cột từ trái sang phải lần lượt là $1,2,...,n$. Gọi số điền trong ô $(1;1)$ là $x$, xét tập $A=\left \{r_1,r_2,...,r_n \right \}$ sao cho số được viết trong ô $(1;i)$ là $r_i+x$. Tập $B=\left \{q_1,q_2,...,q_n \right \}$ sao cho ô $(i;1)$ được viết số $q_i+x$. Theo đề bài, dễ chứng minh được ô $(i;j)$ được viết số $x+q_i+r_j$. Vì vậy tổng các số trên bảng bằng $\sum_{q_i\in B;r_j\in A}^{}$$x+q_i+r_j$=$\sum_{i=1}^{n^2}i$=$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$\rightarrow$ $n^2x+n\sum_{i=1}^{n}r_i +n\sum_{i=1}^{n}q_i$=$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$\rightarrow$ $\sum_{i=1}^{n} x+r_i+q_i$=$\frac{(n+1)(2n+1)}{6}$, Dễ thấy tổng đó là tổng các số trên các ô nằm trên đường chéo chính

Nhân tiện SL Challenge Competition là Sri Lanka Challenge Competition

Chứng minh bằng quy nạp: Với bảng vuông $(2n+1)\times (2n+1)$ mà tổng 4 số trong bảng $2\times 2$ bằng 0 thì tổng các số trên bảng chính bằng $f(A)-f(B)$

Khi n=1, có tổng 4 số trong bảng $2\times 2$ ở góc trên bảng bằng 0 nên tổng các số trên bảng bằng tổng các số trong các ô được tô cam

Tuy nhiên tổng 3 số trong 3 ô được tô cam ở góc lại bằng số đối của số được viết ở giữa bảng vì tổng 4 số đó bằng 0, nên tổng các số trên bảng bằng tổng các số tô cam trừ đi số được tô xanh

Số đó chính là $f(A)-f(B)$, vì vậy mệnh đề đúng với $n=1$

Giả sứ mệnh đề đúng với $n=k$, ta chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Xét bảng $(2n+3)\times (2n+3)$ sau (xét với n=6):

Chia bảng thành 2 hình chữ nhật $2\times 2n$ được tô màu xanh, 2 hình vuông $3\times 3$ tô màu vàng và $(2n+1)\times (2n+1)$ tô màu trắng có 1 ô chung được tô màu lam. Vì 2 hình chữ nhật có thể chia được thành các bảng $2\times 2$ nên tổng các số trong 2 hình chữ nhật đó là 0. Vì vậy tổng các số trên bảng bằng tổng các số trong 2 hình vuông trừ đi số được viết trong hình vuông màu lam.Vì theo giả thiết quy nạp, tổng các số trong bảng $(2n+1)\times (2n+1)$ bằng tổng các số được viết trên đường chéo chính mà thuộc cột lẻ trừ đi các số còn lại trên đường chéo hay bằng tổng các số được tô màu xanh trừ đi tổng các số tô màu đỏ :

Vì vậy theo trường hợp n=1 thì tổng các số trên 2 hình vuông trừ đi số nằm trong ô màu lam chính bằng tổng các sô trong ô màu xanh trừ đi tổng các số trong ô màu đỏ

Tuy nhiên số này chính bằng $f(A)-f(B)$, vì vâỵ mệnh đề đúng với $n=k+1$. Vậy giả thiết quy nạp được chứng minh 

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát hơn: Với $n$ số $a_1,a_2,...,a_n$ thoả mãn đề bài, đặt $t=\sum_{i=1}^{n}a_i$, Đặt $T$ là tập tất cả các số được biểu diễn dưới dạng $\pm a_{1}\pm a_{2}...\pm a_{n}$ thì T sẽ chứa tất cả các số nằm trong khoảng $\left [ -t;t \right ]$ mà cùng tính chẵn lẻ với $t$.

