Hạ sĩ
Cho $a,b$ là hai số nguyên dương gọi $S=a+b$ và $M=[a,b]$. Chứng minh rằng $(a,b)=(S,M)$
Giả sử d là $(a,b)$ $\Rightarrow$ a $\vdots$ d , b $\vdots$ d $\Rightarrow$ $a = d.m$,$b = d.n$ trong đó $(m,n) = 1$
Ta lại có $[a,b] = \frac{a.b}{(a,b)} = \frac{dm.dn}{d} = d.m.n = M$
Vì $S = a + b = d.m + d.n = d.(m+n) \Rightarrow (M,S) = (d.m.n , d.(m+n) = d = (a,b)$
dpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1000oC: 29-03-2015 - 16:05
Đại úy
Cho 100 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100. Xếp một cách tùy ý 100 số trên nối tiếp nhau thành một dãy các chữ số ta được số A. Hỏi rằng A có chia hết cho 2007 không ?
Hạ sĩ
Cho 100 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 1000. Xếp một cách tùy ý 100 số trên nối tiếp nhau thành một dãy các chữ số ta được số A. Hỏi rằng A có chia hết cho 20007 không ?
Trung sĩ
Cho 100 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100. Xếp một cách tùy ý 100 số trên nối tiếp nhau thành một dãy các chữ số ta được số A. Hỏi rằng A có chia hết cho 2007 không ?
gọi $S$ là tổng các chữ số của $A$
ta có $S = 1 + 2 + ... + 8 + 9 + 1 + 0 + 1 + 1 + 1 + 2 + ... + 9 + 8 + 9 + 9 + 1 + 0 + 0$
ta thấy số $1$ xuất hiện $21$ lần còn các chữ số còn lại là $2$, $3$, ..., $9$ chỉ xuất hiện $20$ lần
Vậy $S = 1.21 + (2 + 3 + ... + 9).20 = 901$ không chia hết cho $3$ nên $A$ không chia hết cho $2007$
"How often have I said to you that when you have eliminated the impossible, whatever remains, however improbable, must be the truth?"
– Sherlock Holmes –
Đại úy
Tìm các số tự nhiên n sao cho $A=2005^{n}+n^{2005}+2005n$ chia hết cho 3
Thiếu úy
Tìm các số tự nhiên n sao cho $A=2005^{n}+n^{2005}+2005n$ chia hết cho 3
Với $n=0$ không thỏa mãn
$A\equiv 1^n+n^{2005}+1.n\equiv n^{2005}+n+1 (mod3)$
Nếu $n\vdots 3\Rightarrow loại$
Nếu $n\equiv 1(mod3)\Rightarrow A\equiv 1+1+1\equiv 0(mod3)$
Nếu $n\equiv -1\Rightarrow A\equiv (-1)^{2005}+(-1)+1\equiv -1(mod3)$
Vậy $n=3k+1 (k \in N)$
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
Hạ sĩ
CMR : $1 + 2 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^11$ $\vdots$ $13$
Gọi $ 1 + 2 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^{11} = A $
Ta có $:$
$ 2A = 2 + 2^2 + 2^3 + 2^4 + ... + 2^{12} $
$ 2A - A = 2^{12} - 1 $ chia hết cho $13$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1000oC: 10-05-2015 - 14:42
Lính mới
Bài 7: Cho 3 số nguyên x, y, z thoả mãn $x^{2}+ y^{2} =z^{2}$
CMR: xyz chia hết cho 60
Chứng minh tồn tai một trong ba số chia hết cho 3;4;5
Xét z^2 = 3k+1
z^2 = 5q+1hoặc z^2 = 5q+4
z^2 = 8n+1hoặc z^2 = 8+4
khi đó luôn có một số chia hết cho 3;4;5
Thượng sĩ
Không biết là đến bài bao nhiều rồi ~~ mình cũng góp một vài bài
BÀI 1: CMR chữ số tận cùng của các số tự nhiên $n$ và $n^5$ là như nhau.
( Thi chọn HSG Toán THCS toàn quốc 1981)
BÀI 2: Chứng minh rằng $\frac{p^2-1}{24}$ là một số nguyên với $p$ nguyên tố lớn hơn hoặc bằng $5$
BÀI 3: Chứng minh $\left ( a-3 \right )\left ( \frac{a^2}{6}-\frac{a}{2}+\frac{1}{3} \right )$ là một số nguyên với mọi a nguyên.
