Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

TOPIC:CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 9 VÀ VÀO LỚP 10


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 43 trả lời

#21 dtthltvp

dtthltvp

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-01-2016 - 13:27

Tiếp tục nào  :wub: : 
Bài 14: Chứng minh rằng : 

b) $n^4-14n^3+71n^2-154n+120 \vdots 24$ 
e) $11^{n+2}+12^{2n+1} \vdots 133$ 
 

b) $n^4-14n^3+71n^2-154n+120=(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)$ là tích 4 số tự nhiên liên tiếp nên $\vdots 4!=24$

c)$11^{n+2}+12^{2n+1}=11^{n+2}+144^n.12\equiv 11^{n+2}+11^n.12\equiv 11^n(11^2+12)\equiv 133.11^n\equiv 0(mod133)$

  $\Rightarrow$ đpcm



#22 minhrongcon2000

minhrongcon2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 213 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 02-01-2016 - 14:09

Bài 17 : Cho $A=1^k+2^k+...+n^k$ với $n \ge,n \in N^{*}$ và $k$ lẻ . $B=1+2+...+n$ . Chứng minh $\frac{A}{B} \in Z$ T 

Ta có bổ đề sau: $a^{n}+b^{n}\vdots a+b \forall n$ lẻ

Áp dụng vào bài toán, ta có các trường hợp

1/ n chẵn

Lúc này,

A=$1^{k}+2^{k}+...+n^{k}=(1^{k}+n^{k})+[2^{k}+(n-1)^{k}]+...\vdots (n+1)$ $\Rightarrow 2A\vdots n+1$

Mặt khác 2A=$2[(1^{k}+(n-1)^{k})+(2^{k}+(n-2)^{k})+...]+2(\frac{n}{2})^{k}+2n^{k}\vdots n$

$\Rightarrow 2A\vdots n(n+1)\Rightarrow A\vdots \frac{n(n+1)}{2}=B$

Chứng minh tương tự với trường hợp n lẻ thì ta có đpcm


$\lim_{x \to \infty } Love =+\infty$


#23 nangcuong8e

nangcuong8e

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 134 Bài viết

Đã gửi 02-01-2016 - 15:25

Tiếp tục nào  :wub: : 
Bài 14: Chứng minh rằng : 
a) $n^{12}-n^8-n^4+1 \vdots 512$ với $n$ lẻ 
 

Ta có: $n^{12}-n^8-n^4+1 = (n^2-1)^2.(n^2+1)^2(n^4+1)=(n-1)^2(n+1)^2(n^2+1)^2(n^4+1)$

 Dễ dàng chứng minh $(n-1)^2(n+1)^2 \vdots 64$ với $n=4k \pm 1(k \in Z^+)$ (do $n$ lẻ)

đồng thời cũng chứng minh được $(n^2+1)^2(n^4+1) \vdots 8$ với $n$ lẻ nên $(n-1)^2(n+1)^2(n^2+1)^2(n^4+1) \vdots 512$

Hay $n^{12}-n^8-n^4+1 \vdots 512$



#24 nangcuong8e

nangcuong8e

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 134 Bài viết

Đã gửi 02-01-2016 - 15:34

Tiếp tục nào  :wub: : 
Bài 14: Chứng minh rằng :  
c) $n^2+n+2$ không chia hết cho $15$ 
d) $9n^3+9n^2+3n-16$ không chia hết cho $343$  
 

c, +, Với $n \vdots 3$ thì $C= n^2+n+2 \not\equiv 0$ (mod $3$) nên $n^2+n+2 \not\equiv 0$ (mod $15$)

+, Với $n$ không chia hết 3 thì $n^2 \equiv 1$ (mod $3$) $\Rightarrow n^2+2 \vdots 3 \Rightarrow n^2+n+2 \not\equiv 0$(mod $3$)

 Vậy: $C=n^2+n+2$ không chia hết cho 15 với mọi $n$

d,Ta có: $D=9n^3+9n^2+3n-16 =(3n+1)^3-49$

+, Nếu $(3n+1)^3 \vdots 343$ thì $D=(3n+1)^3-49$ không chia hết cho $343$

+, Nếu $(3n+1)^3$ không chia hết $343 \Rightarrow 3n+1$ không chia hết $7$

$\Rightarrow (3n+1)^3-49$ không chia hết cho $7 \Rightarrow D$ không chia hết cho $343$

