Bạn giải sai rồi nhé

Đáp số đúng là : $2n!\left [ n!+\sum_{i=1}^{2n}\left ( -1 \right )^i\frac{2n}{2n-i}C_{2n-i}^{i}\left ( n-i \right )! \right ]$

Nếu ta kí hiệu : $f(a)=b$ là người nam $a$ ngồi ở ghế thứ $b$ thì khi đó dãy các TH không thỏa là : $f(1) = 1 ; f(2) = 1 , f(2) = 2 , f(3) = 2, .... f(n) = n , f(n+1) = n$

2 TH liên tiếp không thể được chọn chung do 1 ghế không thể 2 người ngồi , khi đó thì chuyển về bài toán xếp ghế trên đường tròn VN TST 2005

Bạn giải sai rồi nhé

Đáp số đúng là : $2n!\left [ n!+\sum_{i=1}^{2n}\left ( -1 \right )^i\frac{2n}{2n-i}C_{2n-i}^{i}\left ( n-i \right )! \right ]$

Gợi ý khá lớn : $2n!$ là xếp nữ trước , phần trong là bù trừ , cụ thể $\frac{2n}{2n-i}C_{2n-i}^{i}.(n-i)!$ chính là số cách xếp có $i$ vị trí không thỏa

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

Phân tích chính xác đó anh, nhưng xử lí phần bù trừ cũng không dễ

ờ,sr t nhầm lau k học toán nên quên kí hiệu

mà sao có p là ước của n-1 ? dòng 7 đấy :v

Mọi ước nguyên tố của $n$ đều chia $p$ dư $1$ nên đâm ra $n$ chia $p$ dư $1$ nhé bạn

bạn lấy đâu tính chất số mũ của q trong p^(n-1) là p vậy? :v

giỏi ghê ))))

Mình cũng bình thường chứ giỏi giang gì :"> . Nhưng mà ở dòng 7 thì tại $ord_q(p^{n-1}) | p$ mà nó khác $1$ nên nó phải là $p$ bạn à.
P/S : $ord$ là cấp , chứ không phải số mũ của q trong $p^{n-1}$

k quen gõ latex  

bộ số kia thỏa măn p^(p.(n-1))-1 chia het cho q và p^(n-1) k chia het q

vs lại trong lời giải bạn có 1 số chỗ k rõ ràng ví dụ như dòng 7 từ trên xuống

Dòng 7 từ trên xuống thì đó là tính chất của $ord$ bạn à , còn bộ số kia thì mình vẫn chưa hiểu ý bạn ?

? xem lại lời giải giùm  ví dụ n=15,p=2,q=5

Là sao bạn nói rõ đi , bộ số kia thì sao ?

Ta cần CM $n \not |\dfrac{p^{(n-1)p}-1}{p^{n-1}-1}$.

Giả sử phản chứng $n |\dfrac{p^{(n-1)p}-1}{p^{n-1}-1}$. Dễ thấy $(n,p)=1$

$\Rightarrow n | p^{(n-1)p}-1$. 
Nếu tồn tại ước nguyên tố $q$ của $n$ mà $q|p^{n-1} -1$.
Khi đó $v_q(p^{(n-1)p}-1) = v_q(p^{n-1}-1)$. Vô lí .

Vậy mọi ước nguyên tố $q$ của $n$ đều thỏa : $q| p^{(n-1)p}-1$ và $q \not | p^{n-1} -1$

$\Rightarrow ord_q(p^{n-1})=p \Rightarrow p|q-1\Rightarrow p|n-1$

Đặt $n-1=p^a.b$ với $(b,p)=1$

Khi đó $q|p^{p^{a+1}.b}-1$ và $q \not | p^{p^a.b} - 1$

$\Rightarrow v_p(ord_q(p))= a+1 \Rightarrow v_p(q-1) \ge a+1 \Rightarrow v_p(n-1) \ge a+1$ ( vô lí)

TH1: $n\vdots p\Rightarrow$ $p \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$

 

$\Rightarrow$ $n \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$

 

TH2: $n\not | p\Rightarrow (n,p)=1$

 

Theo định lý Euler ta có:

 

$p^{n-1}\equiv p^{2(n-1)}\equiv ...\equiv p^{2(n-1)}\equiv 1(mod n)$

 

$\Rightarrow 1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}\equiv p(mod n)$

 

Vậy $n \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$.

