canhhoang30011999

Bài 3 Chứng minh rằng đa thức $x^{n}-x-1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với mọi $n$ tự nhiên/

Bài toán 1 hiện vẫn chưa có lời giải nên mình được phép đề xuất bài toán tiếp theo:
Bài toán 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Mở rộng: Liệu bạn có thể giải quyết cho trường hợp $P(x)$ là lũy thừa bậc $n$ của một số nguyên thì $P(x) = Q(x)^{n}$ với $Q(x)\in\mathbb{Z}[x]$

bài này thì quen rồi

ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử $P(X)=Q(x)^{2}.p_{1}(x).p_{2}(x)...p_{k}(x)$ với $p_{i}(x)$ là các đa thức bất khả quy bậc lớn hơn 1

do $p_{i}(x)$ bất khả quy nên $p_{1}(x)$ và $p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)$ nguyên tố cùng nhau

nên theo định lý Bê-du thì tồn tại 2 đa thức $R(x),S(x)$ với hệ số nguyên sao cho

$R(x).p_{1}(x)+S(x).p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)=n$ với n là số nguyên 

chọn $p>n$ nguyên tố sao cho tồn tại a sao cho $p_{1}(a)$ chia hết cho p (luôn tồn tại p theo Schur) thì $p_{1}'(a)p_{2}(a)....p_{k}(a)$ không chia hết cho p

nếu $p_{1}(a)$ không chia hết cho $p^{2}$ ta suy ra vô lý vì khi đó $v_{p}(P(a))$ lẻ

nếu $p_{1}(a)$ chia hết cho $p^{2}$ thì xét $p_{1}(a+p) \equiv p_{1}(a)+p.p_{1}(a)'(mod p^{2})$ thì $p_{1}(a+p)$ không chia hết cho $p^{2}$

chứng minh tương tự trên thì ta suy ra mẫu thuẫn.

Vậy $P(x)=Q(x)^{2}$

Bài toán tổng quát thì cũng chứng minh tương tự 

Bài 40

Cái tính cẩu thả mãi không sửa được . Mình xin giải lại như sau

Ta có nếu m có ước nguyên tố $p$ dạng 4k +3 mà $m$ chia hết cho $p^{2}$

Khi đó do tồn tại $x,y$ sao cho $x^{2}+y^2\equiv p^{2}+p(mod m)$ (vô lý)

Xét Th m chia hết cho p nhưng không chia hết cho p^{2}

xét m=$2^{t}.p_{1}^{a_1}..p_{k}^{a_k}.q_{1}q_{2}..q_{k}=2^{t}m_{1}.q_{1}.q_{2}..q{k}$ với $p_{i}$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ $q_{i}$ là số nguyên tố dạng $4k+3$

nếu $t>1$ thì ta suy ra tồn tại $x^{2}+y^{2} \equiv 3 (mod m)$ nên vô lý

ta sẽ chứng minh $t=0$ hoặc $t=1$ thỏa mãn

Nếu $t=1$ thì $m_{1}=a^{2}+b^{2}$ với $(a,b)=1$ (đã chứng minh ở bài toán trên) nên tồn tại $n$ sao cho $n^{2}+1$ chia hết cho $m$ (cái này có thể dùng kí hiệu Jacobi để chứng minh )

xét $l$ là một thặng dư bất kì mod $m_{1}$ thì nếu l lẻ thì $l=(\frac{t+1}{2})^{2}-(\frac{t-1}{2})^{2} \equiv a^{2}+b^{2}(mod m_{1})$ (do -1 là số chính phương mod $m_{1}$)

nếu l chẵn thì xét $l+m_{1}$

 tồn tại x,y,a,b sao cho

$x^{2}+y^{2}\equiv t (mod m)$

$a^{2}+b^{2} \equiv t (mod 2)$

xét $q$ nguyên tố bất kỳ thì ta có tồn tại $\frac{q+1}{2}$ thặng dư bình phương  của q