 Vậy: $D=9n^3+9n^2+3n-16$ không chia hết cho $343$ mọi $n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nangcuong8e: 02-01-2016 - 15:34


#25 kaitokidx8

kaitokidx8

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 02-01-2016 - 15:49

Bài 15:

Vì a+ b chia hết cho ab $\Rightarrow$ a+ b2 = k.ab (với k nguyên dương) $\Rightarrow$ a- k.ab + b2 = 0

$\Delta$ = k2b2 - 4b= b2(k-2)(k+2) $\geq$ 0 $\Rightarrow$ 2 $\geq$ k $\geq$ 0

với k = 0 thì phương trình vô nghiệm

với k =1 $\Rightarrow$ a- ab + b2 = 0 $\Rightarrow$ $\Delta$ = -3b$\geq$ 0 (vô lí)

với k =2 $\Rightarrow$ a- ab + b2 = 0 $\Rightarrow$ a = b ....

đến đây dễ rồi  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kaitokidx8: 02-01-2016 - 15:49


#26 nangcuong8e

nangcuong8e

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 134 Bài viết

Đã gửi 02-01-2016 - 15:51

Tiếp tục nào  :wub: : 
Bài 14: Chứng minh rằng :  
f) $F=5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$ 
 

+, Với $n=1$ thì $F$ trở thành: $F=5^{2.1-1}.2^{1+1}+3^{1+1}.2^{2.1-1} =38 \vdots 38$

 Do đó đề bài đúng với $n=1$

 Giả sử đề bài đúng với $n=k (k \in Z^+)$, tức là $F=5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1} \vdots 38$

Ta cần chứng minh đề bài đúng với $n=k+1$, tức là $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38$. Thật vậy:

 $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38 \Leftrightarrow (5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1}) \vdots 38$

Xét $(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1})$

$=49.5^{2k-1}.2^{k+1} +11.3^{k+1}.2^{2k-1} =11(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) +38.5^{2k-1}.2^{k+1} \vdots 38$

 Do đó bài toán cũng đúng với $n=k+1$

Vậy: $F=5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$ với mọi $n$



#27 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 02-01-2016 - 15:56

Giả sử $m=[1,2,..,2n]$ và $m'=[n+1,n+2,..,n+n]$ 
Vì $n+1,n+2,..,n+n$ là ước của $m$ nên $m \vdots m'$ 
Ngược lại xét số $a \in {1,2,...,n}$ tùy ý 
Trong $a$ số nguyên liên tiếp $n+1,n+2,..,n+a$ luôn có một số chia hết cho $a$ nên $m' vdots a$ . Suy ra các số $1,2,..,2n$ đều là ước của $m'$ 
Hay $m' \vdots m \rightarrow Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 02-01-2016 - 16:01


#28 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 02-01-2016 - 16:00

Ta có $n=1$ thỏa mãn và $n=4$ không thõa mãn. Xét $n>1$ và $n$ khác $4$. 
Từ giả thiết suy ra $n$ là hợp số . Như vậy $n$ có thể viết dưới dạng : $n=pq$ là các số nguyên dương thỏa 
$2 \le pq \le [\frac{n}{2}]$ 
TH1: $p$ # $q$ thì trong $(n-1)!$ chứa $2$ số $p,q$ nên $(n-1)! \vdots n$ 
TH2: $p=q$ thì $p,q>2$ và trong $(n-1)!$ chứa cả $p$ và $2p$ nên  $(n-1)!$ chia hết cho $n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 02-01-2016 - 16:01


#29 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 02-01-2016 - 16:04

Bài 19 : Tìm $n$ nguyên dương để $n! \vdots A=1+2+...n$. 
Bài 20 : Cho $a$ và $m$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh 
$(\frac{a^m-1}{a-1},a-1)=(m,a-1)$ 
Bài 21 : Cho $a,m,n$ là các số nguyênn dương và $a>1$ . Chứng minh : 
$(a^m-1,a^n-1)=a^(m,n)-1$ 



#30 nangcuong8e

nangcuong8e

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 134 Bài viết

Đã gửi 02-01-2016 - 16:06

Tiếp tục nào  :wub: : 
Bài 18 : Tìm $n$ nguyên dương sao cho $(n-1)! \vdots n$

+, Với $n=1$ thì $(n-1)! =0! =1 \vdots 1$. Do đó $n=1$ là giá trị cần tìm của $n$

+, Với $n \geq 2$ thì ta có 2 trường hợp:

