Sử dụng bổ đề sau : Nếu $a$ không phải là số chính phương thì tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ sao cho $a$ không phải là số chính phương mod $p$
Chứng minh tham khảo IMOSL 2009 N7
20-06-2018 - 11:35
Sử dụng bổ đề sau : Nếu $a$ không phải là số chính phương thì tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ sao cho $a$ không phải là số chính phương mod $p$
Chứng minh tham khảo IMOSL 2009 N7
16-09-2017 - 21:14
Nếu có điều kiện duy nhất thì có thể quy nạp và tìm được công thức tổng quát của $a_n$ luôn.
16-09-2017 - 11:43
Kết quả bài này hình như không đúng lắm.
Ta xét số $m$ sao cho $a_m$ $=$ $m^{2017}$. Ký hiệu $f(i_1,...,i_{2017})$ $=$ $a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}a_{i_{2017}}$
Do $a_m$ $=$ $m^{2017}$ nên $ \left \{ 0,1,...,m^{2017}-1 \right \} $ $\subset $ $\left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \}$ mà $\left | \left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \} \right | \leq m^{2017}$ $=$ $\left | \left \{ 0,1,...,m^{2017} -1 \right \} \right |$ nên $f(i_1,i_2,...,i_{2017})$ là đôi một phân biệt với mọi $i_j$ $<$ $m$. Từ đây đánh giá dễ thấy $a_{m-1-2017k-r}$ $=$ $a_{m-1} - k(2016A + 1) - r$ với $A$ $=$ $\frac{2017^{2017} - 1}{2016}$
Xét $n$ $=$ $0,1, ... , 2016$ ta suy ra $a_i$ $=$ $i$ $\forall i = 0,1, ... , 2016$
Do đó $a_{m-1} - k(2016A+1)$ $=$ $2016$ nên $a_{m-1}$ $=$ $2016 + k(2016A +1)$
Mà ta có $m^{2017} - 1$ $=$ $a_{m-1}A$ nên $m^{2017} - 1$ $=$ $2016A + k(2016A^2+A)$ do đó $m^{2017} - 2017^{2017}$ $\vdots $ $2017^{2017} A$.
Chỗ này nếu chọn $m = 2017 A$ thì sao?
16-09-2017 - 09:06
5. Giả sử $a_1\leq a_2 \leq a_3 \leq ... \leq a_{2017}$ và $s_1\leq s_2 \leq ... \leq s_{C^{2}_{2017}}$. Ta xác định $S_m$ $( m = \overline{1,2017} )$ như sau :
\[S_ m = \left \{ T_i | \frac{\sum_{i=1}^m a_i}{2} \leq s_i \leq \sum_{i=1}^m a_i \right \} \]
Ta chỉ cần chứng minh hợp của các $S_m$ phủ hết tập các $s_i$.
Giả sử phản chứng tức là tồn tại $j$, $m$ sao cho :
\[\sum_{i=1}^m a_i < s_j < \frac{\sum_{i=1}^{m+1} a_i}{2}\]
$\Rightarrow a_{m+1} > \sum_{i=1}^m a_i$ do đó $s_j < a_{m+1}$ $\Rightarrow $ $T_j \subset \left \{ a_1,...,a_m \right \}$ $\Rightarrow $ $s_j \leq \sum_{i=1}^{m} a_i$. Mâu thuẫn. Vậy ta có điều phải chứng minh. $\square $
01-09-2017 - 09:19
Đây là định lý Schur, bạn có thể tham khảo cuốn Lý thuyết số sơ cấp của các số ( chương XII ).
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học