Zz Isaac Newton Zz

Cho số nguyên tố $p$ lẻ và $p\equiv 1\left ( mod 4 \right ).$ Chứng minh rằng số $A=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k.\binom{p}{k}$ là bội của $p^{2}.$

Cho $p\geq 3$ là số nguyên tố và $a_{1}, a_{2},...,a_{p-2}$ là dãy các số tự nhiên sao cho $p$ không chia hết $a_{k}$ và $a_{k}^{k}-1.$ Chứng minh rằng ta có thể chọn ra một số số hạng của dãy số để tích của chúng có số dư là $2$ khi chia cho $p.$

Cho $S$ là tập hợp tất cả các số tự nhiên biểu diễn được dưới dạng $x^{2}+3y^{2}$ với $x, y$ là các số nguyên. Chứng minh các tính chất sau đây của $S$

1. Nếu $m\in S, n\in S$ thì $mn\in S.$

2. Nếu $N\in S$ và $N$ $\vdots$ $2$ thì $\frac{N}{4}\in S.$

3. Nếu $N\in S,$ số nguyên tố $p\in S$ và $N$ $\vdots$ $p$ thì $\frac{N}{p}\in S.$

4. Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+1.$ Chứng minh rằng tồn tại số nguyên $N$ sao cho $N^{2}+3$ chia hết cho $p.$ Từ đó suy ra $p\in S.$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa mãn: $a^{2}f(a)+b^{3}$ $\vdots$ $a+f(b),\forall a, b\in \mathbb{N}.$

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố $p> 3,$ tồn tại các số nguyên $x, y, k$ thỏa mãn điều kiện: $0< 2k< p$ và $kp+3=x^{2}+y^{2}.$

Một số nguyên tố $p$ có thể viết dưới dạng $p=x^{2}+3y^{2}$ nếu và chỉ nếu $p=3$ hoặc $p=3k+1, k\in \mathbb{Z}^{+}.$

Định dạng tam giác $ABC$ khi nó thỏa mãn các đẳng thức sau:

a. $2\left ( \frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}-\sqrt{3} \right )=cotB+cotC$

b. $sinA+sinB+sinC=1-cosA+cosB+cosC$

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$ ~ Toán quốc tế 1983

Do $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nên tồn tại các số dương $x, y, z$ sao cho: $a=y+z, b=z+x, c=x+y.$ Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $xy^{3}+yz^{3}+zx^{3}\geq xyz(x+y+z)\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq x+y+z\Leftrightarrow \frac{(x-y)^{2}}{y}+\frac{(y-z)^{2}}{z}+\frac{(z-x)^{2}}{x}\geq 0.$Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Kết quả VMO 2018, diễn đàn ta có ai đoạt giải vô điểm danh nào: https://drive.google...j3kPpHX8DO/view

Chứng minh rằng từ $20$ số nguyên dương liên tiếp cho trước, ta luôn chọn được một số $d$ sao cho $\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$ thì: $\left \{ n\sqrt{d} \right \}> \frac{5}{2n\sqrt{d}}.$

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$ 

Tính giới hạn: $L=\lim\left ( \sqrt[2018]{\binom{n}{0}}-\sqrt[2018]{\binom{n}{1}}+...+(-1)^{n}.\sqrt[2018]{\binom{n}{n}} \right ).$

Với mỗi số nguyên dương $n> 2,$ xét đa thức $P_{n}(x)=x^{n}-nx+1.$

1. Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương $n> 2$ sẽ tồn tại duy nhất một số thực $r_{n}\in \left ( 0, 1 \right )$ là nghiệm của $P_{n}(x).$

2. Tính giới hạn $L=\lim\left ( n^{n+1}r_{n}-n^{n} \right ).$ 

Tìm số nguyên tố p để $\frac{2^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

Đặt $\frac{2^{p-1}-1}{p}=u^{2}$ suy ra: $2^{p-1}-1=pu^{2}.$

Nhận thấy với $p=2$ thì không thỏa mãn do đó $p> 2$ nên $p$ là số lẻ. Từ đó ta có: $\left ( 2^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )\left ( 2^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )=pu^{2},$ mà ta thấy $gcd\left ( 2^{\frac{p-1}{2}}-1,2^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )=1,$ nên trong hai số đó có một và chỉ một số chia hết cho $p.$