 -, Với $n$ là hợp số thì $n=p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$ ($p_1;p_2;...;p_n \in P$)

Do $n$ là hợp số nên $p_1^{a_1};p_2^{a_2};...;p_n^{a_n} < n$

$\Rightarrow (n-1)! \vdots p_1^{a_1};p_2^{a_2};...;p_n^{a_n}$ mà $p_1;p_2;...;p_n \in P$

nên $(n-1)! \vdots p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$ hay $(n-1)! \vdots n$

 -, Với $n$ nguyên tố thì $(n-1)! +1 \vdots n \Rightarrow (n-1)!$ không chia hết $n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nangcuong8e: 02-01-2016 - 16:08


#31 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 02-01-2016 - 23:11

Bài 15:

Vì a+ b chia hết cho ab $\Rightarrow$ a+ b2 = k.ab (với k nguyên dương) $\Rightarrow$ a- k.ab + b2 = 0

$\Delta$ = k2b2 - 4b= b2(k-2)(k+2) $\geq$ 0 $\Rightarrow$ 2 $\geq$ k $\geq$ 0

với k = 0 thì phương trình vô nghiệm

với k =1 $\Rightarrow$ a- ab + b2 = 0 $\Rightarrow$ $\Delta$ = -3b$\geq$ 0 (vô lí)

với k =2 $\Rightarrow$ a- ab + b2 = 0 $\Rightarrow$ a = b ....

đến đây dễ rồi  :D

 

Dòng tô đỏ này sai nè.

 

Làm tiếp: $a^2+b^2=kab$ . Gọi $d=(a,b)$ và $a=dx$ , $b=d.y$ với $(x,y)=1$

 

$\Rightarrow x^2+y^2=kxy \Rightarrow y \mid x^2$ mà $(x,y)=1$ nên $x=y=1$

 

$a=b=d$ . Thế thì $k=2$


Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#32 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 02-01-2016 - 23:14

 
Bài 18 : Tìm $n$ nguyên dương sao cho $(n-1)! \vdots n$

 

$n=1$ thì thỏa mãn

 

$n$ không thể là số nguyên tố. Thật vậy nếu ngược lại thì số mũ cao nhất lũy thừa $n$ trong $(n-1)!$ là phần nguyên của $\frac{n-1}{n}=0$

vô lý

 

$n$ là hợp số:

 

TH1:  $n=p^k.t$  với $p$ là ước nguyên tố của $n$ và $t>1$. Khi đó: $n-1 \geq p^k$

 

Số mũ cao nhất của $p$ trong PTNT của $(n-1)!$ là

 

$\left \lfloor \frac{n-1}{p} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{p^k} \right \rfloor \geq 1+1+1...+1=k$

 

Do đó: $(n-1)!$ chia $n$ với mọi $n=p^k.t$ và $t>1$

 

TH2: $n=p^k $ .

 

Với $p>2$ ta có: $\Rightarrow n-1=p^k-1 \geq p^2 - 1 \geq 2p$

 

nên $\left \lfloor \frac{n-1}{p} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{p^{k-1}} \right \rfloor \geq 2+1+1..+1 =k$

 

. Do đó: $(n-1)!$ chia hết cho $n$

 

Với $p=2$ thì xét 2 khả năng:

 

KN1: $k=2$ không thỏa mãn

 

KN2: $k>2$ thì $n-1=2^k-1 >4$ nên $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor >2 $

 

Tương tự suy ra : $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{2^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{2^3} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{2^{k-1}} \right \rfloor \geq 2+1+1..+1 =k$

 

Do đó: $(n-1)! $ chia hết cho $n$

 

Vậy với $n=1$ hoặc $n$ là hợp số lớn hơn 4 thì thỏa mãn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 03-01-2016 - 09:10

Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#33 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 03-01-2016 - 09:31

Bài 19 : Tìm $n$ nguyên dương để $n! \vdots A=1+2+...n$. 
Bài 20 : Cho $a$ và $m$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh 
$(\frac{a^m-1}{a-1},a-1)=(m,a-1)$ 
Bài 21 : Cho $a,m,n$ là các số nguyênn dương và $a>1$ . Chứng minh : 
$(a^m-1,a^n-1)=a^(m,n)-1$ 

 

Bài 19: $*)$ Với $n$ chẵn . Đặt $n=2k$ thì $A=k(2k+1) $

 

Nếu $2k+1$ là số nguyên tố thì $(2k)!$ không chia hết cho $2k+1$ . Loại

 