ta có xét t bất kỳ thì $t=1+t-1=2+t-2=....=p-1+t-(p-1)$

ta có 2 tổng $i+p-i$ và $j+p-j$ trùng nhau khi i+j=t nên ta chia t thành $\frac{p-1}{2}$ tổng của 2 số khác 0 hay là t viết được thành $\frac{p+1}{2}$ tổng của 2 số 

nếu $\frac{t}{2}$ là thặng dư bình phương ta có đpcm

nếu $\frac{t}{2}$không là thặng dư bình phương thì sẽ tồn tại 2 thặng dư bình phương ở cùng 1 tổng

vậy luôn tồn tại $a_{i},b_{i}$ sao cho $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=t (mod q_{i})$

Dùng định lý thặng dư Trung Hoa ta có đpcm

trường hợp t=0 thì tương tự

p/s: có bạn nào nói rõ cho mình về ký hiệu Jacobi được không?

bài 37 mình xin sửa lại như sau

ta sẽ cm $n_{r}=6^{2r}$ thỏa mãn

thật vậy xét$ n>6^{2r}$

ta có $C^{k}_{n}=\frac{k+1}{n+1}C^{k+1}_{n+1}$ 

Chứng minh $ac+bd,ad-bc$ nguyên tố cùng nhau đi bạn .

đầu tiên ta sẽ chứng minh $p^{t}=x^{2}+y^{2}$ với $(x,y)=1$ với $p=4k+1$

ta cm bằng quy nạp dễ thấy đúng với t=1

giả sử đúng đến t ta sẽ cm đúng với t+1

ta có $p^{t+1}=p^{t}.p=(x^{2}+y^{2})(a^{2}+b^{2})=(ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2}=(ax-by)^{2}+(ay+bx)^{2}$

nên nếu $p^{t+1}$ không viết đc dưới dạng tổng của 2 số chính phương nguyên tố cùng nhau thì $p/ax+by,ay-bx,ax-by,ay+bx$

mà $a,b<p$ nên $p/x$,$p/y$ (vô lý)

vậy $p^{t}=x^{2}+y^{2}$ với $(x,y)=1$

ta có với n chỉ gồm các ước nguyên tố dạng $4k+1$ thì $n=(a_{1}^{2}+b_{1}^{2})....(a_{k}^{2}+b_{k}^{2})$ với $(a_{i},b_{i})=1,(a_{i}^{2}+b_{i}^{2})=1$

ta chỉ cần cm $(a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})$ phân tích đc thành 2 SCP nguyên tố cùng nhau rồi sau đó quy nạp là xong

hay là cm $(ax+by,ay-bx)=1$

gọi $(ax+by,ay-bx)=d$ thì $b(x^{2}+y^{2})$ chia hết cho p là ước nguyên tố của d

nếu b $b$ chia hết cho $p$ thì $ax$,$ay$ chia hết cho p nên vô lý

vậy $x^{2}+y^{2}$ chia hết cho p

tương tự $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho p (vô lý) ta có đpcm 

p/s đang đánh dở mới nhận thông báo có bài mới nên nếu có giống bài trên mong mọi người thông cảm

Lời giải bài 17.

ta có xét đa thức $P(x)$ hệ số nguyên bất kì thì tồn tại vô số nguyên tố $p_{k}$ sao cho tồn tại $n_{k}$ sao cho $P(n_{k})$ chia hết cho $p_{k}$

ta có $P(x)$ và $P'(x)$ nguyên tố cùng nhau nên tồn tại $g(x),f(x)$ hệ số nguyên và n nguyên sao cho

$P(x)g(x)+P'(x)f(x)=n$ với mọi $x$ nguyên

ta xét k số nguyên tố $p_{1}$,...,$p_{k}$ sao cho $p_{i}>n$ và tồn tại $n_{i}$ sao cho $P(n_{i})$ chia hết cho $p_{i}$ 

TH1 nếu $P(n_{i})$ không chia hết cho $p_{i}^{2}$ với mọi $1\leq i \leq k$ thì ta xét n sao cho $n\equiv n_{i} (mod p_{i}^{2})$ với mọi $1\leq i \leq k$ có n thỏa đề ra

