Đến nội dung

canhhoang30011999

canhhoang30011999

Đăng ký: 30-05-2013
Offline Đăng nhập: 31-01-2023 - 20:53
****-

#643797 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:32

Bài 68. Cho $y \in N^{*}$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $4/p+1$ và $p$ là ước của 1 số có dạng $2^{n}y+1$ (n nguyên dương)

p/s anh IMOer post lời giải bài 64 được không ạ?




#643792 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 05-07-2016 - 22:11

Bài 67  (bài này có trong sách của mình)

ta có phương trình Fec-ma $a^{4}+b^{4}=c^{2}$ và $a^{4}+b^{4}=2c^{2}$ chỉ có nghiệm tầm thường nên $x^{2^{k}}+y^{2^{k}}$ không là số chính phương cũng không là 2 lần số chính phương 

Từ đó ta có tồn tại $p$ lẻ sao cho $v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ

khi đó ta có $x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}} \equiv 0 (\bmod p)$

suy ra tồn tại a sao cho $ a^{2^{k+1}} \equiv 1 (\bmod p)$

từ đó dễ thấy $2^{k+1}$ là cấp của $a$ mod $p$ từ đó ta có $p-1$ chia hết cho $2^{k+1}$

$=> v_{p}(x^{p-1}-y^{p-1})=v_{p}(x^{2^{k+1}}-y^{2^{k+1}})=v_{p}(x^{2^{k}}+y^{2^{k}})$ lẻ (đpcm)




#642440 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 27-06-2016 - 14:58

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

có thể bạn nhầm đề nhưng $p=4^{n}+1$ mà




#642244 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 11:00

Bài 62 Tìm a,b,c nguyên dương sao cho

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

nguồn (Iran TST 2013)

P/s:Anh IMOer có thể đăng cách giải bài 61 của anh được không ạ




#642234 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 26-06-2016 - 10:03

Lời giải bài 61:

Gọi các số nguyên tố bé hơn 2016 lần lượt là $p_{1},p_{2},...p_{k}$ 

theo nguyên tắc Đi-rich-lê thì tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}p_{3}..p_{k}+2$ và vô hạn số nguyên tố dạng $2p_{1}p_{2}..p_{k}t +p_{2}^{2}p_{3}..p_{k}+2$  

Khi đó tồn tại vô số $p$ là 1 số nguyên tố bất kì là 1 trong 2 dạng trên thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ lẻ

theo định lí Trung Quốc về phần dư thì tồn tại n sao cho

$n\equiv 0 (\bmod p), \\ n\equiv 0(mod \frac{p-1}{2})\\ n\equiv 1(mod 2016!)$

Khi đó $a^{n} \equiv +1,-1 (mod p)$

nên $p/d-3$ hoặc $d-1$ hoặc $d+1$ hoặc $d+3$

do có vô số $p$ nên $d=1$ hoặc $d=3$ hoặc $d=-1$ (loại) hoặc $d=-3$ (loại)

nếu d=1 thì theo Đi-rich-lê thì tồn tại vô số nguyên tố q dạng $p_{1}p_{2}..p{k}t+1$ khi đó chọn $n=2q-1$ thì ta có $a+b+c-1$ chia hết cho $q$

$=>a+b+c=1$ (vô lý)

Nếu $d=3$ thì chọn $n=4q-3$ thì thì $a+b+c-3$ chia hết cho $q$ nên $a+b+c=3 $ do đó $a=b=c=1$




#642137 18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 25-06-2016 - 15:56

Bài 2 Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Khi đó gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AH$.

