Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


IMOer

Đăng ký: 07-04-2016
Offline Đăng nhập: 29-03-2018 - 16:15
****-

#643643 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 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.




#643576 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 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.



#642445 JBMO 2016

Gửi bởi IMOer trong 27-06-2016 - 15:30

JBMO 2016

(Junior Balkan Mathematical Olympiad 2016)

Ngày thi: 26.06.2016

 

Bài 1: Cho hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD,\ AB>CD$ ngoại tiếp một đường tròn. Tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ tiếp xúc với các đường thẳng $AB,\ AC$ lần lượt tại $M,\ N$. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp hình thang $ABCD$ nằm trên đường thẳng $MN$.

 

Bài 2: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[\frac{8}{{{\left( a+b \right)}^{2}}+4abc}+\frac{8}{{{\left( b+c \right)}^{2}}+4abc}+\frac{8}{{{\left( c+a \right)}^{2}}+4abc}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}\]

 

Bài 3: Tìm tất cả các bộ số nguyên $\left( a,b,c \right)$ sao cho số $N=\dfrac{\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)}{2}+2$ là luỹ thừa của $2016$.

 

Bài 4: Một bảng $5\times 5$ được gọi là tầm thường nếu mỗi ô vuông chứa 1 trong 4 số thực dương phân biệt và với mọi bảng con $2\times 2$ thì mỗi số xuất hiện đúng 1 lần. Tổng của tất cả các số của 1 bảng tầm thường được gọi là tổng của bảng. Với 4 số bất kỳ, ta xây dựng tất cả các bảng tầm thường có thể, tính tổng của các bảng đó và đếm số giá trị phân biệt nhận được. Xác định giá trị lớn nhất có thể có của số lượng giá trị đó.




#642441 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 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.




#642420 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 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 $m,n\in\mathbb{Z}^+$.




#641902 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 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 $n+a^n+b^n+c^n$.




#641889 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 23-06-2016 - 15:25

Bài 59 Cho $a_{1}=1;a_{n+1}=a_{n}^{4}-a_{n}^{3}+2a_{n}^{2}+1,n \geq 1$

CMR tồn tại vô hạn số nguyên tố p tm ko có số hạng $a_n$ nào là bội của $p$

Lâu lắm không vào, thấy bài cũng ngon ngon mà không ai xơi.

 

Lời giải bài 59:

 

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp rằng: $a_n$ là dãy tăng ngặt và $a_{n+k}\equiv a_k\ (\bmod a_n)$ với mọi $k\in\mathbb{Z}^+$          (1).

Theo bài ra ta có: $a_{n+1}-a_n=(a_n^2+1)(a_n^2-a_n+1)$

Lấy $p$ là một ước nguyên tố nào đó của $a_n^2+1$.

Vì $a_{n + 1}\equiv a_n\ (\bmod p)$, nên $p|a_{n+1}^2+1$.

Suy ra với mọi $k\ge n$ thì $p|a_k^2+1$, nên $p$ không là ước của $a_k$        (2).

Giả sử tồn tại $k<n$ sao cho $p|a_k$.

Theo (1) thì $p|a_{km}$ với mọi $m\in\mathbb{N}$, mâu thuẫn với (2).

Vậy $p$ không là ước của số hạng nào trong dãy $a_n$.

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố $p$ là ước của một số có dạng $a_n^2+1$.

Ta có:

$\begin{aligned}(a_{n+1}^2+1)-(a_n^2+1)&=(a_n^2+1)(a_n^2-a_n+1)(a_{n+1}+a_n)\\ \Rightarrow a_{n+1}^2+1&=(a_n^2+1)\left(a_n^2-a_n+1)(a_{n+1}+a_n)+1\right)\\&=(a_n^2+1)\left((a_n^2+1)(a_{n+1}+a_n)-a_n(a_{n+1}-a_n)+1-2a_n^2\right)\end{aligned}$

Vì $\gcd(a_n^2+1,1-2a_n^2)=1$ và $a_n^2+1|a_{n+1}-a_n$ nên $\gcd(a_n^2+1,(a_n^2+1)(a_{n+1}+a_n)-a_n(a_{n+1}-a_n)+1-2a_n^2)=1$, suy ra tồn tại số nguyên tố $p$ là ước của $a_{n+1}^2+1$ mà không phải là ước của $a_n^2+1$.