TH2 nếu tồn tại $i$ sao cho $P(n_{i})$ chia hết cho $p_{i}^{2}$ thì ta xét

$P(n_{i}+p_{i})=\sum a_t(n_{i}+p_{i})^{k}\equiv P(n_{i})+p_{i}P'(n_{i})(mod p_{i}^{2})$

 nên $P(n_{i}+p_{i})$ chia hết cho $p_{i}$ nhưng không chia hết cho $p_{i}^{2}$ rồi làm như TH1

Bài 18.  giải pt nghiệm nguyên $x^{2}+5=y^{3}$

nguồn Các phương pháp giải toán qua các kì thi olympic 2014

Đề xuất bài 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $4xyz-x-y=t^{2}$

lời giải bài 12

giả sử n chính phương ta có đpcm

nếu n không chính phương thì $n=x^{2}+a$($a<2x+1$)

ta có $f_{1}(n)=x^{2}+x+a$

nếu $a<x+1$ thì ta có $f_{2}(n)=(x+1)^{2}+a-1$

lúc này ta có $a<x+1+1$ nên quá trình tiếp tục cho đến $f_{a+1} $ là số chính phương

nếu $a \geq x+1$ thì $f_{2}(n)=(x+1)^{2} +a$ 

nếu $a<x+1+1$ thì ta có đpcm

nếu ngược lại thì cứ tiếp tục quá trinht trên ta có $f_{k}(n)=x_{k}^{2}+a$ với $x_{k}$ luôn tăng nên sẽ có lúc $a<x_{k}+1$ và ta có đpcm

bài 13 mình đợi bài 10 rồi post luôn

Chỗ (1) mình thấy không ổn, chưa thể kết luận là không có hai số nguyên liên tiếp nào thuộc $S(\alpha)$. Nếu ta chọn $\alpha$ rất nhỏ, gần $1$ thì khi đó $S(\alpha)$ vẫn chứa rất nhiều số nguyên dương từ $1$ tới $m$ nào đó.

đoạn đó viết không thuộc mà bạn

bài 10 đoạn sau lời giải hình như có vấn đề vì ví dụ số 1 thuộc A sẽ kéo theo  2017 thuộc A mà cả 1 và 2017 đều trong nhóm không biểu diễn được nên sự có mặt của các số trong A không độc lập với nhau nên không thể là$2^{L}$ được 

Bài 8 hình như lời giải của JUV có vấn đề vì xét trường hợp 2 ô đen 1 ô trắng sẽ chuyển thành 2 ô trắng 1 ô đen thì sẽ không đồng dư với nhau (mod 3) 

Lời giải bài 5:

Chọn ra 2 số thuộc $a,b$ thuộc $S$ mà $a,b$ phân biệt mà $2a\leq n< 2b$. Xét 1 cặp $(a;b)$ như thế, ta thấy rằng chỉ có 1 cấp số cộng cực đại duy nhất chứa 2 số $a$ và $b$ đó mà không chứa bất kì số nào nằm giữa 2 số đó. Tương tự, 2 cấp số cộng cực đại công sai khác 0 mà có chứa 2 số (a;b) thoả mãn  $2a< n\leq 2b$ và không chứa bất kì số nào nằm giữa 2 số đó thì sẽ trùng nhau. Vì vậy có thể thiết lập 1 song ánh giữa tập các cặp $(a;b)$ vào tập các csc cực đại công sai khác 0.Mà có thể tạo được $n$ csc cực đại công sai =0 nên số các csc cực đại bằng số cách chọn cặp $(a;b)$ cộng thêm $n$ và sẽ bằng : $(\frac{n}{2})(\frac{n}{2})+n$ nếu $n$ chẵn và bằng $(\frac{n-1}{2}+1)(\frac{n-1}{2})+n$ nếu $n$ lẻ.