Ta có $\widehat{C'EC}=\frac{\widehat{C'AC}}{2}= \widehat{BAC}$

$DC$ cắt $C'E$ tại $E'$ thì $\widehat{CE'C'}=\widehat{BAC}$ nên $E\equiv E'$

Dễ thấy 2 tam giác $DBC'$ và $DCB'$ bằng nhau (c.g.c)

nên 2 tam giác $DB'C'$ và $DCB$ bằng nhau

suy ra $\widehat{DB'C'}=\widehat{DEC'}$

Từ đó ta có $C'E$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn $(A)$ và $(O) $ nên $OA$ vuông góc với $C'E$ hay $OA$ vuông góc với $BC$




#641641 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 21-06-2016 - 20:34

Do đã lâu rồi bài 59 vẫn chưa có người giải nên mình up bài 60 vậy

Cho dãy $a_{0}=1,a_{1}=1,a_{n+2}=98a_{n+1}-a_{n}-16$

CMR $a_{n}$ là CP với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$




#640595 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 15-06-2016 - 22:38

Lời giải bài 58 

Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của các số $k^{2}+k+n$ là hợp số với $\sqrt{\frac{n}{3}} \leq k \leq n-2$

Khi đó ta có $(n-2)^{2}+n-2+n \geq i^{2}+i+n \geq p^{2}$

$=> (n+1)^{2}+1>p^{2} => n+1 \geq p$

Ta gọi số $i$ thỏa điều kiện $i^{2}+i+n$ chia hết cho $p$ với $\sqrt{\frac{n}{3}} \leq i \leq n-2$ là đẹp.

Ta sẽ chứng minh tồn tại $t$ đẹp thỏa $t \leq \frac{p-1}{2}$

Thật vậy xét k đẹp bất kì ta có $k=pt+r$ với $0 \leq r \leq p-1$ thì $r^{2}+r+n$ chia hết cho $p$

Nếu $r \geq \frac{p-1}{2}$ thì xét $(p-r-1)^{2}+p-r-1+n$ chia  hết cho $p$

Vậy tồn tại $t \leq \frac{p-1}{2}$ sao cho $t^{2}+t+n$ chia hết cho $p$

Mà $t^{2}+t+n>p$ nên $t^{2}+t+n \geq p^{2}$

Lại có $ t \geq \sqrt{\frac{n}{3}}$ nên $n \leq \frac{3(n-1)^{2}}{4}$ 

Từ đó $p^{2} \leq t^{2}+t+n \leq \frac{(p-1)^{2}}{4}+\frac{p-1}{2}+\frac{3(p-1)^{2}}{4}=p^{2}-\frac{3p}{2}+\frac{1}{2}$ (Vô lý)

Vậy ta có đpcm

Bài 59 Cho $a_{1}=1;a_{n+1}=a_{n}^{4}-a_{n}^{3}+2a_{n}^{2}+1,n \geq 1$

CMR tồn tại vô hạn số nguyên tố p tm ko có số hạng $a_n$ nào là bội của $p$




#640426 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 15-06-2016 - 09:08

Bài 57 Cho $a_{1}=\frac{2}{3}$,$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_{n}+\frac{1}{3a_{n}}$

CMR $\frac{3}{3a_{n}^{2}-1}$ là số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}^{*}$




#640418 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 15-06-2016 - 08:22

Lời giải bài 56 

Xét với $p=2$ thì phương trình có nghiệm $x=k,y=2^{t}-k$ với $t$ là số sao cho $2^{t}>k$

xét với $p>2$ khi đó đặt

$x+y^{p-1}=p^{t}$ (1)

$y+x^{p-1}=p^{k}$  (2)

Giả sử $x \geq y$ thì khi đó $k \geq t$ 

Ta có $y^{(p-1)^{2}}-x^{p-1} $ chia hết có $y^{p-1}+x$ chia hết cho $p^{t}$

nên $y^{(p-1)^{2}}+y-p^{k}$ chia hết cho $p^{t}$

Từ đó suy ra $y(y^{p(p-2)}+1)$ chia hết cho $p^{t}$

Lại có nếu $y$ chia hết cho $p$ thì đặt $v_{p}(y)=t>0$ thì khi đó $v_{p}(x)=(p-1)t$ do (1) (Vô lí do (2))