Dễ thấy khi đó $p$ không là ước của $a_k^2+1$ với mọi $k<n$.

Dẫn tới tồn tại vô số số nguyên tố $p$ là ước của một số có dạng $a_n^2+1$.




#639686 a<b<c, (bc-1) $\vdots a$;(ca-1)$\vdots b...

Gửi bởi IMOer trong 11-06-2016 - 22:20

Từ giả thiết suy ra: $(bc-1)(ca-1)(ab-1)\ \vdots\ abc$ hay $ab+bc+ca-1\ \vdots\ abc$

Vì $a<b<c$ nên ta có: $abc\le ab+bc+ca-1<3bc$ nên $a<3$.

Mà $a$ là số nguyên tố nên $a=2$.

Khi đó ta có: $bc+2b+2c-1\ \vdots\ 2bc$.

Vì $c>b>2$ nên $2bc\le bc+2b+2c-1<3bc$ nên suy ra: $bc+2b+2c-1=2bc$.

Hay $bc-2b-2c+1=0\Leftrightarrow (b-2)(c-2)=3$.

Từ giả thiết $c>b>2$ dễ dàng suy ra: $b=3, c=5$.




#639682 a,b là nghiệm của phương trình:$x^{2}-10cx-11d$=0; c,d là...

Gửi bởi IMOer trong 11-06-2016 - 22:11

Theo Viet ta có: $\left\{\begin{aligned}a+b=10c\\ab=-11d\end{aligned}\right.$ và $\left\{\begin{aligned}c+d=10a\\cd=-11b\end{aligned}\right.$.

Khi đó ta có: $abcd=121bd$, mà $b,d\ne0$ nên $ac=121$.

Ta có: $a+b+c+d=10(a+c)\Rightarrow b+d=9(a+c)$.

Lại có: $a^2-10ac-11d+c^2-10ac-11b=0\Leftrightarrow (a+c)^2-22ac-11(b+d)=0$

$\Leftrightarrow (a+c)^2-99(a+c)-2662=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}a+c=121\\a+c=-22\end{aligned}\right.$

Với $a+c=-22$ thì ta suy ra được: $a=c=-11$, khi đó dễ dàng suy ra: $b=d=-99$ (thoả mãn), khi đó: $a+b+c+d=-220$.

Với $a+c=121$ thì ta suy ra được: $b+d=1089$ (thoả mãn), khi đó: $a+b+c+d=1210$.

Vậy $S=-220$ hoặc $S=1210$.




#639573 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 11-06-2016 - 13:34

Chắc ý bạn là mihailescu :v nhưng ko có chứng minh sơ cấp, với cả 2 bài này ý tưởng khác nhau :v Đừng nhầm lẫn là tương tự nha

P/s: Anh IMOer ơi lời giải bài 49 ...

Tặng các bạn lời giải bài 49:

Xét số nguyên tố $r$ bất kỳ.

Ta gọi $p\in S$ là “tốt” nếu tồn tại vô số phần tử thuộc $S$ đồng dư $p$ mod $r$.

Từ đó dẫn tới có hữu hạn số nguyên tố $p\in S$ là “không tốt”. Gọi $a$ là tích tất cả các số “không tốt” trong $S$ và $b$ là tích của một số số “tốt” bất kỳ trong $S$, khi đó mọi ước nguyên tố của $ab+1$ đều là “tốt”.

