Chủ đề này có 185 trả lời

[chrome98]

32. Cho $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng: $p_n>3n, \forall n\geq 12$.

[nguyenta98]

32. Cho $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng: $p_n>3n, \forall n\geq 12$.

Giải như sau:
Thấy $n=12$ thì đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $p_k>3k$
Ta sẽ cm $p_{k+1}>3(k+1)$
Thật vậy theo GTQN: $p_k>3k \Rightarrow p_k+3>3(k+1)$
Ta thấy $k\geq 12$ nên $p_k$ lẻ nên $p_{k+1}\neq p_{k}+1,p_{k+1}\neq p_{k}+3$ do đó $p_{k+1}=p_{k}+2$ hoặc nếu không thì $p_{k+1}>p_k+3$ thì có bài toán được chứng minh
Giờ ta xét $p_{k+1}=p_k+2$ ta thấy $k\geq 12 \Rightarrow p_k \not \vdots 3$ suy ra $p_{k}\geq 3k+1 \Rightarrow p_{k+1}\geq 3k+1+2=3(k+1)$ nhưng dấu $=$ không xảy ra (do $p_{k+1} \not \vdots 3$) nên suy ra $p_{k+1}>3(k+1)$ nên ta cũng có đpcm

[chrome98]

33. Chứng minh rằng: $\exists n\in \mathbb{N}$ thoả mãn $13579^n-1\vdots 3^{13579}$.

[duongchelsea]

33. Chứng minh rằng: $\exists n\in \mathbb{N}$ thoả mãn $13579^n-1\vdots 3^{13579}$.

Xét $3^{13579}$ số có dạng $13579, 13579^2,...,13579^{3^{13579}}$ ta có thể dễ dàng nhận thấy có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho $3^{13579}$ (do không có số nào chia hết cho $3^{13579}$).
Ta xét hiệu 2 số đó thì dễ dàng có đpcm.
(sorry mn, ngại ko muốn viết dài dòng nên làm tắt)

[nguyenta98]

33. Chứng minh rằng: $\exists n\in \mathbb{N}$ thoả mãn $13579^n-1\vdots 3^{13579}$.

Vô cùng đơn giản
Giải như sau:
Method 1: Nhận thấy $13579-1 \vdots 3^1$
Khi ấy $13579^3-1=(13579-1)(13579^2+13579+1) \vdots 3^2$
Ta thấy nếu $13579^k-1 \vdots 3^t$
Khi ấy $13579^{3k}-1 \vdots 3^{t+1}$
Thật vậy $13579^{3k}-1=(13579^k-1)(13579^{2k}+13579^k+1) \vdots 3^t.3=3^{t+1}$
Cứ chọn như vậy ta sẽ thu được $13579^{3^{13578}}-1 \vdots 3^{13579}$ đpcm


Method 2: Theo định lý Euler $\phi(3^{13579})=2.3^{13578}$
Nên $13579^{2.3^{13578}}-1 \vdots 3^{13579} \Rightarrow (13579^{3^{13578}}-1)(13579^{3^{13578}}+1) \vdots 3^{13579}$ nhưng $(13579^{3^{13578}}+1 \not \vdots 3$ nên có $(13579^{3^{13578}}-1) \vdots 3^{13579}$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 26-08-2012 - 10:21

[duongchelsea]

Bài 28: Tìm số tự nhiên $n$ để $1^n+2^n+3^n+4^n \vdots 5$

Bài này chưa thấy ai làm nên chém thử vậy.
* Nếu $n$ là số lẻ thì ta có $(1^n+4^n)+(2^n+3^n)\vdots 5$ (chọn).
* Nếu $n$ là số chẵn thì $n$ có dạng $n=2^k.i$ (với $k$ là số tự nhiên khác 0 và i là số lẻ).
- Với $k=1$ thì $$1^{2.i}+2^{2.i}+3^{2.i}+4^{2.i}=1^i+4^i+9^i+16^i=(1^i+4^i)+(9^i+16^i)\vdots 5$$ (chọn)
- Với $k\geq 2$ thì $$1^n+2^n+3^n+4^n=1^{4.2^{k-2}.i}+2^{4.2^{k-2}.i}+3^{4.2^{k-2}.i}+4^{4.2^{k-2}.i}=1^{2^{k-2}.i}+16^{2^{k-2}.i}+81^{2^{k-2}.i}+256^{2^{k-2}.i}\equiv 1+1+1+1(mod 5)\equiv 4(mod 5)$$ (loại)

