Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Hình ảnh

Chuyên đề Phần nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 37 trả lời

#21 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-06-2012 - 18:27

Dưới đây tôi xin trình bày lại định lý số 4 trong Chuyên Đề Phần Nguyên
$\begin{array}{|c|}
\hline
{\boxed{\textbf{Định lý 4}}}\\
\begin{array}{l}
\text{Cho } p \text{ là một số nguyên tố lẻ } q \text{ là số nguyên không chia hết cho } p.\\
\text{Giả sử hàm } f:\mathbb{N}^* \longrightarrow \mathbb{R} \text{ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:}\\
\bullet\quad\dfrac{f\left(k\right)}{p} \notin \mathbb{Z},\quad \forall k=1,2,...,p-1\\
\bullet\quad\dfrac{f\left(k\right)+f\left(p-k\right)}{p} \in \mathbb{Z},\quad \forall k=1,2,...,p-1\\
\text{Khi đó ta có: }\quad\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\lfloor f(k)\dfrac{q}
{p}\right\rfloor=\dfrac{q}{p}\sum\limits_{k=1}^{p-1}f(k) -\dfrac{p-1}{2}\\
\end{array}\\
\hline
\end{array}$

Định lý này phát biểu khá dài dòng và khó nhớ, nhưng ứng dụng của nó rất đáng được quan tâm.
Chính vì vậy tôi sẽ đưa ra điểm mấu chốt nhằm giúp các bạn dễ hiểu và áp dụng được định lý
này vào các bài toán tính tổng phần nguyên.

Mấu chốt của vấn đề đó là:
$\begin{array}{| |}
\hline
\text{Nếu } x,y \text{ là hai số không nguyên, nhưng } x+y \in \mathbb{Z} \text{ thì ta có: }\\
\lfloor x\rfloor + \lfloor y\rfloor = x+y-1 \\
\hline
\end{array}$

Chẳng hạn như: $\lfloor 1,4 \rfloor + \lfloor 1,6\rfloor =1,4+1,6-1=2$
Chứng minh tính chất này rất đơn giản
Đặt $x=\lfloor x \rfloor + \{x\};\quad y=\lfloor y \rfloor + \{y\}$ suy ra $x+y=\lfloor x \rfloor+\lfloor y \rfloor+\{x\}+\{y\}\in \mathbb{Z}$
Do $0<\{x\};\{y\}<1\quad\Rightarrow \{x\}+\{y\}=1$
Vậy ta có điều cần chứng minh

Trở lại với định lý 4

Với mọi $1\le k \le p-1$, ta có:
$f(k)\dfrac{q}{p}\notin\mathbb{Z}$ và $f(p-k)\dfrac{q}{p}\notin\mathbb{Z}$ Lại có: $f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} \in\mathbb{Z}$
Suy ra: $\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor + \left\lfloor f(p-k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor = f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} - 1$
Lấy tổng từ $k=1$ đến $p-1$ đẳng thức trên ta được

$\quad\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left(\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor + \left\lfloor f(p-k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor\right) = \sum\limits_{k=1}^{p-1}\left(f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} - 1\right)$
$\Leftrightarrow 2\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor = 2 \sum\limits_{k=1}^{p-1} f(k)\dfrac{q}{p} - (p-1)$

Từ đó suy ra kết luận của định lý.
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#22 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-06-2012 - 22:06

$\boxed{Bt2.19}$
Cho $p$ là số nguyên tố lẻ, $q$ là số nguyên không chia hết cho $p$.
Chứng minh rằng:
$\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor = \dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

Lời giải:

Ta có:
$2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor = \sum\limits_{k=1}^{p-1}\left(\left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor+\left\lfloor (-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor\right)\qquad (1)$

Nhận xét: Do $p$ là số nguyên tố lẻ và $q$ không chia hết cho $p$
Nên $(-1)^k k^2\dfrac{q}{p} \notin \mathbb{Z},\quad \forall 1\le k\le p-1$
Mặt khác: $(-1)^k k^2\dfrac{q}{p}+(-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}=(-1)^k\left(k^2-(p-k)^2\right)\dfrac{q}{p}=(-1)^{k+1}q(p-2k)\in \mathbb{Z}$

Do đó:
$\left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor+\left\lfloor (-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor=(-1)^k k^2\dfrac{q}{p}+(-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}-1=(-1)^{k+1}q(p-2k)-1$