Bạn xem lại định lý Euler , với lại 2 TH đâu có ăn nhập gì vs nhau đâu

Giả sử $\dfrac{2^{n-1}-1}{n} \in \mathbb{Z}$ với $n \in \mathbb{N}^{*}.$ Phải chăng $n$ là số nguyên tố.

Ta có thể chỉ ra được $n=\dfrac{2^{2p}-1}{3}$ với $\gcd(3,p)=1$ thỏa mãn điều kiện trên.

*Với $n$ có dạng $\frac{a^{2p}-1}{a^2-1}$ $(\gcd(a^2-1,p)=1)$ thì $a^{n-1} - 1 \vdots n$

Điều kiện: $p$ nguyên tố

 

Câu 5. 

Cho $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $5$. Giả sử rằng tồn tại số nguyên $k$ sao cho $k^2+5$ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn: $ p^2 = m^2+5n^2 $

 

Xét các số có dạng $x+ky$ với $x,y \in \left \{ 0,1,..\left \lfloor \sqrt{p} \right \rfloor \right \}$ , Có $> p$ giá trị nên tồn tại: $x+ky \equiv u+kv \pmod p$

$\Leftrightarrow a^2 +5b^2 \equiv 0 \pmod p (a,b >0)$ Lại có $a^2 + 5b^2 < 6p$  Ta xét 5TH:

TH1:$a^2 +5b^2 = p$ . Khi đó $p^2=(a^2 -5b^2)^2 + 5(2ab)^2$
TH2:$a^2 +5b^2= 2p$. Khi đó $p^2 = (\dfrac{a^2-5b^2}{2})^2 + 5.(ab)^2$
TH3:$a^2+5b^2=3p$ . Khi đó $2p = (\dfrac{a+5b}{3})^2 + 5(\dfrac{a-b}{3})^2=(\dfrac{a-5b}{3})^2 + 5(\frac{a+b}{3})^2$ Quay trở về TH 2 . 
TH4:$a^2+5b^2=4p$ . Khi đó $p=(\dfrac{a}{2})^2 + 5(\dfrac{b}{2})^2$ ( TH1)
TH5:$a^2 +5b^2=5p$ Khi đó $p=5a_1^2+b^2$ (TH1)

Xét $k_{0}$.Nếu $2^{n}k_{0}+1$ là hợp số (xong)

Nếu $2^{n}k_{0}+1=p$

Với $k> k_{0}$.Ta chỉ cần tìm được $k$ sao cho $2^{n}k+1\equiv 0(mod p)$ là xong

Khi đó $k\equiv k_{0} (mod p)$ và ta luôn tìm được số $k$ như thế.Vậy bài toán được chứng minh.

P/s:bài này sao sao ấy anh Nam @@

phát biểu bài toán bị sai , tìm k để thỏa với mọi n chứ k phải với mọi n luôn tìm được k thỏa

bài này lấy ý tưởng từ bài romani 2003.

bạn giải bài 1 bằng công thức bao hàm loại trừ được không?

phát biểu khác đi là số hoán vị không có điểm bất động của $(1,2,...,n)$.Đặt là $X_n$

Kí hiệu $A_i$ là số hoán vị có điểm bất động là $i$

$X_n=n! - |\bigcup_{i=1}^{n} A_i|$

$\sum |\bigcap_{i\in I}A_i|=\binom{n}{|I|}(n-|I|)!$

ráp vào

p/s : LNH kiểm tra lại cái CT thử

Không đăng THTT trong thời gian gửi bài bạn ơi . Mod THPT vào xử :v

Tập con $M$ của $\left \{ 1,2,...,15 \right \}$ không chứa $3$ phần tử nào có tích là một số chính phương. Tìm giá trị lớn nhất của số phần tử của tập $M$

Ta có :

$(2;3;6)-(2;1;8)$

$(3;2;6)-(3;1;12)$

$(6;2;3)-(6;8;12)$

$(15;3;5)-(15;10;6)$

$(4;1;9)$

Vậy tập 11 phần tử không được chứa 2,3,6,15 . Khi đó tập $(4;9;1)$ chứa trong tập con đó vô lí.
Chỉ ra tập 10 phần tử chắc không khó

 

Đề kiểm tra trường Đông toán học 2013

Ngày thi thứ hai: 28/11/2013

Thời gian làm bài 180 phút

 

