YoLo

Cm không tồn tại một dãy tăng thực sự các số nguyên $\geq 0$ $a_{1}; a_{2};...$ sao cho mọi số tự nhiên m,n đều có $a_{mn}=a_{m}+a_{n}$

 LATEX XUẤT HIỆN LỖI

Giả sử tồn tại dãy tăng đó tức là với bộ i<j thì a_i<a_j

Xét chỉ số nguyên dương $k$ đủ bé tùy ý

Khi đó $a_{1}+a_{k}=a_{k};a_{2}+a_{k-1}=a_{2(k-1)}$

dễ thấy $k$<$2(k-1)$ => $a_{k}<$a_{2(k-1)}$

=>$a_{1}+a_{k}$<$a_{2}+a_{k-1}$

=>$a_{k}-a_{k-1}$<$a_{2}-a_{1}$ => $a_{k}-a_{k-1}$ giảm thực sự so với $a_{2}-a_{1}$

như vậy nếu ta có $a_{2}-a_{1}=m$ ($m$ là số hữu hạn nào đó) => $m$ giảm thực sự

thì đến 1 lúc nào đó tồn tại  2 chỉ số mà $a_{n+1}-a_{n}\leq 0$ (tức là lúc đấy m đã giảm về 0 hoặc nhỏ hơn)

=> mâu thuẫn với giả sử

Xác định đa thức 3 biến $P(x,y,z)$ với các hệ số nguyên thỏa mãn tính chất sau :Số nguyên dương $n$ không là số chính phương khi và chỉ khi có một bộ ba số nguyên dương $(x,y,z)$ sao cho $P(x,y,z)=n$

Trong một đa giác lồi có diện tích S và chu vi P, có thể đặt được hình tròn có R=$\frac{S}{P}$ ko?

Gọi đa giác đó là $A_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}$

Giả sử có thể làm được điều đó

tức là có thể đặt được 1 đường tròn $(O;R)$

gọi $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}$ lần lượt là k/c từ $O$ đến$A_{1}A_{2},A_{2}A_{3},....,A_{n}A_{1}$

=> $R\leq min(a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n})$ (vì nếu có 1 cái nhỏ hơn thì nó chòi ra ngoài)

$a=min(a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n})$

$=>\frac{S}{P}\leq a$

mà $2S\geq aP$ (nhớ là a là cái nhỏ nhất nên nó thừa  sức lớn hơn)=> vô lý

P/s: Đề cho $R=\frac{S}{P}$ hơi lỏng (để $R=\frac{2S}{P}$ thì tồn tại <=> nó là đa giác ngoại tiếp 1 đường tròn)

Tại sao các số trên đều là hợp số 

Có các phản chứng, ví dụ $n=1$ thì $(n+1)!+3=5$ là số nguyên tố mà 

Đề bài yêu cầu chỉ ra tồn tại hay không tức là tôi đã chỉ ra 1 dãy tm bài, n=1 ko được cho n bằng 1 tỷ thử xem tm mà

bạn xem số thứ nhất chẵn , số thứ 2 chia hết cho 3 , số thứ 3 chia hết cho 4, ...., số thứ n chia hết cho n+1

Bài 142: Có thể tìm được hay không 1 dãy số tự  nhiên gồm 2018 số liên tiếp mà trong dãy đó không có số nào là số nguyên tố.

Mk trả lời cho bạn tổng quát n số luôn nè

Dãy $(n+1)!+2;(n+1)!+3;(n+1)!+4;...;(n+1)!+(n+1)$

là dãy gồm n số liên tiếp mà tất cả các số đều là hợp số

Chả hiểu câu hỏi là ý gì ???

Bài 98 Kí hiệu $\tau (n)$ là số lượng các ước số tự nhiên của $n$. CM với mọi $n$ nguyên dương ta luôn có$\tau (n)^{2}<4n$

Bài 99 Cho $a,b$ nguyên dương sao cho $\frac{a^{2}b+a+b}{ab^{2}+b+3}$ là số nguyên dương .CM $9\mid ab$

Chúc mừng topic đạt 100 bài

Bài 100 (Bài này khó nhô não)

Cho số nguyên tố$p$  sao cho $p\equiv 1(mod4)$ và số nguyên dương $a$ thỏa mãn $(a,p)=1$

Tính $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left \{ \frac{ak^{2}}{p} \right \}$

Vì đã lâu nên mk xin đưa ra đáp án bài 98

Bài 98

Có nếu $a\mid n$ thì $b=\frac{n}{a}\mid n$

ta chia các ước số nguyên dương của $n$ thành các cặp là $a< \sqrt{n}$ (gọi là số A) và $b=\frac{n}{a}$ (gọi là số B)

