Đến nội dung

IMOer

IMOer

Đăng ký: 07-04-2016
Offline Đăng nhập: 15-10-2023 - 15:47
****-

Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

04-07-2016 - 17:40

P.S: Hình như đề British này tính phí đúng không anh IMOer? Em chưa bao giờ thấy mặt đề British :P

Đề British (2 vòng) được đăng tải khá đầy đủ ở đây. Đáp án chính thức thì anh không thấy public ở đâu cả.

 

Xin nói thêm về bài 65. Đây là bài số 2 trong Mock - IndianMO 2016 được gợi ý bởi Anant (các bạn có thể tìm thêm trên trang mathometer.weebly.com). Lời giải của mình của giống như của anh IMOer, ở đây $2^{2016}$ và $2015$ là các số tượng trưng cho năm, có thể tổng quát thành $m, n$ bất kỳ. :P

Lúc nhìn đề bài 65 là anh cũng nhận ra ngay 2 điều:

- Các số $2^{2016}$ và $2015$ đúng là chỉ mang ý nghĩa tượng trưng.

- Chắc chắn sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa.


Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

04-07-2016 - 09:15

Lời giải bài 65:
 
Bổ đề: Với $f\left( x \right)\in \mathbb{Z}\left[ x \right]$ khác đa thức hằng thì tồn tại vô số số nguyên tố là ước của ít nhất một phần tử trong tập $\left\{ f(1),f(2),f(3),... \right\}$.
Với $i\ge 2$, gọi ${{p}_{i}}$ là một ước nguyên tố lớn hơn 2015 của $a_{i}^{i}+i$, với ${{a}_{i}}$ là một số nguyên dương nào đó.
Khi đó dễ dàng nhận thấy $\left( i,{{p}_{i}} \right)=\left( {{a}_{i}},{{p}_{i}} \right)=1$ với mọi $i\ge 2$ và theo bổ đề trên ta hoàn toàn có thể chọn các số ${{a}_{i}}$ sao cho các số nguyên tố ${{p}_{i}}$ đôi một phân biệt.
Ta sẽ chứng minh với mọi $n$, tồn tại số nguyên dương ${{x}_{n}}$ sao cho $p_{i}^{n}|x_{n}^{i}+i$     (*).
Với $n=1$ chọn ${{x}_{1}}={{a}_{i}}$.
Giả sử (*) đúng với $n=k$, ta có: $p_{i}^{k}|x_{k}^{i}+i$.
Nếu $p_{i}^{k+1}|x_{k}^{i}+i$ thì chọn ${{x}_{k+1}}={{x}_{k}}$.
Nếu $p_{i}^{k+1}\nmid \ x_{k}^{i}+1$thì ta có: $x_{k}^{i}+i=p_{i}^{k}\left( a{{p}_{i}}+b \right)$ với $\left( b,{{p}_{i}} \right)=1$.
Ta sẽ chọn: ${{x}_{k+1}}=cp_{i}^{k}+{{x}_{k}}$, khi đó: $x_{k+1}^{i}+i={{\left( cp_{i}^{k}+{{x}_{k}} \right)}^{i}}+i\equiv ic{{x}_{k}^{i-1}}p_{i}^{k}+x_{k}^{i}+i\ \left( \bmod \ p_{i}^{k+1} \right)$
Vì $\left( i,{{p}_{i}} \right)=\left( {{x}_{k}},{{p}_{i}} \right)=1$ nên ta sẽ chọn được $c$ sao cho: ${{p}_{i}}|ic{{x}_{k}^{i-1}}+b$.
Theo nguyên lý quy nạp ta chứng minh được (*).
Vậy, với mỗi $i\ge 2$, tồn tại ${{n}_{i}}$ sao cho: $p_{i}^{{{2}^{2016}}-1}|n_{i}^{i}+i$
Xét hệ phương trình đồng dư sau:
\[\left\{ \begin{array}{l} x\equiv -1 & \left( \bmod \ {{2}^{{{2}^{2016}}-1}} \right)  \\ x\equiv {{n}_{2}} & \left( \bmod \ p_{2}^{{{2}^{2016}}-1} \right) \\ x\equiv {{n}_{3}} & \left( \bmod \ p_{3}^{{{2}^{2016}}-1} \right) \\ ... & ...  \\ x\equiv {{n}_{2015}}  & \left( \bmod \ p_{2015}^{{{2}^{2016}}-1} \right)\\ \end{array}\right.\]
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ phương trình đồng dư này có nghiệm nguyên dương $x$, khi đó: ${{x}^{i}}+i$ chia hết cho 1 số có dạng ${{p}^{{{2}^{2016}}-1}}$ nên các số này đều có ít nhất ${{2}^{2016}}$ ước.
 