Thay vào $(1)$ ta được

$2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left((-1)^{k+1}q(p-2k)-1\right)=-\,(p-1)+\sum\limits_{k=1}^{p-1}(-1)^{k+1}q(p-2k)=$
$=-\,(p-1)+\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}q(p-4r+2)-\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}q(p-4r)$

$($Chia tổng đan dấu thành 2 nửa, nửa đầu là các số hạng thứ tự lẻ $(k=2r-1)$, nửa còn lại là các số hạng có thứ tự chẵn $(k=2r))$

$\Rightarrow 2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =-\,(p-1)+\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}2q=(p-1)(q-1)$

$\Rightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =\dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

$\blacksquare$
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#23 Mitsuru

Mitsuru

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 10-06-2012 - 16:22

Thầy Thanh có thể giải giúp em bài 1.11 và bài toán sau được không ạ:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x$ và số nguyên dương $n$, ta luôn có:

$\left [ nx \right ] \geq \left [ x \right ] + \frac{\left [ 2x \right ]}{2} + \frac{\left [ 3x \right ]}{3} + ... + \frac{\left [ nx \right ]}{n}$

Em cảm ơn thầy nhiều :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mitsuru: 10-06-2012 - 16:24

Đi có thể không đến.... Nhưng không đi thì sẽ KHÔNG BAO GIỜ đến!


#24 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-06-2012 - 20:46

Thầy Thanh có thể giải giúp em bài 1.11 và bài toán sau được không ạ: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x$ và số nguyên dương $n$, ta luôn có: $\left [ nx \right ] \geq \left [ x \right ] + \frac{\left [ 2x \right ]}{2} + \frac{\left [ 3x \right ]}{3} + ... + \frac{\left [ nx \right ]}{n}$ Em cảm ơn thầy nhiều :)


Bài toán của em đưa ra là bài USAMO số 5 năm 1981
$\begin{array}{|c|}
\hline
\fbox{USAMO 1981 #5}\\
\text{Chứng minh rằng với } n\in \mathbb{N}^* \text{ và số thực dương } x \text{ ta có bất đẳng thức:}\\
S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{\left\lfloor kx\right\rfloor}{k} \le \left\lfloor nx \right\rfloor\quad(1)\\
\hline
\end{array}$
Có nhiều cách giải cho bài toán này, một trong số đó là lời giải (hay nhất) bằng phương pháp quy nạp.
Lời giải: (quy nạp)
Với $n=1$ đẳng thức xảy ra. Vậy $(1)$ đúng!
Giả sử $(1)$ đúng với $1,2,...,n-1$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n$
Ta có:
$\begin{eqnarray}
S_1(x)&=&\left\lfloor x\right\rfloor \\
2S_2(x)-2S_1(x)&=&\left\lfloor 2x\right\rfloor\\
3S_3(x)-3S_2(x)&=&\left\lfloor 3x\right\rfloor\\
\vdots\qquad\qquad\vdots\quad&=&\quad\vdots\quad\\
nS_n(x)-nS_{n-1}(x)&=&\left\lfloor nx\right\rfloor\\
\end{eqnarray}$

Cộng $n$ đẳng thức trên lại ta có:
$\Rightarrow nS_n(x)-\sum\limits_{k=1}^{n-1} S_k(x)=\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor$
$\Rightarrow nS_n(x)=\sum\limits_{k=1}^{n-1} S_k(x)+\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx\right\rfloor + \sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor\quad\text{(giả thiết quy nạp)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor (n-k)x\right\rfloor + \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx\right\rfloor+\left\lfloor nx\right\rfloor\quad\text{(đảo chiều tổng thứ nhất, tách số hạng cuối tổng thứ 2)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor +\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\left\lfloor (n-k)x\right\rfloor +\left\lfloor kx\right\rfloor\right) $
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor +\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left\lfloor (n-k)x+kx\right\rfloor\quad\text{(Dùng BĐT: }\left\lfloor x\right\rfloor+\left\lfloor y\right\rfloor \le \left\lfloor x+y\right\rfloor\text{)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor+(n-1)\left\lfloor nx\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor$

Vậy $(1)$ cũng đúng với $n$, theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh!
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#25 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-06-2012 - 20:59

$\boxed{Bt1.11}$
Chứng minh rằng: $\sum\limits_{k=0}^{+\infty} \left\lfloor \dfrac{x+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor = \left\lfloor x \right\rfloor$