Chứng minh quy nạp,với $n=1$ thì có $1\leq a_1\leq 1$ nên $a_1=1$, mệnh đề hiển nhiên đúng

Với $n=2$ thì có 2 trường hợp hoặc là $(a_1;a_2)=(1;2)$ hoặc $(a_1;a_2)=(1;1)$, tuy nhiên với cả 2 trường hợp thì mệnh đề đều đúng

Giả sử mệnh đề đúng với $n=k$, xét $n=k+1$, đặt $x=\sum_{i=1}^{k}a_i$, đặt $A$ là tập các số có dạng $\pm a_{1}\pm a_{2}...\pm a_{k+1}$, $B$ là tập các số có dạng $a_{k+1}\pm a_{1}\pm a_{2}...\pm a_{k}$, $C$ là tập các số có dạng $-a_{k+1}\pm a_{1}\pm a_{2}...\pm a_{k}$, $D$ là tập các số có dạng $\pm a_{1}\pm a_{2}...\pm a_{k}$. Theo giả thiết quy nạp, $D$ chứa tất cả các số cùng tính chẵn lẻ với $x$ mà nằm trong khoảng $\left [ -x;x \right ]$. Vì vậy $B$ chứa tất cả các số cùng tính chẵn lẻ với $a_{k+1}+x$ mà nằm trong khoảng $\left [ a_{k+1}-x;a_{k+1}+x \right ]$, $C$ chứa tất cả các số cùng tính chẵn lẻ với $-a_{k+1}+x$ và nằm trong khoảng $\left [ -a_{k+1}-x;-a_{k+1}+x \right ]$ nên A chứa tất các các số cùng tính chẵn lẻ với $a_{k+1}+x$ mà thuộc $\left [ -a_{k+1}-x;-a_{k+1}+x \right ]\cup \left [ a_{k+1}-x;a_{k+1}+x \right ]$. Vì $a_{k+1}\leq k+1\leq x+1$ nên A chứa tất cả các số cùng tính chẵn lẻ với $a_{k+1}+x$ mà thuộc khoảng $\left [ -a_{k+1}-x;a_{k+1}+x\right ]$. Vậy mệnh đề đúng với $n=k+1$, bước chứng minh quy nạp hoàn tất.

Lại có $\sum_{i=1}^{n}a_i$ là số chẵn và 0 có cùng tính chẵn lẻ với $\sum_{i=1}^{n}a_i$ và $0\in \left [ -\sum_{i=1}^{n}a_i;\sum_{i=1}^{n}a_i \right ]$ nên tồn tại 1 cách biểu diễn thoả mãn đề bài sao cho số nhận được bằng 0

Let $P(x,y)$ be the assertion of $f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}^+$

$P(x,y+z)$ give us $f(x+y+z)=f(x) + f(y + z) + f(xy + xz)-f(x)f(y + z)=f(x)+f(y)+f(z)+f(xy)+f(yz)+f(zx) + f(x)f(y)f(z)-f(x)f(y)-f(y)f(z)-f(z)f(x)+f(x^2yz)-f(xy)f(xz)-f(x)f(yz)$ for all $x,y,z\in \mathbb{R}^+$

Similarly, use this with $P(y,z+x)$ give us $f(x^2yz)-f(xy)f(xz)-f(x)f(yz) = f(xy^2z)-f(xy)f(yz)-f(y)f(xz)$ for all $x,y,z\in \mathbb{R}^+$

Set $y=1$ in that equation give us $f(x^2z)-f(x)f(xz)-f(x)f(z)=f(xz)-f(x)f(z)-f(1)f(xz)$ for all $x,z\in \mathbb{R}^+$

Which is $f(x^2z)=(1-f(1))f(xz)+f(x)f(xz)$ for all $x,z\in \mathbb{R}^+$, so $f(xy)=(1-f(1))f(y)+f(x)f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}^+$

Since $f(xy)=(1-f(1))f(y)+f(x)f(y)=(1-f(1))f(x)+f(x)f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}^+$ give us $f(x)=c$ constant or $f(1)=1$

If $f(x)=c$, we get $c+c^2=3c$, so $f(x)=2$ for all $x\in \mathbb{R}^+$

Otherwise, $f(1)=1$, so $f(xy)=f(x)f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}^+$, so $f(x+y)=f(x)+f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}^+$

Since $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$, so we get $f(x)=cx$ for constant $c$, check in $P(x,y)$ give $c=1$

So the answer is $f(x)=2$ for all $x\in \mathbb{R}^+$ and $f(x)=x$ for all $x\in \mathbb{R}^+$

Why?