$2k+1$ là hợp số thì : $k>3$. Khi đó: $(2k)!$ chia hết cho $k$ và $(2k)!$ chia hết cho $2k+1$ mà $(k,2k+1)=1$ nên $n! \vdots A$

 

$*)$ Với $n$ lẻ thì $n!=1.2...\frac{n+1}{2}....n$ nên $n! \vdots A=n.\frac{n+1}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 03-01-2016 - 09:32

Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#34 Tran Thanh Truong

Tran Thanh Truong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 143 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Thiên văn học

Đã gửi 03-01-2016 - 10:18

+, Với $n=1$ thì $F$ trở thành: $F=5^{2.1-1}.2^{1+1}+3^{1+1}.2^{2.1-1} =38 \vdots 38$

 Do đó đề bài đúng với $n=1$

 Giả sử đề bài đúng với $n=k (k \in Z^+)$, tức là $F=5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1} \vdots 38$

Ta cần chứng minh đề bài đúng với $n=k+1$, tức là $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38$. Thật vậy:

 $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38 \Leftrightarrow (5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1}) \vdots 38$

Xét $(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1})$

$=49.5^{2k-1}.2^{k+1} +11.3^{k+1}.2^{2k-1} =11(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) +38.5^{2k-1}.2^{k+1} \vdots 38$

 Do đó bài toán cũng đúng với $n=k+1$

Vậy: $F=5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$ với mọi $n$

Cái chỗ tô màu đỏ tại sao lại chia hết cho 38 vậy?


                             TOÁN HỌC  LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG

                     

*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*                      


#35 quanganhthanhhoa

quanganhthanhhoa

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hoá

Đã gửi 03-01-2016 - 15:20

Giúp mình bài này:

Bài 22:Tồn tại hay không số tự nhiên $x$ thỏa mãn:

a)$x^2+x+1 \vdots 31$

b)$x^2+x+1 \vdots 2017$

c)$x^2+x+1 \vdots 5$



#36 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Thành viên
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 03-01-2016 - 19:21

Giúp mình bài này:

Bài 22:Tồn tại hay không số tự nhiên $x$ thỏa mãn:

c)$x^2+x+1 \vdots 5$

:( Không nghĩ ra cách nào khác ngoài cách này!  :( 

$x^2+x+1 \vdots 5\Leftrightarrow x(x+1)$ chia 5 dư 4. Mà tích 2 số tự nhiên liên tiếp chia 5 chỉ chí các số dư là $0,1,2$

$\Rightarrow $ không tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn.


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$


#37 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 04-01-2016 - 15:23

 

 

$n=1$ thì thỏa mãn

 

$n$ không thể là số nguyên tố. Thật vậy nếu ngược lại thì số mũ cao nhất lũy thừa $n$ trong $(n-1)!$ là phần nguyên của $\frac{n-1}{n}=0$

vô lý

 

$n$ là hợp số:

 

TH1:  $n=p^k.t$  với $p$ là ước nguyên tố của $n$ và $t>1$. Khi đó: $n-1 \geq p^k$

 

Số mũ cao nhất của $p$ trong PTNT của $(n-1)!$ là

 

$\left \lfloor \frac{n-1}{p} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{p^k} \right \rfloor \geq 1+1+1...+1=k$

 

Do đó: $(n-1)!$ chia $n$ với mọi $n=p^k.t$ và $t>1$

 

TH2: $n=p^k $ .

 

Với $p>2$ ta có: $\Rightarrow n-1=p^k-1 \geq p^2 - 1 \geq 2p$

 

nên $\left \lfloor \frac{n-1}{p} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{p^2} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{p^{k-1}} \right \rfloor \geq 2+1+1..+1 =k$

 

. Do đó: $(n-1)!$ chia hết cho $n$

 

Với $p=2$ thì xét 2 khả năng:

 

KN1: $k=2$ không thỏa mãn

 

KN2: $k>2$ thì $n-1=2^k-1 >4$ nên $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor >2 $

 

Tương tự suy ra : $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{2^2} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n-1}{2^3} \right \rfloor+..+\left \lfloor \frac{n-1}{2^{k-1}} \right \rfloor \geq 2+1+1..+1 =k$

 

Do đó: $(n-1)! $ chia hết cho $n$

 