Vậy các số tự nhiên $n$ thỏa mãn là các số có dạng $n=2j+1$ ($j$ là số tự nhiên) và $n=1^{2.i}+2^{2.i}+3^{2.i}+4^{2.i}$($i$ là số tự nhiên lẻ).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongchelsea: 26-08-2012 - 20:40

[chrome98]

34. Cho $P_n$ là tích của $n$ số nguyên tố đầu tiên. CMR: $P_n<4^n$.

[L Lawliet]

Bài này nhảm nhí, cho $P_8=2*3*5*7*11*13*17*19>4^8$ nhìn qua đã biết là cm được đề sai bằng phương pháp đồng biến nghịch biến rồi

Xin lỗi nhưng bài này nhảm nhí ở chỗ nào nhỉ?

[L Lawliet]

Đề bảo cm $P_n<4^n$ nhưng em đã chỉ ra $P_8>4^8$ nên nhảm nhí

Có vậy là nhảm nhí à? Không làm thì thôi làm thì nói đàng hoàng bớt đi, vào cái topic đập vào mắt mấy cái từ đó nhìn "hay" lắm đấy :|

[chrome98]

Mình viết nhầm đề, post lại:

" Cho $P_n$ là tích tất cả các số nguyên tố $\leq n$. Chứng minh rằng $P_n<4^n$. "

[nguyenta98]

Mình viết nhầm đề, post lại:

" Cho $P_n$ là tích tất cả các số nguyên tố $\leq n$. Chứng minh rằng $P_n<4^n$. "

Bài này thực sự hay
Giải như sau:
Số các số nguyên tố nhỏ hơn $n$ luôn nhỏ hơn $n$
Như vậy $P_n<n.n=n^2$
Ta sẽ cm $n^2<4^n$ với mọi $n\geq 1$
Thử $n=1$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $k^2<4^k$
Ta sẽ cm $n=k+1$ đúng hay $(k+1)^2<4^{k+1}$
Thật vậy $k^2>4^k \Rightarrow 4k^2<4^{k+1}$
Mặt khác $(k+1)^2=k^2+2k+1<k^2+k^2+k^2<4k^2$ nên suy ra $đpcm$
Do đó $n^2<4^n$ mà $p_n<n.n \Rightarrow P_n<4^n \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 26-08-2012 - 14:55

[Karl Vierstein]

Bài 35: Chứng minh rằng từ $39$ số tự nhiên liên tiếp, luôn tìm được một số có tổng các chữ số của nó chia hết cho $11$.

Bài 36: Chứng minh rằng số tự nhiên $n$ là một số nguyên tố nếu $2^n-1$ là một số nguyên tố.

Bài 37: Chứng minh rằng phương trình $x^2-y^3=7$ không có nghiệm nguyên.
----

Spoiler

Những bài này từ vở ôn thi lớp 10 chuyên của mình nên các bạn làm thử nhé ^^

----
@BS: Chuẩn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Vierstein: 27-08-2012 - 12:26

[Karl Vierstein]

Bài 29: Cho một hình vuông có kích thước $6x6$ và $9$ mảnh ghép hình chữ nhật có kích thướt $1x4$. Chứng minh rằng không thể lát kín hình vuông $6x6$ bằng $9$ hình chữ nhật $1x4$.

Đây là bài toán áp dụng phương pháp tô màu.
Lời giải:
Ta tô màu các ô có tọa độ là các số chẵn, tức là ta tô màu các ô có tọa độ: $\left ( 2;2 \right ),\left ( 2;4 \right ),\left ( 2;6 \right ),\left ( 4;2 \right ),\left ( 4;4 \right ),\left ( 4,6 \right ),\left ( 6;2 \right ),\left ( 6;4 \right ),\left ( 6;6 \right )$. Tổng cộng có $9$ ô được tô màu.
Giả sử ta có thể ghép kín được hình vuông đó bằng $9$ mảnh $1x4$ thì các mảnh ghép ấy hoặc là không trùng vào ô được tô màu, hoặc là trùng vào $2$ ô được tô màu.
Mà số ô được tô màu là số lẻ còn số ô lấp kín theo giả sử là số chẵn do đó mâu thuẫn, suy ra $Q.E.D$

[nguyenta98]

Bài 35: Chứng minh rằng từ $39$ số tự nhiên liên tiếp, luôn tìm được một số có tổng các chữ số của nó chia hết cho $11$.
Bài 36: Chứng minh rằng số tự nhiên $n$ là một số nguyên tố nếu $2^n-1$ là một số nguyên tố.
Bài 37: Chứng minh rằng phương trình $x^2-y^3=7$ không có nghiệm nguyên.

