Chủ đề này có 7 trả lời

[QUANVU]

Chứng minh rằng

a)Nếu $2n-1$ là số nguyên tố thì với mỗi $n$ số nguyên dương phân biệt $a_1,a_2,...,a_n$, t?#8220;n tại $i,j\in\{1,2,...,n\}$ sao cho $\dfrac{a_i+a_j}{(a_i,a_j)}\geq 2n-1$.

b)Nếu $2n-1$ là hợp số thì t?#8220;n tại $n$ số nguyên dương phân biệt $a_1,a_2,...,a_n$ để với mỗi $i,j\in\{1,2,...,n\}$ ta có $\dfrac{a_i+a_j}{(a_i,a_j)}<2n-1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhCuongTk14: 12-02-2007 - 17:46

[lehoan]

nghĩ vội tí
a/
Giả sử dãy đã cho là dãy răng dần và $(a_1,a_2,...,a_n)=1$. Đặt $p=2n-1$.
1/ Tồn tại $i$ mà $p|a_i$ nhưng không chia hết cho $a_j$
đặt $a_i=a.c_i, a_j=a.c_j (a=(a_i,a_j)). $ Khi đó ta có$\dfrac{a_i+a_j}{(a_i,a_j)}=c_i+c_j\ge p$ do $p|c_i$

2/ Giả sử rằng không tồn tại trường hợp trên thì ta có $n$ số đó đều không chia hết cho $p$.
2.1/ Nếu tồn tại $p|a_i+a_j$ thì hiển nhiên là $p\le \dfrac{a_i+a_j}{(a_i,a_j)}$.
2.2 Trong $n$ số đó không có hai số nào có tổng chia hết cho $p$. Suy ra các số đó chỉ nhận $n-1$ số dư khác nhau khi chia cho $p$. Suy ra tồn tại hai số $a_i>a_j$ mà $p| a_i-a_j$. Suy ra $p(a_i,a_j)\le a_i-a_j<a_i+a_j$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b/.......

b/ Giả sử $p>1$ là ước thực sự của $2n-1$. Chọn $a_i=2i$ với mọi $i=1,2,...,n-\dfrac{p+1}{2}. $Đặt $a_{j+n-\dfrac{p+1}{2}}=2j-1$ với $j=1,2,...,\dfrac{p+1}{2}$
Dễ dàng kiểm tra rằng dãy này thỏa mãn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lyxuansang91: 13-07-2007 - 17:26

[DinhCuongTk14]

Bài này lúc đầu mình có ý tưởng như sau :
Với mọi dãy n số nguyên dương$a_1,a_2,...,a_n$, thì tồn tại hai số $i,j$sao cho
$\dfrac{a_i}{(a_i,a_j)}\geq n$.(Israel 95)
nhưng hổng ra
Không ngờ bài này chỉ dùng một kĩ thuạt khá đơn giản $gcd( a_{i},p- a_{i} )=1$
Ta thấy rằng bài toán vẫn đúng khi $gcd(a_1,a_2,...,a_n)=1$
Dùng phản chứng ta sẽ thấy rằng dãy $a_{i}$ nhất thiết nằm trong {1,2,...p}Lúc này chỉ cần sử dụng là xong luôn !
Các bạn thử cm cái bổ đề đó nha

[lehoan]

Theo anh biết thì cái kết quả trên còn khó hơn cả bài toán này

[DinhCuongTk14]

Theo em bài đó cũng không quá khó lắm cũng một phương pháp với bài này cả thôi !
Ta cũng dùng phản chứng như sau :
Xét $(a_1,a_2,...,a_n)=1$.
Giả sử t?#8220;n tại $ a_{i} \geq n $
Giả sử $ a_{1} \geq n $ ta sẽ chuyển các $ a_{i} $ về tập gốc S={1,2,..n} như sau :
Nếu $ a_{i} $ là số nguyên tố khi đó t?#8220;n tại $ a_{j} $ sao cho $( a_{1}, a_{j} )=1 $ do $ a_{1} $ nguyên tố nen ko tm .
Ta xét các th khác nếu $ a_{1} $ không phải số nguyên tố ta cũng xét tiếp 2 th :
$ a_{1} $ có 1 ước nguyên tố và $ a_{1} $ có tối thiểu 2 ước nguyên tố $p,q$
Nếu p 0 thuộc S xét $ \dfrac{ a_{1} }{p} $ và thay $ a_{1} $ bởi $ \dfrac{ a_{1} }{p} $ trong dãy $ a_{i} $
Nhận xét ước chung lớn nhất không tăng !
KHi đó ta chỉ ra được sau một số làn biến đổi hữu hạn $ a_{i} $ thuốc S
Mình sẽ upload lời giải chi tiết hơn
Một bài toán liên quan khác :
Cho n số phân biệt thuộc $S={1,2,..2.n}$ chứng minh t?#8220;n tại 2 số mà $lcm( a_{i} , a_{j}) \leq 3.n+6 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhCuongTk14: 12-02-2007 - 18:17

[DinhCuongTk14]

Lời giải chi tiêt của mình đây

File gửi kèm

•  baitoanhay.doc   129.5K   25 Số lần tải

[tuan_lqd]

sao em không down được vậy ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan_lqd: 28-02-2010 - 23:40

[hungvuong]

sao em không down được vậy ạ

Link died rồi,sao mà download được!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungvuong: 24-09-2010 - 16:30