Xét tổng sau:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor \dfrac{x+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor \dfrac{x}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left(\left\lfloor \dfrac{x}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{x}{2^{k+1}}\right\rfloor\right)\quad\text{(Theo định lý Hermite)}$
$\Rightarrow S_n=\left\lfloor x\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n}{2^{n+1}}\right\rfloor$
Với $n$ đủ lớn thì $2^{n+1}>n$ hay $\left\lfloor \dfrac{n}{2^{n+1}}\right\rfloor=0$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#26 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-06-2012 - 14:39

$$\begin{array}{|c|}
\hline
\fbox{BỔ ĐỀ II}\\
\sum\limits_{k=a}^b \Big(\left\lfloor f(k)\right\rfloor+\left\lfloor f(-k)\right\rfloor\Big) = a-b-1+\underset{[a,\;b]}{G}\Big(f(k)\Big)\\
\begin{array}{l}
\text{Trong đó }\; \underset{[a,\;b]}{G}\Big(f(k)\Big) \; \text{là số điểm nguyên của đồ thị }\; (G)\; \text{ của hàm } \;f(k) \text{ trên đoạn }\; [a,\;b]\\
\end{array}\\
\hline
\end{array}$$
Phát biểu của bổ đề khá là đơn giản nhưng lại rất có ích trong việc tính tổng phần nguyên.
Vì: $\left\lfloor x\right\rfloor+\left\lfloor -x\right\rfloor= \begin{cases}&0& \quad\text{Với }x \in\mathbb{Z} \\ &-1& \quad\text{Với }x \notin\mathbb{Z} \end{cases}$

Nếu coi như đồ thị của $f(k)$ không có điểm nguyên nào trên $[a,\;b]$ thì

$VT=\sum\limits_{k=a}^b (-1) = a-b-1$

Thực tế mỗi điểm nguyên của đồ thị $f(k)$ trên đoạn $[a,\;b]$ sẽ làm cho tổng đó tăng lên $1$
Do đó ta có điều phải chứng minh.
________________________________

Hãy áp dụng bổ đề trên để tính tổng:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor-\dfrac{k}{m}\right\rfloor$
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#27 4869msnssk

4869msnssk

    Bá tước

  • Thành viên
  • 549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 04-04-2013 - 21:39

Bài này  +) x là số vô tỉ thì $x^{3}-\left [ x \right ]$ là số vô tỉ (L)

+) x là số hữu tỉ thì $x^{3}-\left [ x \right ]$ là số hữu tỉ (L)

$\Rightarrow x\epsilon \mathbb{N}$$\Rightarrow x^{3}-x=3\Leftrightarrow x(x-1)(x+1)=3(L)$ 

Phương trình vô nghiệm

cái này thì chưa khẳng định ngay đc, bạn hãy cm cụ thể ra


 B.F.H.Stone


#28 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3306 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-01-2016 - 17:51

Bt2.18 là một sự nhầm lẫn đó mọi người (tổng như vậy không tính được!)

Đề đúng phải là: $\displaystyle S=\sum_{k=1}^n \frac{k}{m} $

Xin lỗi mọi người vì sự cố trên. :)


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#29 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4065 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 10-01-2016 - 22:54

Bt2.18 là một sự nhầm lẫn đó mọi người (tổng như vậy không tính được!)

Đề đúng phải là: $\displaystyle S=\sum_{k=1}^n \frac{k}{m} $

Xin lỗi mọi người vì sự cố trên. :)

Thế thì giống cái này hả thầy?

 

Để tính toán các tổng phần nguyên hữu tỉ, ta có một BỔ ĐỀ khá quan trọng sau:
$$\begin{array}{| |}
\hline
\boxed{\text{ BỔ ĐỀ I }}\\
\text{Với mọi số nguyên dương } m \text{ và } n \text{ ta có: }\\
\boxed{\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-\dfrac{m}{2}\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2}\\
\hline
\end{array}$$
Chứng minh:
Với $m=1$: Bổ đề trở thành công thức quen thuộc $\sum\limits_{k=0}^n k =\dfrac{n(n+1)}{2}$.
Xét với $m \ge 2$

Ta sẽ nhóm các số hạng theo số thứ tự đồng dư modul $m$ bằng cách đặt
$k=pm+r,\quad (0 \le r \le m-1)$
Khi đó $0 \le p \le \left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-1$, phần "dôi ra" sẽ chạy từ $k=m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor $ đến $k=n$