Giả sử không có 2 đa giác nào có phần chung không nhỏ hơn $\frac{1}{7}$, ta sẽ thực hiện việc " thêm hình " vào trong hình vuông: Gọi $S_n$ là diện tích của phần hợp của các đa giác được thêm vào sau lần thêm thứ $n$. Có tổng cộng 7 lần thêm hình:

-Lần đầu tiên ta thêm 1 đa giác vào hình vuông, có $S_1=1$

-Lần thứ 2, ta sẽ thêm tiếp 1 đa giác vào hình vuông, có $S_2$ là diện tích của hợp 2 đa giác được thêm vào trong 2 lần đầu. Vì diện tích của giao 2 hình nhỏ hơn $\frac{1}{7}$ nên diện tích của hợp 2 hình: $S_2> S_1+(1-\frac{1}{7})$

Ở lần thứ n, ta thêm 1 đa giác. Đa giác đó giao với $n-1$ đa giác đã thêm vào từ $n-1$ lần trước, với mỗi đa giác từ $n-1$ đa giác đó, diện tích của giao của đa giác mới được thêm với mỗi đa giác đó bé hơn $\frac{1}{7}$ nên diện tích của phần hình đa giác mới được thêm mà không giao với bất kì đa giác nào trước đó đã được thêm vào có diện tích lớn hơn là $1 - \frac{n-1}{7}$, vậy $S_n> S_{n-1}+(1-\frac{n-1}{7})$. 

Có diện tích của hình vuông là 4 nên $$4\geq S_7> S_6+ \frac{1}{7}> S_5+\frac{1}{7}+\frac{2}{7}> ...> S_1+\sum_{i=1}^{6}\frac{i}{7}\doteq \sum_{i=1}^{7}\frac{i}{7}=\frac{28}{7}= 4$$ (vô lí)

Vậy giả sử sai, suy ra dpcm

Sau khi sửa đề thi ta có được 1 cách giải ngắn gọn:

$P^2(x)-2=P(x^2-2)=P((-x)^2-2)=P^2(-x)-2 \Rightarrow (P(x)-P(-x))(P(x)+P(-x))=0$

Dễ dàng kiểm tra được $P(x)+P(-x)$ không đồng nhất $0$ nên $P(x)-P(-x)=0$, hay$P(x)=P(-x)$

Spoiler

Lời giải chỉ mang tính chất nêu ý tưởng,lập luận có phần hơi lủng củng mong các bạn sửa và góp ý giúp mình

Vì số nguyên dương $n$ là bội của $2003$ nên $n$ nhỏ nhất là 2003 có tổng các chữ số là $5$

Ta sẽ chứng minh $MinS_{n}=5$.Thật vậy,giả sử tồn tại $S(n)<5$

Vì $S(n)<5$ và $n$ là số nguyên dương đồng thời là bội của $2003$ nên $S(n)\epsilon \left [ 1;4 \right ]$

Mặt khác không tồn tại số nguyên dương nào có tổng các chữ số là 1 mà lại chia hết cho 2003 

Vậy $S(n)\epsilon \left [ 2;4 \right ]$ 

Suy ra chữ số tận cùng của bội 2003 lần lượt là $1,2,3$

+Nếu bội của 2003 có tận cùng là $1$ thì tồn tại 1 số $\overline{P7}$ sao cho $2003.\overline{P7}$ có $S(n)<5$.

$2003.\overline{P7}=20030.P+2003.7\Rightarrow P<2$.Thử các giá trị thì nhận thấy $S(n)$ trong trường hợp này luôn lớn hơn $5$ ($P$ là số tự nhiên)

+Nếu bội của 2003 có tận cùng là $2$ thì tồn tại 1 số $\overline{P4}$ sao cho $2003.\overline{P4}$ có $S(n)<5$.

$2003.\overline{P4}=20030.P+2003.4\Rightarrow P< 2$.Thử các giá trị thì nhận thấy $S(n)$ trong trường hợp này luôn lớn hơn $5$ ($P$ là số tự nhiên)

+Nếu bội của 2003 có tận cùng là $3$ thì tồn tại 1 số $\overline{P1}$ sao cho $2003.\overline{P1}$ có $S(n)<5$.

$2003.\overline{P1}=20030.P+2003.1\Rightarrow P<2$.Thử các giá trị thì nhận thấy $S(n)$ trong trường hợp này luôn lớn hơn $5$ ($P$ nguyên dương)

Vậy $MinS_{n}=5$ khi $n=2003$

Cách làm của em có vẻ không đúng lắm vì việc $P<2$ không phải điều kiện để $S_n$ nhỏ hơn 5 vì không phải $n$ càng nhỏ thì $S_n$ càng nhỏ.