 

hình như bạn bị thừa TH ví dụ với $n=10$ thì theo bạn có $1$ cấp số cộng cực đại ứng với $2,8$ nhưng thực ra csc này không cực đại vì ta có thể thêm $5$vào để thành csc $2,5,8$

Lời giải bài 7 : 

Ta có $T_{4}=T_{5}=T_{6}=6$

Xét với $n>6$ ta có số bộ $(1,a_{2},...,a_{n},1)$ thỏa mãn đk $1,2,3$ bằng số bộ $(1,a_{2},....,a_{n-2},a_{n-1},1)$ với $a_{n-2}$ khác 1 thỏa 1,2,3 cộng với số bộ

$(1,a_{2},....,1,a_{n-1},a{n},1)$ thỏa đk $1,2,3$

nên $T_{n+1}=T{n}+4T_{n-2}$ với $n\geq 6$ (công thức tổng quát phải dùng số phức lằng nhằng nên mình không post)

còn ý b thì chọn $g_{n}=T_{n}$ là được mà

Bài 8 : (Macedonia TST $2016$)(bài này bữa post rồi mà chưa thấy ai giải nên mình cho vào đây không biết có phạm quy không)

. Cho lưới vuông kích thước 2n×2n, chứa các ô vuông đơn vị trắng. Trong một nước đi một người có thể đổi màu của ba ô liên tiếp trong cùng một hàng hoặc một cột, với quy ước trắng thành đen và đen thành trắng. Xác định tất cả số nguyên dương $n\geq 2$, sao cho với hữu hạn nước đi, ta có thể thu được một bàn cờ vua.

 

 

Bài 4. Xác định số nguyên dương $n$ lớn nhất không thể viết thành tổng của ba số nguyên dương lớn hơn $1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.
 

 

Ta sẽ chứng minh $17$ là số cần tìm

Dễ chứng minh $17$ không thể viết thành tổng $3$ số nguyên dương lớn hơn $1$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Xét các số $n$ lớn hơn $17$. 

$n= 3k=(k+1)+k+(k-1)$

$n=4k=4+(2k-3)+(2k-1)$

$n=4k+2=2+(2k-1)+(2k-3)$

$n=12k+1=3+(6k-7)+(6k+5)$

$n=12k+5=(6k-1)+(6k-5)+9$

$n=12k+7=3+(6k-1)+(6k+5)$

$n=12k+11=3+(6k+1)+(6k+7)$

(do $n> 17$ nên các số trên đều lớn hơn $1$)

 

Macedonia TST 2016

Ngày 1
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$. $G$ là một điểm trong mặt phẳng sao cho $ABGH$ là hình bình hành. Điểm $I$ nằm trên đường thẳng $GH$ sao cho đường $AC$ chia đôi đoạn $HI$. Đường thẳng $AC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $GCI$ tại điểm $J$ khác $C$. Chứng minh rằng $IJ = AH$.
Bài 2. Cho lưới vuông kích thước $2n\times 2n$, chứa các ô vuông đơn vị trắng. Trong một nước đi một người có thể đổi màu của ba ô liên tiếp trong cùng một hàng hoặc một cột, với quy ước trắng thành đen và đen thành trắng. Xác định tất cả số nguyên dương $n \ge 2$, sao cho với hữu hạn nước đi, ta có thể thu được một bàn cờ vua.
Bài 3. Cho $m > n$ là các số nguyên dương. Ta định nghĩa dãy $x_{k} = \frac{m + k}{n + k}$ với $k = 1, 2, \cdots , n + 1$. Chứng minh rằng nếu $x_{1}, x_{2}, \cdots , x_{n + 1}$ đều là các số nguyên thì $\left(\prod_{i = 1}^{n + 1}x_{i}\right) - 1$ chia hết cho ít nhất một ước nguyên tố lẻ.

Nguồn

AoPS.com

 

Cho mình hỏi bàn cờ vua ở đây là $8*8$ hay là  chỉ cần xen kẽ là được?

P/s: sao bạn cập nhật được nhanh vậy?