1. Cho dãy số thực$(a_n)$ xác định bởi: $a_1 = \frac{1}{3} , a_2 = \frac{2}{7}$   và  $a_{n+1} = \frac{1}{2} + \frac{a_n}{3} + \frac{a_{n-1}^2}{6}$

 Chứng minh rằng dãy $(a_n)$ có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó

 

2. Giải hệ phương trình 

$ x(y+z) = x^2 + 2, y(z+x) = y^2 + 3, z(x+y) = z^2 + 4$

 

3. Cho ABC là tam giác nhọn. (I) là đường tròn nội tiếp có tâm là I, (O) là đường tròn ngoại tiếp tâm là O và M là trung điểm của đường cao AH, với H thuộc BC. (I) tiếp xúc với BC tại D. Đường thẳng MD cắt (I) tại điểm thứ hai P và đường thẳng qua I vuông góc MD cắt BC ở N. Đường thẳng NR, NS tiếp xúc (O) tương ứng tại R, S. 

a) Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Chứng minh M, D, J thẳng hàng.

b) Chứng minh các điểm R, P, D, S thuộc cùng một đường tròn.

 

4. Cho n ≥ 2 là một số nguyên dương. Xét tập hợp các đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ điểm A(0; 0) đến điểm B(n; n). Một đường đi như thế sẽ tương ứng với một dãy gồm n lệnh T (lên trên) và n lệnh P (sang phải). Trong dãy đó, một cặp lệnh (T, P) kề nhau được gọi là một bước chuyển (lưu ý, cặp (P, T) không được gọi là bước chuyển). Ví dụ dãy PTTPTPPT có 2 bước chuyển. Hãy tìm số các đường đi ngắn nhất từ A đến B có đúng 

a) 1 bước chuyển;

b) 2 bước chuyển;

 

Bài 4:

Kí hiệu lại : T là 1 lần liên tục đi lên trên , P là 1 lần liên tục đi sang phải ( từ 1 bước trở lên)

a) có các TH : TP , PTPT , PTP , TPT.Có 4 bài toán chia kẹo

b) có các TH : TPTP , PTPTP , TPTPT , PTPTPT . Có 4 bài chia kẹo luôn

câu hàm khá là ngon.

Thay $m=0$ ta đc:

$f(f(n))=n$ suy ra f đơn ánh

Thay $m=1$ ta đc :

$f(f(n+1)+1)=n$

$\Rightarrow f(f(n+1)+1)=f(f(n))$

$\Rightarrow f(n+1)+1=f(n) (1)$

Đặt $g(n)=f(n) +n$

Khi đó (1) trở thành

$g(n+1)=g(n)$ 

Dễ thấy khi đó $g(n)=g(0)=1$

Suy ra $f(n)=1-n$

Cách khác : 

Thay $n = -m$ ta được

$f(1+m) = -m \rightarrow f(x) = 1 - x$

$\frac{\textrm{C}^p_k}{p}\equiv \frac{(-1)^{k-1}}{k}\pmod p$

$\Rightarrow \sum^{p-1}_{k=1}\frac{a^k}{k}=\sum^{p-1}_{k=1}\frac{(-a)^k.(-1)^k}{k}=-\sum^{p-1}_{k=1}\frac{(-a)^k.(-1)^{k-1}}{k}\equiv -\sum^{p-1}_{k=1}\frac{(-a)^k.C^k_p}{p} \equiv \frac{(a-1)^p-a^p+1}{p} \pmod p$

Thay vào ta được : 

$S_3+S_4 -3S_2 \equiv \frac{(2^p-2)^2}{p}\vdots p$

ĐPCM

Mình thấy không ổn cho lắm. $x^{2010}+x^{2009}+...+x+1$ luôn khả quy trên $\mathbb{R}[x]$, tức là nó có thể viết dưới dạng tích của hai số thực, ở đây là số vô tỉ (vì nó  bất khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$). Tích hai số vô tỉ vẫn có thể nguyên mà.