Ta xây dựng dãy số $\left( {{x}_{n}} \right)$ như sau: ${{x}_{0}}=1$. Giả sử $x{{y}_{n-1}}+1={{p}_{1}}{{p}_{2}}...{{p}_{m}}$ thì ${{p}_{i}}$ đều là các số “tốt”, nên ta có thể chọn ${{q}_{i}}$ đôi một phân biệt sao cho ${{q}_{i}}\equiv {{p}_{i}}\ \left( \bmod \ r \right)$, khi đó ta lấy: ${{x}_{n}}={{q}_{1}}{{q}_{2}}...{{q}_{m}}$.

Chứng minh bằng quy nạp ta được: ${{x}_{n}}\equiv {{a}^{n}}+...+a+1\ \left( \bmod \ r \right)$.

Dựa trên cách xây dựng dãy $\left( {{x}_{n}} \right)$ ta sẽ chứng minh $r\in S$.

Nếu $a\equiv 0\ \left( \bmod \ r \right)$ thì hiển nhiên $r\in S$ theo cách xây dựng $a$.

Nếu $a\equiv 1\ \left( \bmod \ r \right)$ thì ta có: $r|{{x}_{r-1}}$ nên $r\in S$ theo cách xây dựng ${{x}_{r-1}}$.

Nếu $a\not{\equiv }0\ \left( \bmod \ r \right)$ và $a\not{\equiv }1\ \left( \bmod \ r \right)$ thì ta có: $\left( a-1 \right){{x}_{r-2}}\equiv {{x}^{r-1}}-1\equiv 0\ \left( \bmod \ r \right)$, nên $r\in S$ theo cách xây dựng ${{x}_{r-2}}$.

Vậy $r\in S$ với $r$ là số nguyên tố bất kỳ.




#639534 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 11-06-2016 - 09:18

Em nghĩ dãy $k_{n}$ phải nhỏ hơn $10$ và cách chúng ta thêm vào phải lặp lại em không chắc về ý kiến của mình . Mong anh có ý kiến thêm .

Lời giải bài này yêu cầu $k_n$ phải khác 9 (Cũng có thể nếu $k_n$ có thể bằng 9 thì kết luận trên vẫn đúng).

Còn $k_n$ có thể tuỳ ý, không cần lặp lại, ví dụ: $a_1=2016; a_2=20162; a_3=201621; a_4=2016201; a_5=20162010;...$ là một dãy hợp lệ.




#639369 Marathon Tổ hợp và rời rạc VMF

Gửi bởi IMOer trong 10-06-2016 - 16:31

Bài 15: 

Một ảo thuật gia với $1$ bộ bài có $52$ quân bài, có $4$ loại bài là cơ, chuồn, rô, tép, mỗi loại bài có $13$ quân bài. Đầu tiên nhà ảo thuật sẽ đưa bộ bài cho khán giả xào bài, tất cả các quân bài sau khi được xào lại được đặt úp, chồng lên nhau. Trợ thủ của nhà ảo thuật được quyền xem thứ tự các quân bài và cũng có thể viết $1$ trong $2$ số $0$ hoặc $1$ vào mặt sau mỗi quân bài nhưng không được sắp xếp lại bộ bài và cũng không được nói cho nhà ảo thuật biết thứ tự của bộ bài. Mỗi lượt nhà ảo thuật sẽ đoán loại bài của lá bài trên cùng của xấp bài, sau đó loại nó ra khỏi bộ bài. Nhà ảo thuật cứ tiếp tục như thế trong $52$ lượt. Hỏi có chiến lược nào giúp anh ta đoán được đúng loại bài của ít nhất $30$ quân bài không?

Mình có một số thắc mắc sau:

- Trợ lý và nhà ảo thuật có được thống nhất chiến thuật từ trước khi xáo bài hay không?

- Có bắt buộc trợ lý phải viết số vào sau lá bài không?