Đầu tiên chứng minh bằng quy nạp rằng ${u_n}$ là dãy giảm từ $u_3$ và bị chặn dưới bởi 4. Từ đó theo định lí Weierstrass thì ${u_n}$ tồn tại giới hạn. Đặt $\lim u_n =L$ thì ta có $L=\lim u_n =\lim \sqrt{u_{n - 1}} + \sqrt{u_{n-2}} =2\lim \sqrt{u_n}=2\sqrt{L}$$\Rightarrow L=4$

Vậy $\lim u_n=4$

Em nghĩ là khi $P<2$ mà $P$ là số tự nhiên thì $P=0$ hoặc $P=1$ thì khi thay vào cái $2003.\overline{P7}$ và những cái tương tự thì khi tính $S(n)$ luôn có $S(n)>5$

P/s:Em cũng thấy lời giải của em nó có phần gượng gạo,anh có ý tưởng hay lời giải nào tốt hơn thì cho tụi em xem với ạ

Bài này nếu giải ra 1 cách đầy đủ thì cực kì rối, phải sử dụng nhiều đến công cụ máy tính và 1 vài định lí số học của THPT. Đáp số đúng là $S_n=3$, số thoả mãn thì cực to và với $S_n$ "đặc biệt" như vậy thì cũng khó mà lập luận logic để mà chứng minh được

 

Bài 6. Cho $n, k$ là hai số nguyên, $n \ge k \ge 2$. Bạn tham gia vào một trò chơi với một phù thuỷ ác độc (?!)
Phù thuỷ có $2n$ lá bài, với mỗi $i = 1, 2, \cdots , n$, thì có đúng hai lá bài cùng được đánh số là $i$. Lúc đầu, phù thuỷ sắp úp tất cả lá bài trên một hàng, thứ tự bất kỳ.
Về phần bạn, bạn sẽ lặp lại các thao tác sau: chỉ vào $k$ lá bài bạn muốn chọn, phù thuỷ sẽ lật ngửa lên hộ bạn. Nếu lật lên, có hai tấm thẻ cùng được đánh 1 số, bạn thắng, game sẽ kết thúc. Nếu ngược lại, phù thuỷ sẽ hoán vị $k$ lá bài đó và lật úp chúng lại. Mỗi lần bạn làm vậy là một bước đi. Và bạn sẽ lặp lại thao tác trên.
Ta gọi game này là thành công nếu tồn tại $m$ nguyên dương nào đó và một chiến thuật nào đó ở tối đa $m$ bước đi, không quan trọng việc phù thuỷ xáo trộn bài của bạn.
Hỏi với $n$ và $k$ nào thì game này thành công?

 

Ta sẽ chứng minh rằng $2\leq k< n$ là điều kiện cần và đủ để ta có thể chiến thắng.

Đầu tiên xét $2\leq k< n$, ta sẽ đặt $2n$ tấm bài vào $2n$ hộp được đánh số từ 1 đến $2n$. Ta sẽ chọn ra $k$ lá bài trong $k$ hộp để xem bài, sau đó phù thuỷ sẽ hoán vị $k$ lá bài đó vào $k$ hộp mà ban đầu đựng chúng.Ta sẽ giả sử không có may mắn trong các lần chọn và ta không thể chọn được 2 lá bài ghi cùng số trước khi có thể đến được bước mà ta có thể chắc chắn chiến thắng. Đầu tiên ta sẽ xem các lá bài ở trong $k$ hộp $1,2,...,k$. Ta sẽ ghi lại $k$ số này trên giấy và phù thuỷ sẽ hoán đổi các lá bài trong $k$ hộp này. Sau đó ta sẽ lật $k$ lá bài trong $k$ hộp $2,3,...,k+1$ và ghi $k$ số này trên giấy. Vì $k-1$ lá bài trong các hộp $2,3,...,k$ đã được ghi trên giấy ở lần đầu nên trong 2 lần ghi số trên giấy thì có ít nhất  $k-1$ số được ghi 2 lần.Nếu trong 2 lần chỉ có đúng $k-1$ số được ghi lại 2 lần thì sẽ có duy nhất 1 số được ghi ở lần 1 mà không được ghi ở lần 2, gọi số đó là $x$.Số của lá bài nằm ở hộp 1 sau lần lật bài thứ nhất đã được ghi 1 lần nhưng đến lần thứ 2 thì nó sẽ không được ghi, vì vậy lá bài ở trong hộp 1 hiện tại có số $x$. Nếu trong cả 2 lần lật bài mà cả $k$ số được ghi lại ở cả 2 lần thì ta sẽ gọi số của lá bài trong hộp $k+1$ trong lần lật bài thứ 2 là $y$. Theo giả sử vì ta không có may mắn nên $k-1$ số ghi trong các lá bài trong $k-1$ hộp $2,3,...,k$ trong lần lật bài thứ 2 đều khác $y$. Vì vậy lá bài ở trong hộp 1 hiện tại chứa số $y$. Vì vậy trong cả 2 trường hợp thì ta đều có thể xác định số của lá bài trong hộp 1 sau 2 lần lật bài. Trong lần lật bài thứ $p$ với $p\leq 2n-k+1$, ta sẽ lật bài ở trong các hộp $p,p+1,...,p+k-1$. Sau lần lật thứ 2, ta có thể xác định số quân bài trong hộp 1 và cứ tương tự như thế, sau lần lật bài thứ $p$, ta sẽ xác định được số quân bài trong hộp $p-1$ với $p\leq 2n-k+1$. Vì vây sau lần lật bài thứ $2n-k+1$ thì ta sẽ xác định được $2n-k$ số của các lá bài trong hộp $1,2,...,2n-k$ và vị trí của chúng trong $2n-k$ hộp đó. Có $k<n$ nên $2n-k\geq n+1$. Vì vậy trong $2n-k$ hộp đã biết thì luôn có 2 hộp có lá bài mang cùng số. Ta sẽ chọn lật 2 lá bài đấy và chiến thắng