Ta có:
$\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\sum\limits_{p=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1} \left\lfloor\dfrac{pm+r}{m}\right\rfloor+\sum\limits_{k=m\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\sum\limits_{p=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor-1} mp + \left(n+1-m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor$
$\qquad\qquad = m\left(\dfrac{1}{2}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-1\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor\right)+(n+1)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$
$\qquad\qquad=\left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-\dfrac{m}{2}\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
$\square$
Sau đây ta sẽ áp dụng BỔ ĐỀ này để giải quyết Bài toán $\boxed{Bt2.11}$


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#30 ducthang0701

ducthang0701

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Tài liệu chiến tranh thế giới ,Khoa học tự nhiên vô tận, anime/...

Đã gửi 29-01-2016 - 21:17

không biết làm thế nào để tải về nhỉ



#31 frozen2501

frozen2501

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Dải Ngân hà
  • Sở thích:kaito kid

Đã gửi 01-04-2016 - 21:01

tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x^2 + y^2 +1)^2 -5x^2 -4y^2 -5=0


Every thing will be alright


#32 hoakute

hoakute

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Nam Định - THCS Đào Sư Tích

Đã gửi 01-04-2016 - 21:11

$(x^{2}+y^{2}+1)^{2}-5(x^{2}+y^{2}+1)=-y^{2} \Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+1)(x^{2}+y^{2}-4)=-y^{2} \Rightarrow (x^{2}+y^{2}+1)(x^{2}+y^{2}-4)\leqslant 0\Leftrightarrow -1\leqslant x^{2}+y^{2}\leqslant 4\Rightarrow x^{2}+y^{2}\epsilon \left \{ 0;1;2;3;4 \right \}$

Mà x2 và y2 là các scp.

Suy ra x2=0;1;4 tương ứng y2=4;0;1 hoặc 4;1;0

Tìm đc x=+-2; y=0



#33 lenadal

lenadal

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trường THCS Đào Sư Tích Nam Định
  • Sở thích:toán học và thể thao

Đã gửi 01-04-2016 - 21:14

tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x^2 + y^2 +1)^2 -5x^2 -4y^2 -5=0

ta có phương trình đó tương đương với 

$x^{4}+y^{4}+1+2x^{{2}}y^{2}+2x^{2}+2y^{2}-5x^{2}-4y^{2}-5=0$

$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1-x^{2}=5$

$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}-1-x)(x^{2}+y^{2}-1+x)=5$

tự làm tiếp!!!!



#34 DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 653 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Vật Lý

Đã gửi 15-07-2016 - 21:01

Theo định lý Legendre thì số mũ cao nhất của $19$ có trong $(1994)!$ là:

Thầy ơi cho em hỏi định lý Legendre phát biểu như thế nào ạ?


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#35 VyHuynh

VyHuynh

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 20-07-2016 - 17:14

Bài 1: Sử dụng định lý Lagrande về số mũ của cao nhất của một số nguyên tố chứa trong n!

Ta có $1995=3.5.7.19$

Theo định lý Legendre thì số mũ cao nhất của $19$ có trong $(1994)!$ là:

$\left\lfloor\dfrac{1994}{19}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{1994}{(19)^2}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{1994}{(19)^k}\right\rfloor+...=109$

Như vậy $(1994)!\;\vdots\; (1995)^{109}$ và $(1994)!\;\not{\vdots} \;(1995)^{n\ge110}$

Suy ra để $((1994)!)^{1995}\;\vdots\; (1995)^k$ thì $k\le 109*1995=217\;455$



#36 Thanh Long 2001

Thanh Long 2001

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 21-10-2016 - 01:51

GIúp mình. :wacko:  :wacko:

Capture.PNG



#37 nhatkinan

nhatkinan

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 54 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:tp hà nội
  • Sở thích:thể thao , xem bóng đá , fc barcelona

Đã gửi 21-12-2016 - 22:38

mk có tài liệu phần nguyên nè

 

File gửi kèm



#38 nhatkinan

nhatkinan

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 54 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:tp hà nội
  • Sở thích:thể thao , xem bóng đá , fc barcelona

Đã gửi 23-12-2016 - 22:13

cảm ơn mọi người đóng góp nha






0 người đang xem chủ đề

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