#639332 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 10-06-2016 - 13:39

Thực ra bài 53 không khác bài 48 là mấy, chỉ là trường hợp tổng quát thôi. Với trường hợp $x+1$ là số chính phương, ta có thể dùng phương trình Pell để giải quyết như cách dưới đây.
 
Lời giải bài 53:
Bổ đề: Với ${{a}^{p}}+{{b}^{p}}={{c}^{2}}$ và $\gcd \left( a,b \right)=1$ thì $p|c$ hoặc $a+b$ là một số chính phương.
Chứng minh bổ đề: Ta có: ${{c}^{2}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{p-1}}-{{a}^{p-2}}b+...-a{{b}^{p-2}}+{{b}^{p-1}} \right)$
Gọi $d=\gcd \left( a+b,{{a}^{p-1}}-{{a}^{p-2}}b+...-a{{b}^{p-2}}+{{b}^{p-1}} \right)$ thì suy ra: $d|p{{a}^{p-1}}$ và $d|p{{b}^{p-1}}$.
Mà $\gcd \left( a,b \right)=1$ suy ra: $d|p$.
Nếu $d=1$ thì suy ra: $a+b$ là một số chính phương.
Nếu $d=p$ thì suy ra: $p|c$.
 
Quay lại bài toán, ta có:
Nhận thấy nếu $(x,y)$ là nghiệm thì $(x,-y)$ cũng là nghiệm nên ta sẽ chỉ xét $y\ge0$.
Với $y=0$ thì ta suy ra: $x=-1$
Với $y=1$ thì ta suy ra: $x=0$
Với $y\ge 2$ thì ta cũng suy ra: $x\ge 2$.
Lại có: ${{x}^{p}}=\left( y-1 \right)\left( y+1 \right)$.
Nếu $2|y$ thì suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}y-1={{a}^{p}} \\y+1={{b}^{p}}\end{array} \right.$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1$.
Khi đó suy ra: ${{b}^{p}}-{{a}^{p}}=2$, dễ thấy vô nghiệm.
Nếu $2\nmid y$ thì ta có:
Xét phương trình: ${{y}^{2}}={{x}^{p}}+1$
Nếu $x+1$ là số chính phương, giả sử $x+1=t^2; t\ge 2$ thì ta xét phương trình Pell $X^2-xY^2=1$.
Khi đó phương trình Pell có các nghiệm $(X,Y)=(t,1)$ và $(X,Y)=(y, x^{\frac{p-1}{2}})$.
Nên sẽ tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $y+x^{\frac{p-1}{2}}\sqrt x=(t+\sqrt x)^n$.
Hệ số của $\sqrt x$ ở vế phải sẽ phải chia hết cho $x$ nên $x|nt^{n-1}$.
Vì $2\nmid y$ nên $2|x$, suy ra $2\nmid t$, dẫn tới $2|n$.
Khi đó hệ số của $\sqrt x$ ở vế phải chia hết cho $t$, nên $t|x^{\frac{p-1}{2}}$.
Gọi $q$ là ước nguyên tố của $t$, khi đó $q|x$, mà $x+1=t^2$, suy ra $q|1$, vô lý.
Nếu $x+1$ không là số chính phương thì theo bổ đề ta có: $p|y$.
Ta xét 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: $y+1=2{{a}^{p}};\ y-1=2^{p-2}{{b}^{p}}$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1,\ a$ lẻ. Khi đó dễ dàng suy ra được: $a>b\Rightarrow a-1\ge b$.
Ta có: ${{a}^{2p}}-{{\left( 2b \right)}^{p}}={{\left( \frac{y+1}{2} \right)}^{2}}-2\left( y-1 \right)={{\left( \frac{y-3}{2} \right)}^{2}}$
Vì $\frac{y-3}{2}\in \mathbb{N}$ và không chia hết cho $p$ nên theo bổ đề ta có: ${{a}^{2}}-2b$ là số chính phương, vô lý vì: ${{a}^{2}}>{{a}^{2}}-2b\ge {{a}^{2}}-2\left( a-1 \right)>{{\left( a-1 \right)}^{2}}$.
Trường hợp 2: $y+1=2^{p-2}{{a}^{p}};\ y-1=2{{b}^{p}}$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1,\ b$ lẻ. Giải quyết tương tự suy ra trường hợp này vô nghiệm.
 