Vậy với $n=1$ hoặc $n$ là hợp số lớn hơn 4 thì thỏa mãn

Cách này hơi dài nhưng không sao :D 
Dạo này tớ đi học từ  7h sáng đến 9h tối nên sẽ không lên thường xuyên được . Mình sẽ up bài tập lên để các bạn làm : 
Bài 23 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ thỏa mãn : 
$7x+(2^n+1)y=2012$ 
Bài 24 : Chứng minh rằng nếu $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ thì $2^n-1$ không chia hết cho $n$ 
Bài 25 : Cho số nguyên $n>1$ và số nguyên tố $p>2$ thõa $((p-1)^n+1 \vdots n^{p-1}$. Chứng minh $n \vdots p$ 
Bài 26 :Giả sử $m,n$ là $2$ số nguyên dương lẻ phân biệt và $(m,n)=11$. Chứng minh rằng : 
$(2^m+1,2^n+1)=2^{11}+1$ 
Bài 27 : Cho các số nguyên $a,b$. Chứng minh tồn tại các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $(x+a,y-b)=1$ 
Bài 28 : Giải phương trình nghiệm nguyên thỏa mãn : 
$(x,y)=1$ và $x^2-8xy-3y^2=9$ 
Bài 29: Ta mở rộng hơn bài 26 . 
a) Giả sử $m,n$ là $2$ số nguyên dương lẻ phân biệt và $(m,n)=d$. Chứng minh rằng : 

$(2^m+1,2^n+1)=2^{d}+1$ 
Giả sử $m,n$ là $2$ số nguyên dương lẻ phân biệt và $(m,n)=d$. Tìm $(8^m+1,8^n+1)$ 
Bài 30 : Một bài toán hay và cơ bản 
Cho $m,n,p$ là các số nguyên thỏa $m^2+n^2=p^2$ . Tìm số dư của $mnp$ cho $60$ 
Bài 31 : Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$. Chứng minh $pa^8+qb^8$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ 
Ta có thể tổng quát bài toán như sau :
Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$. Chứng minh $pa^{4k}+qb^{4k}$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ 
Bài 32:  Cho số tự nhiên $n>1$ thỏa $2^n-2 \vdots n$ chứng tỏ : $2^{2^{n}}-1 \vdots (2^n-1)$
Bài 33 : Chứng minh với mọi số tự nhiên $k \ge 1$, $m$ lẻ thì  
$m^{2^{k}}-1 \vdots 2^{k+2}$ 
Bài 34 : Chứng tỏ rằng nếu $a^2+b^2 \vdots 21$ thì $a^2+b^2 \vdots 441$ 
Gợi ý : Xuất phát từ một bổ đề quan trọng : 
Nếu $x^2+y^2 \vdots p$ trong đó $p=4k+3$ và $p \in P$ thì $x,y \vdots p$ 
Các bạn chứng minh bổ đề trên luôn ~~ chúc các bạn học tốt ......  :rolleyes:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 04-01-2016 - 15:24


#38 thanhtuoanh

thanhtuoanh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 54 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:ABC

Đã gửi 04-01-2016 - 17:35

Giúp mình bài này:

Bài 22:Tồn tại hay không số tự nhiên $x$ thỏa mãn:

a)$x^2+x+1 \vdots 31$

 

Giả sử tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn $x^2+x+1 \vdots 31$ ta có:

$x^2+x+1 \vdots 31$ <=> $x^2+x-30+31 \vdots 31$

<=> (x-5)(x+6) +31 $\vdots 31$

<=> (x-5)(x+6)  $\vdots 31$

<=>x-5 $\vdots 31$ hoặc x+6 $\vdots 31$ (do 31 là SNT)

<=> x-5=31m hoặc x+6=31n (m,n là STN)

