Chủ đề này có 4 trả lời

[bobbysteven_09]

Bài toán như sau:

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?n là số tự nhiên cho trước.
Tìm http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?k nhỏ nhất sao cho với http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?k số tự nhiên bất kì luôn tồn tại http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n số tự nhiên có tổng chia hết cho http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?n.

Em đã tìm ra và chứng minh được tuy nhiên cách làm chưa được hay cho lắm.Xin cao kiến của bác...

[hungkhtn]

Bài này cổ điển quá rồi.Có cách dùng ĐLPhecma nhỏ nhưng phải tính 1 chút.
Dùng quy nạp bằng số học thuần túy cũng được.

[Hatucdao]

bài này cũng đã được thảo luận trên diễn đàn cũ, song chỉ có 1 lời giải bằng dl Fermat nhỏ (trước đó quy về n nguyên tố). Quả là rất hay.
Bạn saobang có thể nói về cách dùng quy nạp bằng số học thuần túy không?

[hungkhtn]

Về phương pháp quy nạp thuần tuý số học, bài này khá tương tự như 1 bài thi của Romania, mặc dù hơi phức tạp hơn chút ít :
cho http://dientuvietnam...1,a_2,..a_{p-2} là các số nguyên và
CMR tồn tại 1 số số có tích chia p dư 2 .

Đầu tiên đưa về n nguyên tố rồi quy nạp với số số dư.

[Hatucdao]

Lời giải này do 1 người bạn của tôi cho biết, và bạn ấy lại nói là biết qua thấy Nam Dũng. Thật ra thì ý tưởng cũng khá đơn giản.

Trươc hết, bằng quy nạp đơn giản, ta quy bài toán về n=p nguyên tố. Bây giờ giả sử phản chứng là cả http://dientuvietnam....cgi?C_{2n-1}^n số, mỗi số là tổng của n số đều không chia hết cho n, thì suy ra A= tổng lũy thừa bậc n-1 của http://dientuvietnam....cgi?C_{2n-1}^n số này đồng dư với http://dientuvietnam....cgi?C_{2n-1}^n (mod n), và do đó không chia hết cho n. Tuy nhiên, phân tích ra (nhóm theo từng số hạng dạng http://dientuvietnam...t_2}..a_n^{t_n}) thì thấy A chia hết cho n, mâu thuẫn.