Trường hợp 1: $2^{\frac{p-1}{2}}+1$ $\vdots$ $p.$ Khi đó đặt $2^{\frac{p-1}{2}}-1=m^{2}$ và $2^{\frac{p-1}{2}}+1=pn^{2}$ và $mn=u$

Suy ra: $2^{\frac{p-1}{2}}=m^{2}+1$ nên ta bắt buộc phải có $\frac{p-1}{2}=1\Leftrightarrow p=3,$ nếu không thì vế trái chia hết cho $4$ còn vế phải là $m^{2}\equiv 1$ $($$mod$ $4$$),$ vô lý. Vậy suy ra: $p=3.$

Trường hợp 2: $2^{\frac{p-1}{2}}-1$ $\vdots$ $p.$ Khi đó đặt $2^{\frac{p-1}{2}}-1=pm^{2}$ và $2^{\frac{p-1}{2}}+1=n^{2}$ và $mn=u$

Ta có: $2^{\frac{p-1}{2}}=(n-1)(n+1)$ nên suy ra đặt: $n-1=2^{x}$ và $n+1=2^{y}.$ 

Từ đây ta có: $2^{y}-2^{x}=2\Rightarrow y=2$ và $x=1$ nên suy ra: $n=3\Leftrightarrow 2^{\frac{p-1}{2}}=8=2^{3}\Rightarrow \frac{p-1}{2}=3\Leftrightarrow p=7.$ Vậy suy ra: $p=7.$

Vậy các giá trị nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài là: $p=\left \{ 3; 7 \right \}.$

Cho $a_{i},$ với $i=\overline{1, n}$ là những số nguyên phân biệt.

a. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})-1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$

b. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=\left ( x-a_{1} \right )^{2}\left ( x-a_{2} \right )^{2}...\left ( x-a_{n} \right )^{2}+1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$

Với $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên.

a. Giải sử đa thức $P(x)$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$

Đặt $P(x)=Q(x).R(x),$ với $Q(x)$ và $R(x)$ là các đa thức bậc khác $0.$

Khi đó ta có: $Q(a_{i}).R(a_{i})=-1,$ nên suy ra $Q(a_{i})=-R(a_{i})$ và $\left | Q(a_{i}) \right |=\left | R(a_{i}) \right |=1$ hay $Q(a_{i})+R(a_{i})=0,$ với $i=\overline{1, n}.$

Ta xét đa thức: $Q(x)+R(x),$ đa thức này có bậc nhỏ hơn $n$ nhưng lại có $n$ nghiệm là $a_{i},$ với $i=\overline{1, n}$ nên $Q(x)+R(x)=0$ hay $Q(x)=-R(x),$ từ đây suy ra: $P(x)=Q(x).R(x)=-R(x)^{2},$ nhưng điều này vô lý vì hệ số cao nhất ở vế trái là số dương còn vế phải là số âm. Vậy $P(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$

b. Giả sử đa thức $P(x)$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$

Đặt $P(x)=Q(x).R(x),$ với $Q(x)$ và $R(x)$ là các đa thức bậc khác $0.$ 

Vì $P(x)> 0, \forall x\in \mathbb{R}$ nên $Q(x)$ và $R(x)$ vô nghiệm và cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử $Q(x), R(x)> 0, \forall x\in \mathbb{R}.$

Ta có: $P(a_{i})=Q(a_{i}).R(a_{i})=1$ nên $Q(a_{i})=R(a_{i})=1,$ với $i=\overline{1, n}.$

Giả sử $degQ< n,$ mà ta có: $Q(x)-1$ có $n$ nghiệm nên $Q(x)-1=0$ hay $Q(x)=1,$ vô lý vì $degQ> 0.$ Vậy $degQ=degR=n.$

Từ đó ta có: $Q(x)-1=A.(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n}),$ với $A\in \mathbb{R}.$

                    $R(x)-1=B.(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n}),$ với $B\in \mathbb{R}.$

Thay vào đa thức $P(x)$ và đồng nhất hệ số cao nhất và hệ số tự do ta suy ra: $AB=1$ và $A+B=0.$

Suy ra: $1=AB=-B^{2},$ vô lý. Vậy $P(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x].$