<=> x=31m+5 hoặc x=31n-6

Vậy tồn tại số tự nhiên x thỏa mãn đề bài với  x=31m+5 hoặc x=31n-6


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhtuoanh: 04-01-2016 - 17:40


#39 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 05-01-2016 - 20:41

Tớ xin giải một số bài (thời gian cho phép) . Có lẽ bài hơi khó
Bài 23: Ta có bổ đề sau : Chứng minh rằng phương trình $ax+by=c$ với $a,b,c$ là các số nguyên thì có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $c \vdots (a,b)$ 
Lời giải : Đặt $(a,b)=d$ giả sử $ax+by=c$ có nghiệm nguyên $x_0,y_0$. Từ $a,b \vdots d$
Suy ra $ax_0,by_0 \vdots d $  nên $c \vdots d$ 
Ngược lại giả sử $c \vdots d$ thì $c=md$ 
Vì $(a,b)=d$ nên theo tính chất tớ ghi hồi đầu topic tồn tại $x_0,y_0$ sao cho $ax_0+by_0=d$, từ đó ta có $a(mx_0)+b(my_0)=c$ lúc đó $x=mx_0,y=my_0$ là $1$ nghiệm của phương trình $ax+by=c$ 
Ta đi vào bài toán : Đầu tiên đặt $n=3k+r$ với số nguyên $m$ ko âm và $0 \le r <3$ .
Ta có : $2^n+1=2^r.2^{3k}-2^r+2^r+1$  suy ra $2^n+1$ không chia hết cho $7$ 
Suy ra $(2^n+1,7)=1$. Áp dụng bổ đề trên suy ra đpcm 
Bài 24: Gọi $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$ thì $(n,p-1)=1$. Do đó tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho $nx-(p-1)y=1$ 
Giả sử $2^n=1+pt$ . Áp dụng định lí Fermat nhỏ : $2^{p-1}-1=pu$ ($u \in N^{*}$). Từ đó ta có rằng : 
$2.2^{(p-1)y}=2^{nx-(p-1)y}.2^{(p-1)y}=2^{nx} \rightarrow 2(1+pu)^y=(1+pt)^x$ . Suy ra $1+pv=ps$ với $v,s \in Z$ nên $1 \vdots p$ vô lí. 
Suy ra $2^n-1$ ko chia hết cho $p$ hay $2^n-1$ ko chia hết cho $n$ (đpcm) 

Bài 25 : Số nguyên tố $p \ge 3$ nên $(p-1)^n+1$ lẻ . Từ đó và giả thiết thì $n^{p-1}$ lẻ nên $n$ lẻ . Gọi $t$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$ . Từ giả thiết suy ra 
$(p-1)^n+1 \vdots t$ hay $(p-1)^n+1=kt$ với $k \in Z$ suy ra $(t,p-1)=1$.   
$(n,t-1)=1$ nên tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho $nx-(t-1)y=1$ 
Vì $n$ lẻ và $t-1$ chẵn nên $x$ lẻ. Áp dụng định lí Fermat nhỏ : $(p-1)^{t-1}-1=mt$ với $m \in Z$ 
Từ đó có : $(p-1)(p-1)^{ty-y}=(p-1)^{nx-ty+y+ty-y}=(p-1)^{nx}$ 
$\rightarrow (p-1)(mt+1)^y=(kt-1)^x \rightarrow (p-1)(ut+1)=vt-1 \rightarrow p=t(v+u-pu)$ với các $u,v \in Z$ 
Từ đó $p \vdots t$ mà $p,t$ đều là số nguyên tố nên $p=t$ . Vậy $n \vdots p$ 


 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 05-01-2016 - 20:45


#40 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 06-01-2016 - 21:43

Bài 26 : Ta đi vào tổng quát  
Giả sử $m,n$ là hai số nguyên dương lẻ phân biệt và $(m,n)=d$ . Khi đó $(2^m+1,2^n+1)=2^d+1$ 
Từ đề bài suy ra $(2^m+1) \vdots 2^d+1$ và tương tự đối với $2^n+1$ 
Đặt $(2^m+1,2^n+1)=t$ thì $t \vdots 2^d+1$ 
Vì $(m,n)=d$ nên tồn tại các số $x,y \in N^{*}$ sao cho $mx=ny=d$ 
Do đó $x,y$ có tính chẵn lẻ khác nhau. 
Từ $(2^m+1) \vdots t$ thì $2^m=ut-1$ tương tự ta cũng có $2^n=vt-1$ 
Do đó $2^{mx}+2^{ny}=(ut-1)^x+(vt-1)^y=rt$ . Từ đó $2^{ny}(2^d+1) \vdots t$ 
Mà $(2^{ny},t)=1$ nên $(2^d+1) \vdots t$ 
Suy ra $t=2^d+1 \Rightarrow$ đpcm 
Bài 27 : Đặt $(a,b)=d$ thì $a=a'd,b=b'd$ với $(a',b')=1$ 
Do đó tồn tại các số $x,y \in Z$ sao cho $b'x+a'y=1$ 
Đặt $(x+a,y-b)=t$ thì $(x+a)b' \vdots t$ và $(y-b)a' \vdots t$ . Từ đó $t$ là ước của 
$(x+a)b'+(y-b)a'=1$ suy ra $t=1$ (đpcm)






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh