Đến nội dung


I Love MC

Đăng ký: 07-06-2014
Offline Đăng nhập: 21-10-2017 - 11:08
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $a^n+2^n \mid b^n+c$

19-10-2017 - 21:32

IMO 2013 
 


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rị...

13-10-2017 - 22:32

Câu tổ cuối sử dụng nguyên lí Fubini ,lập bảng và đếm theo 2 cách (có trong tổ hợp mathscope) 


Trong chủ đề: $n! \vdots dn^{2}+1$

09-10-2017 - 20:14

$d(4d+1)$ ko là số chính phương $\Rightarrow x^2-d(4d+1)y^2=1$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $(x_k,y_k)$. Xét phương trình $(4d+1)u^2-dn^2=1 (1)$ có nghiệm $(u,n)=(1,2)$ 
Suy ra $(u_k,n_k)=(x_k+2dy_k,2x_k+(4d+1)y_k)$ là nghiệm của $(1)$ 
Nếu $n_k \le 2u_k-1$ thì $(4d+1)u_k^2 \le d(2u_k-1)^2+1$ (vô lí) 
Suy ra $n_k \ge 2u_k$ . Chọn $k$ đủ lớn $n_k \ge 4d+1$ 
Khi đó $(n_k)! \vdots (2u_k).u_k.(4d+1)=2(dn_k^2+1) \vdots (dn_k^2+1)$ với mọi $k$ đủ lớn.


Trong chủ đề: 58th IMO 2017

20-07-2017 - 21:55

Bài 2: 
Đi vào bài toán xét $f(0)=0 \Rightarrow f(x)=0$ 
Bây giờ xét $f(0) \ne 0$. Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x=u,y=v$ vào phương trình đề cho . 
$P(0,0) \Rightarrow f(f^2(0))=0$. Đặt $c=f^2(0)$. 
$P(c,\frac{c}{c-1}) \Rightarrow f(0)=0$ (vô lí). Suy ra $c=1$ hay $f(0)=1$ hay $f(0)=-1$. 
Tính được $f(1)=0$. Không mất tính tổng quát giả sử $f(0)=-1$

$P(x,1) \Rightarrow f(x+1)-1=f(x) \Rightarrow f(x+n)-f(x)=n (1)$ . Ta chứng minh $f$ là đơn ánh . 
Giả sử $f(x)=f(y) . Lấy $m \in \mathbb{Z}$ sao cho a+b=x+m+1,ab=y+m$ có nghiệm. 
$P(a,b) \Rightarrow f(f(a)f(b))+f(a+b)=f(ab)=f(f(a)f(b))+f(x+m+1)=f(y+m)$. Chú ý là $f(x+m)=f(y+m)$ do $(1)$ 
Suy ra $f(f(a)f(b))=-1$ suy ra $f(a)f(b)=0$. Giả sử $f(a)=0 \Rightarrow a=1$ suy ra $x=y \Rightarrow f$ đơn ánh. 
$P(x,1-x) \Rightarrow f(x)f(1-x)=x-x^2$ 
$P(x,-x) \Rightarrow f(x)(f(1-x)-1)=1-x^2 \Rightarrow f(x)=x-1$ 
Tương tự $f(0)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ 
Vậy $f(x)=x-1,1-x,0$


Trong chủ đề: CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P...

08-06-2017 - 21:23

Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$  
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$ 
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$ 
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!)  \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có : 
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$ 
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$ 
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$ 
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$ 
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$. 
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.