TRONG TAI

BẢNG ĐIỂM TRẬN 5

Đáp án chính thức:
Bổ đề: Cho các số nguyên dương $a,m,n$. Khi đó $a^n-1 \vdots a^m-1 \Leftrightarrow n \vdots m$
===========================
Quay lại bài toán. Vì $p$ là số nguyên tố và $p>3$ suy ra $2^{p-1}\equiv 1 \pmod 3$.
Mặt khác $(2,p)=1$ nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có: $2^{p-1}\equiv 1 \pmod p$.
Do đó: $2^{p-1}-1\vdots 3p$ vì $(3;p)=1$.
Ta có: $$n-1=\dfrac{2^{2p}-1}{3}-1=\dfrac{4^{p}-4}{3}=\dfrac{4(2^{p-1}+1)(2^{p-1}-1)}{3}$$
Suy ra $n-1\vdots 2p \Rightarrow 2^{n-1}-1\vdots 2^{2p}-1$ (do bổ đề)
Vì $n=\dfrac{2^{2p}-1}{3} \Rightarrow 2^{2p}-1\vdots n\Rightarrow 2^{n-1}-1\vdots n\Rightarrow 2^{n+1}-4\vdots n$
============================
============================
Bài thi các thí sinh đã được chấm xong.
Các thí sinh lưu ý, khi dùng định lý gì thì phải nêu rõ ra giả thiết cần phải có để suy ra kết quả cần tìm.
Ví dụ như định lý Fermat nhỏ. Nếu không ghi rõ là $(2;p)=1 \Rightarrow 2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ thì sẽ bị trừ điểm.
============================
Điểm cho rubik97
$D_{rd}=46.4$

Đáp án chính thức
Gọi $\begin{array}{l}
A=\lbrace x_{1};x_{2};...;x_{n}\rbrace : \left\{\begin{matrix} x_{i+1}-x_{i}\geqslant 2\\ x_{1};x_{2};...;x_{n}\in \lbrace 1;2;...;n\rbrace \end{matrix}\right. \\ B=\lbrace x_{1};x_{2};...;x_{n}\rbrace: \left\{\begin{matrix} x_{1}=1;x_{n}=n\\ x_{i+1}-x_{i}\geqslant 2\\ x_{1};x_{2};...;x_{n} \in \lbrace 1;2;...;n\rbrace \end{matrix}\right.
\end{array} $
$G$ là tập cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài thì: $|G|=|A \setminus B|=|A|-|B|$ (vì $B \subset A$)
Đặt:$y_i=x_i-(i-1),\forall i=\overline{1;k}$.
Gọi $C=\lbrace y_{1};y_{2};...;y_{k}\rbrace: \left\{\begin{matrix}
y_{1};y_{2};...;y_{k}\in \mathbb{Z}^{+}\\
1\leqslant y_{1}< y_{2}< ...<y_{k}\leqslant n-(k-1)
\end{matrix}\right.$(do $x_{k}\leqslant n$)
Xét ánh xạ: $\begin{array}{l} f: A \rightarrow C \\ (x_{1};x_{2};...;x_{k}) \mapsto (y_{1};y_{2};...;y_{k})
\end{array}$
$f$ là song ánh vì với mỗi bộ $(x_{1};x_{2};...;x_{k})$ xác định duy nhất một bộ $(y_{1};y_{2};...;y_{k})$ và ngược lại (do cách đặt)
Vậy $|A|=|C|=C^{k}_{n-(k-1)}=C^{k}_{n-k+1}$
Bây giờ ta chỉ việc tính $|B|$. Vì $x_{1}=1;x_{n}=n$ là hằng số nên ta không cần xét đến $x_{1};x_{n}$.
Tương tự công thức tính $|A|$,ta có $|B|=C^{k-2}_{(n-4)-(k-2)+1}$
Vậy nên $|G|=|A|-|B|=C^{k}_{n-k+1}-C^{k-2}_{n-k-1}=\dfrac{n}{n-k}C^{k}_{n-k}$
Vậy số cách chọn thỏa mãn là: $\dfrac{n}{n-k}C^{k}_{n-k}$

Chấm xong chắc sặc máu quá

Lời giải chính thức:
Đặt $m=x+y,n=y+z,k=z+x$ thì $m,n,k$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
$$
\begin{array}{l}
\eqref{3.6} \Leftrightarrow \dfrac{bc(m+k-n)}{mk}+\dfrac{ac(m+n-k)}{mn}+\dfrac{bc(n+k-m)}{nk}\leq \dfrac{(a+b+c)^2}{m+n+k}\\
\Leftrightarrow \dfrac{bc(m^2+k^2-n^2+2mk)}{mk}+\dfrac{ac(m^2+n^2-k^2+2mn)}{mn}+\dfrac{bc(n^2+k^2-m^2+2nk)}{nk}\leq (a+b+c)^2\\
\Leftrightarrow \dfrac{bc(m^2+k^2-n^2)}{mk}+\dfrac{ac(m^2+n^2-k^2)}{mn}+\dfrac{bc(n^2+k^2-m^2)}{nk}\leq a^2+b^2+c^2 \hfill \quad (*)
\end{array}
$$
Nhưng mặt khác do $m,n,k$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên (*) có thể viết lại thành:
\begin{equation}
\label{3.1.1}
2bc\cos \widehat{N}+2ac\cos \widehat{K}+2ab\cos \widehat{M}\leq a^2+b^2+c^2
\end{equation}
Trong đó: $\widehat{M},\widehat{N},\widehat{P}$ là 3 góc của $\vartriangle MNP$ nhận $m,n,p$ thứ tự là cạnh đối diện tương ứng.
Và \eqref{3.1.1} là bất đẳng thức lượng giác quen thuộc nên ta có đpcm.