Giải như sau:
Bài 35: Ta xét $20$ số đầu tiên, chắc chắn sẽ có một số có chữ số hàng đơn vị là $0$ và chữ số hàng chục khác $9$, vì giả sử ngược lại ta thấy trong $20$ số đầu chắc chắn là có $2$ số có chữ số hàng đơn vị là $0$ (do chúng liên tiếp) và nếu cả hai số đều có chữ số hàng chục là $9$ thì hiệu của chúng $<10$ vô lý suy ra nhận định của ta là đúng, hay tồn tại số có chữ số hàng đơn vị là $0$ và chữ số hàng chục khác $9$ gọi số đó là $A$
Ta xét $A,A+1,...,A+9,A+19$
Ta thấy $A$ tận cùng là $0$, chữ số hàng chục khác $9$ do đó $A+19$ có chữ số hàng chục khác $0$ (vì $80+19<100$) và khi đó $S(A)=k,S(A+1)=k+1,...,S(A+9)=k+9,S(A+19)=k+1+9=k+10$ nên chúng là $11$ số liên tiếp nên có số chia hết cho $11$ đpcm
Bài 36: Bạn viết đề ngược nhé, thí dụ $n=11$ thì $2^{11}-1=2047=23.89$ không là số nguyên tố, đề đúng phải là $2^n-1$ nguyên tố, cmr $n$ nguyên tố
Thật vậy giả sử $n$ là hợp số thì $n=pq,p,q>1$ khi đó $2^{pq}-1=(2^p-1)((2^p)^{q-1}+...+(2^p)+1)$ là hợp số vô lý
Suy ra $n$ ắt phải là nguyên tố $đpcm$
Bài 37:
Bổ đề: Cho $p$ nguyên tố, $p \equiv 3 \pmod{4}, a^2+b^2 \vdots p \Rightarrow a,b \vdots p$
Bổ đề này quá quen thuộc, không chứng minh lại
Áp dụng ta có $x^2+1=y^3+8$
Suy ra $y$ lẻ vì nếu $y$ chẵn thì $x^2+1 \equiv 0 \pmod{4} \Rightarrow x^2 \equiv 3 \pmod{4}$ vô lý
Do đó $y$ lẻ nên $x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)$
TH1: $y \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow y+2 \equiv 3 \pmod{4}$ nên trong các ước của nó phải có một số chia $4$ dư $3$ vì giả sử ngược lại thì $y+2 \equiv 1 \pmod{4}$ vô lý
Suy ra $y+2 \vdots r, r \equiv 3 \pmod{4}, r \in \mathbb{P}$ nên theo bổ đề suy ra $1 \vdots r$ vô lý
TH2: $y \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow y^2-2y+4 \equiv 3 \pmod{4}$ và cm tương tự cũng loại
Vậy bài toán vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-08-2012 - 14:58

[Karl Vierstein]

Bài 38: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, phương trình $x^2+15y^2=4^n$ có ít nhất $n$ nghiệm nguyên dương.

Bài 39: Trong mặt phẳng lấy $2012$ điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý đều khác nhau. Nối mỗi điểm với điểm gần nó nhất bởi một đoạn thẳng. Chứng minh rằng không thể có quá $5$ đoạn thẳng trong chúng cùng đi qua một điểm.