Bài 54: (Nguồn: Sưu tầm)
Cho dãy các số nguyên dương $a_1, a_2, ...$ thoả mãn với mọi $n\ge 1$ thì tồn tại số tự nhiên $k_n$ nhỏ hơn $9$ sao cho $a_{n+1}=10a_n+k_n$.
Chứng minh rằng dãy số trên chứa vô số hợp số.



#639299 Marathon số học Olympic

Gửi bởi IMOer trong 10-06-2016 - 10:25

Lời giải khác bài 52:

Trường hợp 1: Nếu $n\notin M$, ta chia $2n-2$ số còn lại thành $n-1$ cặp: $(1,2n-1), (2,2n-2),...,(n-1,n+1)$.

Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất 1 cặp mà cả 2 số đều là phần tử của $M$, và tổng 2 phần tử này chia hết cho $2n$.

Trường hợp 2: Nếu $n\in M$, gọi $n-1$ phần tử còn lại của $M$ là $x_1, x_2,...,x_{n-1}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại tập con khác rỗng $S$ của $M\backslash \{n\}$ có tổng các phần tử chia hết cho $n$          $(*)$.

Nếu tổng các phần tử của $S$ chia hết cho $2n$ thì $S$ là tập cần tìm.

Nếu tổng các phần tử của $S$ không chia hết cho $2n$ thì $S\cup\{n\}$ là tập cần tìm.

Thật vậy, vì $n\ge4$ nên sẽ tồn tại 2 số không cùng số dư khi chia cho $n$, không mất tính tổng quát, giả sử đó là $x_1,x_2$.

Xét $n$ số sau: $x_1, x_2, x_1+x_2, x_1+x_2+x_3,...,x_1+x_2+...+x_{n-1}$. 

Nếu có ít nhất 1 số trong $n$ số trên chia hết cho $n$ thì xong.

Nếu không có số nào trong $n$ số trên chia hết cho $n$ thì sẽ tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho $n$. Khi đó hiệu 2 số này sẽ chia hết cho $n$, suy ra $(*)$.




#639161 Marathon Tổ hợp và rời rạc VMF

Gửi bởi IMOer trong 09-06-2016 - 15:13

Lời giải bài 13:

Gọi ${{P}_{n}}$ là số hình vuông có các đỉnh thuộc ${{X}_{n}}$.

Nhận xét: từ một hình vuông cạnh $s$ có cạnh song song với trục tọa độ, ta có thể dựng được thêm $s-1$ hình vuông nội tiếp.

Mà có ${{(n-s)}^{2}}$ hình vuông cạnh $s$ có cạnh song song với trục tọa độ.

$\displaystyle \Rightarrow {{P}_{n}}=\sum_{s=1}^{n-1}{{{(n-s)}^{2}}}s=\frac{{{n}^{2}}({{n}^{2}}-1)}{12}=\frac{C_{{{n}^{2}}}^{2}}{6}$

Mỗi hình vuông có 6 đoạn nối các cặp đỉnh nên có $6{{P}_{n}}$ đoạn nối các cặp đỉnh.

Số cặp điểm là:${{S}_{0}}+{{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}=C_{{{n}^{2}}}^{2}=6{{P}_{n}}$.

Số cạnh và số đường chéo của ${{P}_{n}}$ hình vuông là: ${{S}_{1}}+2{{S}_{2}}+3{{S}_{3}}=6{{P}_{n}}$.

Từ đó suy ra: ${{S}_{0}}={{S}_{2}}+2{{S}_{3}}$.

 

Bạn JUV đăng bài tiếp theo lên nhé!