Bài 4: CMR: $\sum a_i^7-\sum a_i$ chia hết cho 41 ( $a_1$ nguyên; $i=1;2;3;...;n$)
BÀI 5: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thỏa mãn điều kiện: ${(1994!)}^{1995}$ chia hết cho $1995^k$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nloan2k1: 01-08-2015 - 17:57
Trung úy
BÀI 1: CMR chữ số tận cùng của các số tự nhiên $n$ và $n^5$ là như nhau.
( Thi chọn HSG Toán THCS toàn quốc 1981)
Ta CM $n^{5}-n\vdots 10$
$\Leftrightarrow n(n^{4}-1)\vdots 10$
$\Leftrightarrow n(n^{2}+1)(n+1)(n-1)\vdots 10$
$\Leftrightarrow n(n^{2}-4+5)(n+1)(n-1)\vdots 10$
$\Leftrightarrow n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2)+5n(n+1)(n-1)\vdots 10$
Mà $\Leftrightarrow n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2)\vdots 10$ (dễ CM)
$5n(n+1)(n-1)\vdots 10$ (dễ CM)
Suy ra đpcm
Mabel Pines - Gravity Falls
Trung úy
BÀI 2: Chứng minh rằng $\frac{p^2-1}{24}$ là một số nguyên với $p$ nguyên tố lớn hơn hoặc bằng $5$
Vì $p$ nguyên tố lớn hơn hoặc bằng $5$ nên $p=6k+1$ hoặc $ p=6k-1$
Thay vào $\frac{p^2-1}{24}$ ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gianglqd: 01-08-2015 - 16:05
Mabel Pines - Gravity Falls
Thượng sĩ
BÀI 5: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thỏa mãn điều kiện: $(1994!)^1995$ chia hết cho $1995^k$
Chắc đề bài của cậu là : $\left ( 1994! \right )^{1995}\vdots 1995^{k}$
Ta có : 1995=3.5.7.19
Mục đích để sử dụng LTE !
Để $\left ( 1994! \right )^{1995}\vdots 1995^{k}$
$\Rightarrow v_{19}\left [ \left ( 1994! \right )^{1995} \right ]\geq v_{19}\left ( 1995^{k} \right )$
$\Leftrightarrow 1995 .v_{19} \left ( 1994! \right )=5985\geq k$
Do đó : mình đoán là $Max_{k}=5985$
P/s: Không biết có đúng không ?
Thượng sĩ
BÀI 3: Chứng minh $\left ( a-3 \right )\left ( \frac{a^2}{6}-\frac{a}{2}+\frac{1}{3} \right )$ là một số nguyên với mọi a nguyên.
Mục đích ta đưa về dạng PT bậc 3 , bằng cách nhân phá ngoặc !
Đặt A=$\left ( a-3 \right )\left ( \frac{a^2}{6}-\frac{a}{2}+\frac{1}{3} \right )$
Ta có : A=$\frac{a^{3}}{6}-a^{2}+\frac{11}{6}a-1$
Do đó : ta cần chứng minh $(a^{3}+11.a) \vdots 6$
$ \Leftrightarrow (a^{3}-a+12a)\vdots 6$
$\Leftrightarrow a\left ( a-1 \right )\left ( a+1 \right )\vdots 6$
$ \Rightarrow$ Q.E.D
Thượng sĩ
Chắc đề bài của cậu là : $\left ( 1994! \right )^{1995}\vdots 1995^{k}$
Ta có : 1995=3.5.7.19
Mục đích để sử dụng LTE !
Để $\left ( 1994! \right )^{1995}\vdots 1995^{k}$
$\Rightarrow v_{19}\left [ \left ( 1994! \right )^{1995} \right ]\geq v_{19}\left ( 1995^{k} \right )$
$\Leftrightarrow 1995 .v_{19} \left ( 1994! \right )=5985\geq k$
Do đó : mình đoán là $Max_{k}=5985$
P/s: Không biết có đúng không ?
