n lẻ phải chỉ ra cách làm chứ.
n chẵn. Mỗi đồng tiền ở đính $i$ gán cho số $i$ , nếu chuyển đến điỉnh nào ta lại đổi cho đồng đó số ấy.
Nếu làm được như vầy ta phải có $\frac{n(n+1)}{2}\equiv na(modn)$ vô lí với n chẵn.
30-11-2014 - 16:07
n lẻ phải chỉ ra cách làm chứ.
n chẵn. Mỗi đồng tiền ở đính $i$ gán cho số $i$ , nếu chuyển đến điỉnh nào ta lại đổi cho đồng đó số ấy.
Nếu làm được như vầy ta phải có $\frac{n(n+1)}{2}\equiv na(modn)$ vô lí với n chẵn.
30-11-2014 - 15:34
Gọi $X,Y$ là giao của $EF$ với $AB$ và $CD$, $K$ là giao của $AB$ và $CD$
Ta có : $(KXAB)=(KYDC)=-1$ $=>KX.KM=KA.KB=KD.KC=KY.KN$ . suy ra tứ giác $XYNM$ nội tiếp
$=>IM.IN=IX.IY=IE^2$ ( Do $(EFYX)=-1$. đpcm
30-11-2014 - 15:18
n chẵn nên lấy được 2 đỉnh làm đường kính đa giác, mỗi lần lấy tiền ở 2 đỉnh đối xứng nhau qua đường kính đó.Suy ra có thể .
Sr,nhầm vs n lẻ,bài này bất biến bt thôi
20-06-2014 - 10:20
Giả sử $a= min$
Suy ra $a^{2}+b^{2}-ab\leq b^{2};a^{2}+c^{2}-ac\leq c^{2}$
Do đó $P\leq b^2c^2(b^2-bc+c^2)= b^2c^2[(b+c)^2-3bc]\leq b^2c^2(3^2-3bc)$
Đến đây $AM-GM$ hoặc ksht là ra.
20-06-2014 - 10:12
Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn
$\left\{\begin{matrix} p| 2^{q-1}-1\\q|2^{p-1}-1 \end{matrix}\right.$
Ta có 2 NX quen thuộc :
$NX1$ : Nếu số nguyên tố $p|2^{2^{n}}+1$ với $n>3$ thì $p-1 \vdots 2^{n+2}$
$NX2$ : $2^{2^{n}}+1\neq p^{k}$ với mọi $n>3$ có nghĩa là số này luôn có ít nhất 2 ước nguyên tố phân biệt.
Chọn $ p|2^{2^{n}}+1;q|2^{2^{n+1}}+1 $ suy ra $p-1\vdots 2^{n+2}$ và $q-1\vdots 2^{n+3}$
Khi đó ta có :
$2^{q-1}-1\vdots 2^{2^{n+3}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}-1\vdots 2^{2^{n}}+1\vdots p$
$2^{p-1}-1\vdots 2^{2^{n+2}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}+1\vdots q$
Vậy chọn $p,q$ như trên là ta có đpcm.
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học