Mình xin đề xuất tiếp 1 bài dễ thở sau:
 
Bài 66: (Nguồn: British MO 2016, round 2)
Giả sử $p$ là một số nguyên tố và tồn tại các số nguyên dương phân biệt $u,v$ thoả mãn $p^2$ là trung bình cộng của $u^2$ và $v^2$. Chứng minh rằng $2p-u-v$ là một số chính phương hoặc bằng 2 lần một số chính phương.

Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

27-06-2016 - 15:03

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

Đúng là có hơi tắt chút, nhưng nếu thêm câu $p-1$ có dạng $2^k$ thì chắc là ok rồi.


Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

27-06-2016 - 11:15

Lời giải bài 63:

 

*) Với $3^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv0\ (\bmod{p})$ thì $3^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\ (\bmod{p})$.

Gọi $d$ là cấp của 3 theo modulo $p$, khi đó: $d\nmid \dfrac{p-1}{2}$.

Mà $3^{p-1}\equiv 1\ (\bmod{p})$ nên $d\mid p-1$, dẫn tới: $d=p-1$. Từ đó suy ra: $p$ là số nguyên tố.

 

*) Với $p$ là số nguyên tố, ta có: $p\equiv 2\ (\bmod{3})$ và $p\equiv 1\ (\bmod{4})$.

Ta có: $\left(\dfrac{3}{p}\right)=\left(\dfrac{p}{3}\right)=\left(\dfrac{2}{3}\right)=-1$.

Nên: $3^{\frac{p-1}{2}}\equiv\left(\dfrac{3}{p}\right)\equiv -1\ (\bmod{p})$.

 

Bài 64: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ thoả mãn đồng thời:

(i) $f(n)\ge n$ với mọi $n\in\mathbb{Z}^+$.

(ii) $f(m+n)\mid f(m)+f(n)$ với mọi $m,n\in\mathbb{Z}^+$.


Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

23-06-2016 - 16:55

Do đã lâu rồi bài 59 vẫn chưa có người giải nên mình up bài 60 vậy

Cho dãy $a_{0}=1,a_{1}=1,a_{n+2}=98a_{n+1}-a_{n}-16$

CMR $a_{n}$ là CP với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Lời giải bài 60:

 

Xét dãy: $b_0=1, b_1=1, b_{n+2}=10b_{n+1}-b_n$.

Ta có:

$\begin{aligned}2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}&=2b_{n+1}(10b_n-b_{n-1})-b_n(10b_{n+1}-b_n)\\&=10b_nb_{n+1}-2b_{n+1}b_{n-1}+b_n^2\\&=2b_n^2+b_{n+1}(10b_{n+1}-b_n)-2b_{n+1}b_{n-1}\\&=2b_n^2-b_{n-1}b_{n+1} \end{aligned}$

Dẫn tới: $2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}=2b_1^2-b_0b_2=-8$, với mọi $n\in\mathbb{N}$.

Lại có:

$\begin{aligned}b_{n+2}^2&=100b_{n+1}^2-20b_{n+1}b_n+b_n^2\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16+(4b_{n+1}^2-20b_{n+1}b_n+2b_n^2+16)\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16+2(2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}+8)\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16\end{aligned}$

Từ đó suy ra: $a_n=b_n^2$ với mọi $n\in\mathbb{N}$.

 

Bài 61:

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(a,b,c,d)$ sao cho nếu số nguyên dương $n$ có tất cả các ước nguyên tố lớn hơn 2016 thì $n+d$ là ước của $n+a^n+b^n+c^n$.


  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: IMOer