Bài 40*: Chứng minh rằng với mọi số $n$ nguyên dương thì số $S_n=1+4\sum_{i=1}^{n}i\left ( i+1 \right )\left ( i+2 \right )$ là số chính phương.
----

Bài 40 tặng bạn nguyenta98 nhé

[chrome98]

40. Giải:
$S_n=1+4\sum_{i=1}^{n} i(i+1)(i+2)=1+1.2.3.4+2.3.4.(5-1)+3.4.5.(6-2)+...+n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2)=1+n(n+1)(n+2)(n+3)=n^4+6n^3+11n^2+6n+1=(n^2+3n+1)^2\leftarrow$

[chrome98]

39. Giải: Giả sử tồn tại $6$ đoạn thẳng trong chúng cùng đi qua một điểm. Xét các điểm đó lần lượt theo thứ tự là $A,B,C,D,E,F$ và giao điểm theo giả thiết giả sử là $O$ ($O\in$ lục giác $ABCDEF$).
Xét $\triangle BOC$ có $OC<BC$ và $OB<CB$ nên $\angle BOC$ là góc lớn nhất trong $\triangle BOC$.
$\Rightarrow \angle BOC>60^{\circ}$. Tương tự có $\angle AOB>60^{\circ}, \angle FOA>60^{\circ}, \angle EOF>60^{\circ}, \angle DOE>60^{\circ}, \angle COD>60^{\circ}$. Cộng các bất đẳng thức trên lại, suy ra điều vô lý.
Vậy điều giả sử sai, $\rightarrow đpcm$.

[Karl Vierstein]

Bài 41: Về phía trong tứ giác $ABCD$ vẽ bốn nửa đường tròn đường kính $AB$, $BC$, $CA$, $AD$. Chứng minh rằng bốn nửa đường tròn này phủ kín tứ giác đó.

Bài 42: Hỏi có thể đặt $7$ que diêm trên một mặt phẳng sao cho mỗi qua cắt đúng ba que còn lại.

Bài 43: Cho $130$ số nguyên dương $x_1<x_2<x_3<...<x_{130}<2012$. Đặt $y_i=x_{i+1}-x_i$ với $1\leq i\leq 129$. Chứng minh rằng trong $129$ số $y_i$ có ít nhất $5$ số bằng nhau.

[nguyenta98]

Bài 38: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, phương trình $x^2+15y^2=4^n$ có ít nhất $n$ nghiệm nguyên dương.

Bài 39: Trong mặt phẳng lấy $2012$ điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý đều khác nhau. Nối mỗi điểm với điểm gần nó nhất bởi một đoạn thẳng. Chứng minh rằng không thể có quá $5$ đoạn thẳng trong chúng cùng đi qua một điểm.

Bài 40*: Chứng minh rằng với mọi số $n$ nguyên dương thì số $S_n=1+4\sum_{i=1}^{n}i\left ( i+1 \right )\left ( i+2 \right )$ là số chính phương.
----

Đáng nhẽ bài đầu mới là bài $*$ đó nhé
Giải như sau:
Thử $n=1$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $x^2+15y^2=4^k$ có ít nhất $k$ nghiệm
Ta sẽ cm $n=k+1$ đúng hay $x^2+15y^2=4^{k+1}$ có ít nhất $k+1$ nghiệm
Thật vậy theo GTQN:
$x_1^2+15y_1^2=4^k$
$x_2^2+15y_2^2=4^k$
$....$
$x_k^2+15y_k^2=4^k$
Suy ra
$(2x_1)^2+15(2y_1)^2=4^{k+1}$
$(2x_2)^2+15(2y_2)^2=4^{k+1}$
$....$
$(2x_k)^2+15(2y_k)^2=4^{k+1}$
Do đó phương trình $x^2+15y^2=4^{k+1}$ có $k$ nghiệm
Giờ ta tìm thêm một nghiệm nữa
Ta thấy $x^2+15y^2=4^{k-1}$ cũng có $k-1$ nghiệm (theo GTQN)
Nên $(1^2+15.1^2)(x^2+15y^2)=4^{k+1}$ hay $(x+15y)^2+15(x-y)^2=4^{k+1}$ nên nó cũng là nghiệm và dễ dàng cm nó khác các nghiệm $2x_1,2x_2,...,2x_k$ nên rõ ràng $x^2+15y^2=4^{k+1}$ có $k+1$ nghiệm $đpcm$

[chrome98]

43. Giải: Xét các số $y_1,y_2,...,y_{129}$. Ta có: $\sum_{i=1}^{129}=x_{130}-x_{1}\leq 2011-1=2010$.
Nếu chỉ có 4 số bằng nhau trong $\sum_{i=1}^{129}$ thì $\min \sum_{i=1}^{129}=4(1+2+...+32)+33>2010$, mâu thuẫn.
Do đó điều giả sử sai, $\rightarrow đpcm$.