bossulan239

Bulgaria National Olympiad 2006

Đây là 1 định lý quen thuộc của Jacobi.

Mình gợi ý như sau:

Xét phân tích của $n=2^{a}\prod p_{i}^{a_{i}}\prod q_{i}^{b_{i}}$ trong đó $p_{i}$ là các số nguyến tố dạng 4k+1, $q_{i}$ là các số nguyên tố dạng 4k+3 , $b_{i}$  chẵn với mọi i (cái này phải chứng minh)

Thì $4.(D_{1}-D_{3})=4\prod (a_{i}+1)$ (Mình sử lại kí hiệu cho giống với quốc tế .Họ hay dùng kí hiệu là $D_{1},D_{3}$)

Từ giả thiết dễ thấy n lẻ.

Chọn q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n

$\Rightarrow gcd(n,q-1)=1$

Do đó tồn tại:

$xn=y(q-1)+1;x,y\epsilon N^{+}$

Do n lẻ ,p-1 chẵn nên x lẻ

$\Rightarrow q/(a^{n}+b^{n})/a^{xn}+b^{xn}=a^{y.(q-1)}+b^{y.(q-1)}\equiv a+b=p$ (mod q)

$\Rightarrow p=q$

Xếp 5 nam trước.

-Có 5 chỗ trống  giữa các nam.

-Chọn 3 nữ vào 5 chỗ trống

-Nếu a,b đều chẵn: Ta có $a^{2}+b^{2}=4k$

Đặt $c=k-1$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=$(k+1)^{2}$

-Nếu trong a,b 1 số là lẻ 1 số là chẵn:

Ta có $a^{2}+b^{2}=4k+1$

Chọn c=2k

$\Rightarrow \sum a^{2}=(2k+1)^{2}$

Bài 3:

Ta có:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=8t^{2}$ $(1 )$

$TH1$:

Trong VT của (1) có 4 số lẻ $\Rightarrow VT\equiv 4 (mod8)$ (vô lí)

TH2: 

Trong VT của (1) có 2 số lẻ $\Rightarrow VT\equiv 2 (mod4)$ ( vô lí)

Vậy cả 4 số là chẵn.

Đặt $x=2x_{1},y=2y_{1},z=2z_{1},t=2t_{1}$

$\sum x^{2}_{1}=8t^{2}_{1}$

Tương tự ta có cả 4 số đều chẵn.

Từ đây ta có (x,y,z,t)=(0,0,0,0) là nghiệm duy nhất.

Ta có do a,b,c$\epsilon \left [ 0;1 \right ]$$\Rightarrow b^{2}+c^{3}\leq b+c$

Do đó ta chỉ cần chứng minh$2\sum a\leq 3+\sum ab$

Lại có$\sum (a-1)(b-1)\geq 0$

Khai triển ta có đpcm

Đoan cuối sai rồi $3^b\equiv3\mod 9$ thì $b=2k+1$ chứ không phải là 1.

Sai bét rồi $3^{b}\equiv 3 (mod 9)$ khi và chỉ khi b=1 vì nếu b$\geq 2 \Rightarrow 3^{b}\vdots 9$con b=0 thì loại

$3^{x}-y^{3}=1\Leftrightarrow 3^{x}=(y+1).(y^{2}+y+1)$

Đặt $y+1=3^{a}; y^{2}-y+1=3^{b}$

Thế $y=3^{a}-1\Rightarrow 3^{2a}-3^{a+1}+3=3^{b}$

Nếu  a=0 thì x=y=0

Nếu a=1 thì x=y=2

Nếu a$\geq 2$ $\Rightarrow 3^{b}\equiv 3 (mod 9)$

$\Rightarrow b=1$ $\Rightarrow$vô nghiệm

Đặt $x^{4}+y^{4}=S; x^{2}.y^{2}=P$

Ta có hệ sau

$\left\{\begin{matrix} S+P=4 \\ S^{2}-P^{2}=8 \end{matrix}\right.$

Hệ $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{1}{y^{3}}=28\\ \frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{1}{y^{2}}=10 \end{matrix}\right.$

Đặt $\frac{x}{y}=a; \frac{1}{y}=b$

Khi đó ta có $\left\{\begin{matrix} a^{3}+b^{3}=28\\ a^{2}+b^{2}=10 \end{matrix}\right.$

Tới đây thì dễ rồi 

Cho p là số nguyên tố lớn hơn n+1

Chưng minh 

$P(x)=1+\frac{x}{n+1}+\frac{x^{2}}{2n+1}+...+\frac{x^{p}}{pn+1}$ không có nghiệm x nguyên 

Tìm số nguyên dương n thoả mãn :

$2^{n}-1\vdots 3$ và  tồn tại số nguyên m thoả mãn $4m^{2}+1\vdots$$\frac{2^{n}-1}{3}$

Đặt a=x-1; b=y-1; c = z-1

Theo gt ta có $2\sum ab+3\sum a+\prod a=16$

Giả sử  đề bài sai ta có abc.(a+b+c)$\geq 3$

Lại có $(\sum ab)^{2}\geq 3abc.\sum a=9$

Từ đây ta có đpcm

Áp dụng AM-GM ta có 

$2=\sum a^{2}\geq 4\sqrt[4]{\prod a^{2}}\Rightarrow \sqrt{\left | abcd \right |}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow abcd\leq \frac{1}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=-c=-d=\frac{1}{\sqrt{2}}$ và các hoán vị của chúng