Vậy $y$ không chia hết cho $p$

Tượng tự $x$ không chia hết cho $p$

Từ đó suy ra $y \equiv -1 (\bmod p)$

Áp dụng định lý LTE ta có $v_{p}(y^{p(p-2)}+1)=v_{p}(y+1)+v_{p}(p(p-2))=v_p{y+1}+1 \geq t$

Từ đó suy ra $y \geq p^{t-1}-1$ hay $p^{t}>(p^{t-1}-1)^{p-1}$

Với $t=1$ thì ta có $y=1$ do $2^{p-1}>p$ nên $p/ y+1=2 $(vô lý)

Với $t>1$ thì ta có $t>(p-1)(t-2)$ nên ta có $t=2$ từ đó suy ra $p^{2}>(p-1)^{p-1}$

nếu $p \geq 5$ thì $(p-1)^{p-1}>(p-1)^{3}>p^{2}$ (vô lý)

Vậy $p=3$ hay $x+y^{2}=9$ nên $x=5$ $y=3$ thỏa mãn 

Vậy bài toán có nghiệm $p=2$ $x=k$ $y=2^{t}-k$ với t là số thỏa mãn $2^{t}>k$ $x=5,y=2,p=3$ $x=2,y=5,p=3$




#639763 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 12-06-2016 - 09:33

Lời giải bài 8 :  

Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho $p$ ta có đpcm .

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu




#639759 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 12-06-2016 - 09:24

Bài 8 

Chứng minh đa thức sau bkq

$X_p^{k}=\frac{x^{p^{k}}-1}{x^{p^{k-1}}-1}$ với $p$ nguyên tố




#639750 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 12-06-2016 - 09:10

Lời giải bài 7

Giả sử $f(x)$ khả quy thì tồn tại $g(x)$,$h(x)$$\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $f(x)=g(x).h(x)$($deg g,deg h>0) 

Khi đó $g(x_0)h(x_0)=p$ nên $|g(x_0)|=1$ hoặc $|h(x_0)|=1$ giả sử $|g(x_0)|=1$

Khi đó giả sử $\alpha _1,\alpha _2,...\alpha_k$ là nghiệm của $g(x)$ thì $|g(x_0)|=|a||(x-\alpha_1)||(x-\alpha_2)|...|(x-\alpha_k)|\geq (|x_0|-|\alpha_1|)...(|x|-|\alpha_k|)> 1$ (vô lý)

Vậy $f(x)$ bất khả quy




#638920 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 08-06-2016 - 14:21

Đây là ý kiến của mình từ lâu rồi không phải nói bài này đâu nhé. Do topic có mục đích giao lưu học hỏi là chính nên ở 1 số bài toán nếu người đề xuất có khác với các cách được đưa ra thì cũng nên post lời giải của mình lên.

p/s bài 36 anh imoer có thể post đáp án được không ạ




#638465 Marathon số học Olympic

Gửi bởi canhhoang30011999 trong 06-06-2016 - 10:02

.

Với $y\ge 2$ thì $3^y+4\equiv 4\ (\bmod{9})$ nên $7^x\equiv 4\ (\bmod{9})$. Từ đó suy ra: $x\equiv 2\ (\bmod{4})$, hay $x=2k$, với 

Theo em thì đoạn này phải là $x\equiv 2(mod3)$ chứ (vì mà là $ord_{9}(7)$)

đây là lời giải của mình

xét $y=1$ thì suy ra $x=1$.

xét $x=1$ thì suy ra $y=1$.

xét $x,y>1$ thì $7/ 3^{y-1}-1$ nên $6/y-1$ ($ord_{7}(3)=6$)

nên $(3^{6}-1/ 3(3^{y-1}-1)=7(7^{x-1}-1)$ nên $13/7^{x-1}-1$

nên $12/ x-1$ (do $12=ord_{13}(7)$) (vô lý do $x \equiv 2 (mod 3)$