Với $n=k$, ta sẽ chứng minh được rằng không thể chiến thắng nếu không có may mắn . Ban đầu phù thuỷ sẽ sơn tất cả mặt dưới các lá bài màu trắng và úp chúng xuống. Sau đó phù thuỷ sẽ phù phép sao cho khi ta chọn $n$ lá bài để lật lên thì mặt dưới của $n$ lá bài đó sẽ chuyển thành 1 màu khác với tất cả các màu của $n$ lá bài còn lại. Giả sử người chơi có 1 cách để chắc thắng mà không cần may mắn. Để đẩy người chơi vào cảnh thua cuộc thì ta có thể thêm 1 luật như sau:

Sau khi người chơi chọn n hộp có chứa n lá bài để lật thì phù thuỷ có quyền được hoán đổi các lá bài có cùng màu với nhau vào các hộp của chúng một cách nào đó rồi sau đó màu ở mặt dưới n lá bài được người chơi chọn sẽ đổi màu thành 1 màu mà không trùng với bất cứ lá bài nào không được chọn và sau đó mới được lật lên cho người chơi xem

Việc này không ảnh hưởng đến kế hoạch chiến thắng của người chơi vì ở mỗi lần lật bài, cho dù phù thuỷ có đổi vị trí thế nào thì đó cũng chỉ là 1 trường hợp con của tập các trường hợp mà trò chơi có thể diễn ra trong đầu người chơi. Ta gọi 1 màu trong số các màu trên các quân bài sau lần lật bài thứ $p$ là màu đại diện nếu như sau lần lật bài thứ $p$, $n$ lá bài mà người chơi chọn chuyển thành màu đó. Ta thấy rằng tại mọi thời điểm thì có đúng $n$ lá bài có màu đại diện, $n$ lá bài còn lại mang nhiều nhất $n$ màu khác nhau nên tại mọi thời điểm, $2n$ lá bài được tô bằng nhiều nhất $n+1$ màu. Với mọi số tự nhiên $t$, trước lần lật bài thứ $t$, phù thuỷ có thể hoán vị các quân bài cùng màu để khi người chơi lật $n$ quân bài mà anh ta chọn, $n$ quân bài đó có ghi $n$ số là $1,2,3,...,n$. Vì đầu tiên tất cả các quân bài mang màu trắng nên phù thuỷ có thể hoán đổi vị trí $2n$ quân bài sao cho người chơi không thể chiến thắng. Mệnh đề đúng với $t=1$, giả sử mệnh đề đúng với $t=k$, xét lần lật bài thứ $k+1$. Sau lần lật bài thứ $k$ thì người chơi lật $n$ lá bài mang các số từ 1 dến $n$ nên trước lần lật bài thứ $k+1$, các lá bài mang màu đại diện được có các số từ 1 đến $n$. Vì mỗi số chỉ xuất hiện 2 lần trên đúng 2 lá bài và các lá bài mang màu đại diện chứa các số từ 1 đến $n$ nên không có 2 lá bài nào không mang màu đại diện mà số ghi trên 2 lá bài đó trùng nhau. Ở trong lần lật bài thứ $k+1$, người chơi sẽ chọn 1 số lá bài mang màu đại diện và 1 số lá bài không mang màu đại diện. Giả sử người chơi chọn $i$ lá bài mang màu đại diện và $n-i$ lá bài không mang màu đại diện thì $n-i$ lá bài không mang màu đại diện đó có chứa $n-i$ số khác nhau trên mỗi lá bài trong $n$ số $1,2,...,n$ theo chứng minh trên. Mà $n$ lá bài mang màu đại diện có ghi $n$ số phân biệt $1,2,...,n$ nên có thể hoán đổi vị trí các lá bài đó sao cho với $i$ lá bài mang màu đại diện được chọn thì sẽ có $i$ giá trị khác nhau trong tập $1,2,...,n$ mà mỗi số trong $i$ số đó không được viết lên bất cứ $n-i$ lá bài được chọn không mang màu đại diện. Vì vậy sau khi lật bài, người chơi sẽ thấy các số $1,2,...,n$ được viết trên $n$ lá bài. Vì vậy dù chọn thế nào thì người chơi không thể chọn được 2 lá bài mang cùng số. Vì vậy người chơi không thể chiến thắng.

