reddevil1998

Lâu rồi mới lên lại VMF thì thôi tặng mn lời giải bài tổ vậy

Hoặc có thê dùng bổ đề : Mọi graph có deg >=3 thì luôn có chu trình độ dài chẵn:)))

 1973416_376037972545593_3543426393601681092_o.jpg   140.88K   60 Số lần tải  10514532_376038015878922_2893831911492060499_n.jpg   44.89K   59 Số lần tải

Cho dãy số $a_0=a_1=1,a_{n+1}=\frac{(2n+3)a_n+3na_{n-1}}{n+3}$
Chứng minh rằng dãy số nguyên với mọi n.

Ta quy nạp Cm được dãy :$a_{n+2}=a_{n+1}+\sum_{k=1}^{n}a_{k}a_{n-k}$ hoặc $a_{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}C_{k}$ với $C_{k}$ là số Catalan thứ k , Về tính chất của số này , xem thêm ở đây http://en.wikipedia..../Catalan_number

Uk , mình cũng mã hoá các trạng thái bật tắt như bạn là một xâu nhị phân , Ta Cm sau $n^{2}-1$ bước thì ta sẽ đạt được một dãy toàn $1$

Vì các phần tử của dãy nhị phân chỉ là $1,0$ nên ý tưởng tự nhiên là ta sẽ xét mod $2$

Goi $K_{i}$ là trạng thái dãy sau $i$ bước

$K_{i,j}$ là giá trị của đèn j ở trạng thái i$K_{n-1,j}$

Ta có CTTH của dãy $K_{i,1}$ theo mod 2$K_{i+1,1}=K_{i,0}+K_{i,1}$

Quy nạp lên ta có CTTH của $K_{i,j}$ theo mod 2 là $K_{i,j}=\sum_{t=0}^{j}K_{i,t}$

Ta xét hàm sinh của dãy $F(y)=\sum_{i=0}^{\propto }K_{i,j}y^{i}=\sum_{i=0}^{\propto }\sum_{t=0}^{j}K_{i,t}y^{i}=\frac{1}{(1-y)^{i+1}}=\sum_{i=0}^{\propto }\binom{i+j}{i}y^{i}$

Vậy ta có CTTQ của dãy $K_{i,j}=\binom{i+j}{i}$

Xét $K_{n-1,j}$$=\binom{n-1+j}{n-1}=\binom{2^{k}-1+j}{2^{k}-1} (j=1,2,...,n-1)$

với i=1,2,..,n-1 thì theo dịnh lí Lucas , ta có $K_{n-1,j}\equiv 0(mod 2)$ nên gt các đèn ở các vị trí 1,2,...,n-1 (lấy theo mod n) là 0 , còn đèn ở vị trí 0 ( theo mod n) là 1 sau $n(n-1)$ bước , còn bước cuối cùng ta chỉ việc thực hiện phép biến đổi $(1,0)\rightarrow (1,1)$ là ta có một dãy toàn 1

Câu c thì tương từ chú ý ta có biểu diễn cơ số của j theo mod 2 là $j=2^{a_{1}}+2^{a_{2}}+...+2^{a_{p}}$ , nếu xét 0<j<n-1hì ta lại dùng Lucas như trên thôi , các bạn tự nghĩ nốt nhé

Vâng các anh làm xong chưa  (Chuyên đề đã được sửa lại cho hoàn chỉnh thêm , các bạn chịu khó tải lại nhé).

từ giả thiết suy ra

$a^{2} = 3k + d^{2}$

$b^{2} = 2k + d^{2}$

$c^{2} = k + d^{2}$

(với k thuộc tập các số nguyên)

Ta chú ý rằng số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 1 hoặc 0

Bởi vậy buộc số k phải chia hết cho 3 trong mọi trường hợp

Đến đây ta có thể chọn ra a,b,c,d thỏa đề bài

Vớ vẩn bạn đừng có mà chém lung tung ,bạn có biết đây là cả 1 bài toán lớn trong lý thuyết Pt Diophante ko mà lại dám làm vậy.

Bài này xuất phát từ bổ đề sau:

PT $x^{4}-x^{2}y^{2}+y^{4}$$=z^{2}$ chỉ có các no nguyên dương là $(x,y,z)$$=(k,0,k^{2}),(0,k,k^{2}),(k,k,k^{2})$

Tuy nhiên CM nhận xét này cũng ko phải dễ,bạn xem trong tài liệu sau