Đến nội dung

Donald Trump

Donald Trump

Đăng ký: 29-03-2017
Offline Đăng nhập: 06-08-2019 - 09:01
***--

Trong chủ đề: Nếu $x^{\frac{p-1}{2}} \equi...

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


Trong chủ đề: $n=a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}...

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.


Trong chủ đề: $n=a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}...

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?

 


Trong chủ đề: Đề chọn Đội tuyển HSGQG tỉnh Hòa Bình năm 2017-2018

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 $


Trong chủ đề: C/m: $max (n)\leq [k!e]-1$

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 ).