Vậy điều kiện của $n$ và $k$ là: $n\geq 3$, $2\leq k\leq n-1$

Hơi lủng củng vì mình không có giấy nháp , đi qua thấy nên nháp ở notepad , đúng sai m.n check hộ

Đặt $(xyz)^{2}=(x^{3}+y^{3}+z^{3})p$ với $p$ nguyên tố hiển nhiên một trong ba số $x^{2},y^{2},z^{2}$ và do đó một trong ba số $x,y,z$ là bội của $p$

Không giảm tổng quát đặt $x=pt$ thế thì $p(tyz)^{2}=p^{3}t^{3}+y^{3}+z^{3}$

Thế thì $y^{3} \equiv -z^{3} (modp)$

Nếu một trong hai số $y,z$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng vậy và do đó có thể đặt $y=pm,z=pn$

Khi đó ta có $p^{5}(tmn)^{2}=p^{3}(t^{3}+m^{3}+n^{2})=> p^{2}(mnt)^{2}= m^{3}+n^{3}+t^{3}$ 

Dễ thấy phương trình loại $x^{3}+y^{3}+z^{3}=n(xyz)^{2}$ có nghiệm khi và chỉ khi $n=1$ và $3$ nhưng ở đây $n=p^{2}$ không thỏa mãn

Do đó $y,z$ không đồng thời là bội của $p$ 

Xét phương trình $p^{3}t^{3} - p(tyz)^{2}+y^{3}+z^{3}=0$

Theo công thức Cardano phương trình này có nghiệm thì $27(y^{3}+z^{3})^{2}-4(tyz)^{6} \geq 0$

Ở đây đặt $y^{3}=a,z^{3}=b$ ta có $27(a+b)^{2} \geq 4(ab)^{2}$ hay $3.\sqrt{3}(a+b) \geq 2ab$ , làm nhẹ hơn được $3(a+b)\geq ab$ 

Hay $9 \geq (a-3)(b-3)$ 

Nếu cả hai số $y,z>1$ thì $(a-3)(b-3) \geq 5.5=25$ 

Do đó ít nhất một trong hai số $y,z$ là $1$

Khi đó giả sử $z=1$ thế thì $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4(ty)^{6}$ 

Xét $t>1$ ta có $27(y^{3}+1)^{2} \geq 4.64.(y^{3})^{2}$ hay $27(a^{2}+2a+1) \geq 256a^{2}$ cái này chỉ có $0$ mới thỏa

Do đó $t=1$ đưa về $p^{3}-py^{2}+y^{3}+1=0$

Giờ ta sẽ kẹp $y$ như sau $y^{3}+1=p(y^{2}-p^{2}) < py^{2}$ hay $y+\frac{1}{y^{2}} < p$

Mặt khác lại có $y^{3}+1>0$ nên $y>p$ nên $p+\frac{1}{y^{2}}<p$ vô lý

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn

Phần áp dụng công thức Cardano hình như bị ngược dấu