Đã fix
Thượng sĩ
Không biết là đến bài bao nhiều rồi ~~ mình cũng góp một vài bài
BÀI 5: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thỏa mãn điều kiện: ${(1994!)}^{1995}$ chia hết cho $1995^k$
Các bội của $19$ trong dãy $1;2;...;1994$ là $19;38;...;1976$ gồm $1976:19=104$ (số), trong đó các bội của $19^2$ là $361;722;1083;1444;1805$ (5 số)
Do đó số thừa số $19$ khi pt $1994!$ ra thừa số nguyên tố là $104+5=109$ nên $1994!=3^{109}.5^{109}.7^{109}.{19}^{109}.T$ với $T$ chia hết cho $19$=> T chia hết cho $1995$
$=> k\leqslant 109.1995$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nloan2k1: 01-08-2015 - 19:36
Thượng sĩ
BÀI 6: Chứng minh điều kiện cần và đủ để: $\sum a_i^7-\sum a_i\vdots 42$ là $\sum a_i\vdots 42$$(a_1\epsilon \mathbb{Z};i=1;2;3;...;n )$
BÀI 7: Chứng minh $6a^7+2010a\vdots252$ $\forall a\epsilon \mathbb{Z}$
BÀI 8: CMR $3a^7+3b^7-3c^7+2013(a-c)-2019b\vdots126$ $\forall a,b,c\epsilon \mathbb{Z}$
Thượng úy
BÀI 7: Chứng minh $6a^7+2010a\vdots252$ $\forall a\epsilon \mathbb{Z}$
BÀI 8: CMR $3a^7+3b^7-3c^7+2013(a-c)-2019b\vdots126$ $\forall a,b,c\epsilon \mathbb{Z}$
7. Ta có
$6a^7+2010a=6a(a^{6}+335)=6a(a^{6}-1+336)=6a(a^{6}-1)+2016a$
Nhận thấy $a^{6}\equiv 0;1(mod 7)$
th1:$a^{6}\equiv 1(mod 7)\rightarrow a^{6}-1\equiv 0(mod 7)\Rightarrow 6a(a^{6}-1)\vdots 7$
th2:$a^{6}\equiv 0(mod 7)\rightarrow a\equiv 0(mod 7)\rightarrow 6a\equiv 0(mod 7)\rightarrow 6a(a^{6}-1)\equiv 0(mod 7)$
Tương tự $a^{6}\equiv 0;1(mod 3;2)$ ta cũng cm được $6a(a^{6}-1)$ chia hết cho $9$;$4$
Mà $(4;9;7)=1$ nên $6a(a^{6}-1)$ chia hết cho $4.9.7=252$ mà $2016a$ cũng chia hết cho $252$ do đó $6a(a^{6}-1)+2016a$ chia hết cho $252$ hay ta có đpcm
Thượng úy
BÀI 8: CMR $3a^7+3b^7-3c^7+2013(a-c)-2019b\vdots126$ $\forall a,b,c\epsilon \mathbb{Z}$
8. Ta có
$3a^7+3b^7-3c^7+2013(a-c)-2019b=3a^7+3b^7-3c^7-3(a-c)+2016(a-c)-2016b-3b=3a^7+3b^7-3c^7-3(a-c)-3b+2016(a-c-b)=3(a^{7}+b^{7}-c^{7}-a-b+c)+2016(a-c-b)=3[a(a^{6}-1)+b(b^{6}-1)+c(c^{6}-1)]+2016(a-c-b)$
Nhận thấy $a^{6}\equiv 0;1(mod 2;3;7)$ nên dễ cm giống bài 7 ta có $3[a(a^{6}-1)+b(b^{6}-1)+c(c^{6}-1)]$ chia hết cho $3.3.2.7=126$ mà $2016(a-c-b$ cũng chia hết cho $126$ nên $3[a(a^{6}-1)+b(b^{6}-1)+c(c^{6}-1)]+2016(a-c-b)$ chia hết cho $126$ hay ta suy ra đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 02-08-2015 - 09:41
Thượng sĩ
BÀI 9: Chứng minh:
$a. 9^{2n}+2009\vdots 10$ $\left ( n\epsilon \mathbb{N} \right )$
$b, 9.{10}^{n}+72\vdots81$ $\left ( n\epsilon \mathbb{N} \right )$
$c, 16^{n}-15n-1 \vdots 225$ $\left ( n\epsilon \mathbb{N} \right )$
$d, 12. 2^{n}.3^{n-1}+5n+21 \vdots25$ $\left ( n\epsilon \mathbb{N} \right )$
Ai lia nốt mấy bài tổng quát đi 
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nloan2k1: 02-08-2015 - 15:32
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