Ví dụ : $\sqrt{2}.\sqrt{50}=10=2.5$

Ừm chắc cách đa thức không ổn lắm :

PT tương đương 

$\frac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$

Xét 1 ước nguyên tố $p$ thỏa : $p | \frac{x^{2011}-1}{x-1}$

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất để $p | x^k - 1\Rightarrow k | 2011$. Vậy $k=1$ hoặc $k=2011$

Nếu $k=1 \Rightarrow x \equiv 1 \pmod p \Rightarrow \frac{x^{2011}-1}{x-1}\equiv 2011 \pmod p\Rightarrow p= 2011$

Nếu $k=2011$ Thì theo $fermat$ $\Rightarrow 2011|p-1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod {2011}$

Vậy các ước của $\frac{x^{2011}-1}{x-1}$ chia $2011$ dư $0,1$

Ta có : $y^5 - 1 = (y - 1)(y^4 + y^3 + y^2 + y + 1)$

$\left\{\begin{matrix} y-1 \equiv 0,1 \pmod {2011}\\y^4 + y^3 + y^2 + y + 1 \equiv 0,1 \pmod {2011} \end{matrix}\right.$

Hệ trên vô nghiệm . Vậy PT vô nghiệm

Cho dãy $u_n$ xác định bởi $u_1=2;u_{n+1}=2^{u_{n}}$

Chứng minh rằng với bất kì m nguyên dương cho trước thì tồn tại $n_0$, c nguyên dương sao cho $u_n\equiv c(modm),\forall n>n_0$

quy nạp cái này $u_{n-1} \equiv u_n \equiv u_{n+1}\equiv ... (\mod n)$

Rồi $m=1,2$ thì dễ rồi $m > 2$ thì chọn $n_0 = m - 2$

nếu a làlũy thừa của 2 thì sao

tìm chỗ thiếu hay đấy . Lúc đấy ta xét modul 4 

Giả sử $a;b;c$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau sao cho đẳng thức $a^n=b^2+c^2$ đúng với số nguyên $n>1$ nào đó.Chứng minh rằng $a$ có thể viết thành tổng của 2 số chính phương.

Giả sử $a$ có ước nguyên tố dạng $p=4k+3$ thì theo bổ đề cơ bản $\Rightarrow p|b,c$ trái giả thiết . Vậy $a$ chỉ có ước nguyên tố dạng $4k+1$. Áp dụng 2 bổ đề quen thuộc :

Số nguyên tố dạng $4k+1$ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 2 số chính phương

$(x^2+y^2)(m^2+n^2) = (xm - yn)^2 + (xn + ym)^2$ ta có ĐPCM

CMR

$2^{2^n+1}+3$ không là lập phương của số tự nhiên với mọi $n$ nguyên dương

nếu $n lẻ$ thì $2^{2^n+1}+3 \equiv 4 \pmod 7$ không phải là lập phương

nếu $n chẵn$ thì $2^{2^n+1}+3 \equiv 0 \pmod 7$. Ta CM :$v_7(2^{2^n+1}+3) \leq 2$

Dễ kiểm tra đúng với $n=0;2$

Giả sử đúng tới $n=2k$ Khi đó ta có : $2^{2^n+1}+3 = 7^r.q$ với $gcd(q,7)=1 , r  \leq 2$

Với $n=2(k+1)$ Ta có :

$2^{2^n+1}+3= \frac{2^{4(2^{2k}+1)}+24}{8}=\frac{(7^r.q-3)^4+24}{8}$

mà $v_7((7^r.q-3)^4+24) \leq 2$ nên ta có ĐPCM

Với mỗi $n$ nguyên dương, gọi $S(n)$ là tổng các chữ số của $n$.

Chứng minh rằng các số $999$ và $2999$ không thể phân tích ra được dạng $a+b$ sao cho $S(a)=S(b)$

Theo cách đặt phép cộng thì $a+b=999$ hay $a+b = 2999$ không thể là những phép cộng có nhớ

Vậy $S(a) + S(b) = S(999)=27$ hay $S(a) + S(b) = S(2999)=29$ vô lí do $S(a) + S(b)$ chẵn

Tìm hàm $f: \mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}$ thoả:

1) $f(mn)=f(m)+f(n)$.

2) $f(n)=0$ nếu chữ số hàng đơn vị của n là 3.

3) $f(10)=0$

Dễ tính $f(1)=0$

Chú ý hàm $f$ đi vào $\mathbb{N}$

$f(10) = 0 \rightarrow f(2)=f(5) = 0$

$f(2) = 0 \rightarrow f(4) = 0 \rightarrow f(8) = 0$

$f(2)=f(3)=0 \rightarrow f(6) = 0$

$f(63)=0 \rightarrow f(7)=f(9)=0$

Ta đã có đủ 1 hệ thặng dư modul $10$ rồi . Việc cộng trừ nhân chia tiếp theo ...

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.

Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )

Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$ 

Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$