=> số các số A=số các số B

TH1: $n$ không là SCP

=>=> $\tau (n)=$ 2 lần số các số A

Khi  đó tất cả số A đều $< \sqrt{n}$

Gọi d là số lớn nhất trong các số A => $d\leq \left [ \sqrt{n} \right ]< \sqrt{n}$

Mọi số A đều thuộc tập $\left \{ 1,2,3,...,\left [ \sqrt{n} \right ] \right \}$ nên số các số A $< \sqrt{n}$

=>$\tau (n)<2\sqrt{n}$

TH2: $n$ là SCP

=>$\sqrt{n}$ là ước của n => các số A $\leq \sqrt{n}-1$

=>số các số A$\leq \sqrt{n}-1$

=> $\tau (n)\leq 2(\sqrt{n}-1)+1< 2\sqrt{n}$  (cộng 1 ở đây là thêm cái thằng $\sqrt{n}$ )

 => xong

Cho số thực $\lambda \in (0;1)$ Chứng minh mọi nghiệm phức của đa thức

$$f(x)=\sum^{n}_{k=0} \begin{pmatrix} n\\ k \end{pmatrix}\lambda^{k(n-k)}x^k$$

đều có module bằng 1

P/s: China TST

Bài này mới đọc thấy đăng ở trên Aops : Problem 5 test 4 day 2 ChinaTST 2018

P/s: Bọn tàu khựa thi lắm thật 4 test mỗi test 2 day luôn

Bài tổ hợp trong đề HSG 12 Cà Mau

Bằng quy nạp chứng minh đc số hạng lớn nhất của tập $X_{k}$ là$k^{2}$

Đặt $T_{n}=1+2+3+4+...+n^{2}$

Như vậy tổng các số ở tập $X_{k}$ là $S_{k}=T_{k}-T_{k-1}$

có $T_{k}=\frac{k^{2}(k^{2}+1)}{2}$

=> $T_{k-1}=\frac{(k-1)^{2}((k-1)^{2}+1)}{2}$

=> $S_{k}=\frac{k^{4}+k^{2}-(k-1)^{4}-(k-1)^{2}}{2}$

Sử dụng công thức trên để cm $S_{k}$ ko là SCP với $k$ lẻ và >2

Bài 107:Cho a,b,c,d là các số tự nhiên sao cho $b^{2}+1=ac,c^{2}+1=bd$. Chứng minh rằng a=3b-c, d=3c-b

Thấy bài này có vẻ hay , mà chưa thấy ai giải

từ giả thiết suy ra $a,b,c,d$ là số nguyên dương

giả sử $a+c$ chia $b$ dư $r$ => $a+c=bm+r$

=> $b^{2}+1=c(mb+r-c)$

=> $b^{2}+c^{2}-mbc+1=rc$

mà theo gt ta có $b\mid c^{2}+1;c\mid b^{2}+1$

=> $bc\mid b^{2}+c^{2}+1=>rc\mid bc=>r\mid b=>r=0$ (vì r<b)

=> $b^{2}+c^{2}+1-mbc=0$ có nghiệm nguyên dương $(b;c)$ với m nguyên dương

Theo nguyên lý cực hạn tồn tại bộ nghiệm $(b_{0};c_{0})$ mà $b_{0}+c_{0}$ là nhỏ nhất

ta thấy $(b_{0};c_{0})$ là 1 nghiệm của PT thì $(c_{0};b_{0})$ cũng là nghiệm của PT . KMTTQ giả sử $b_{0}\geq c_{0}$

=> $b_{0}$ là 1 nghiệm của PT bậc 2 

  $b^{2}-b.mc_{0}+c_{0}^{2}+1=0$  (1)

=> PT (1) còn 1 nghiệm khác là $b_{1}$ theo giả sử như trên thì $b_{1}+c_{0}\geq b_{0}+c_{0}=> b_{1}\geq b_{0}$

AD Vi-ét ta có

$b_{1}+b_{0}=mc_{0};b_{1}b_{0}=c_{0}^{2}+1$

Từ đây suy ra $b_{0},b_{1}$ đều là số nguyên dương

$c_{0}^{2}=b_{1}b_{0}-1\leq b_{0}^{2}(b_{0}\geq c_{0})$

Nếu $b_{1}=b_{0}=>b_{0}^{2}=c_{0}^{2}+1=>m=...$

Nếu $b_{1}>b_{0}=>b_{1}b_{0}-1>(b_{0}-1)^{2}$=>$c_{0}^{2}$ là scp và bị kẹp giữa 2 SCP liên tiếp => $b_{0}=c_{0}$

=>$m=3$

m=3,r=0=>$a+c=3b$

 tương tự với cái còn lại

P/s: Đánh LaTex bài này xong mà muốn gãy tay,

Mà bài 98.99.100 mk đăng ko ai giải ah

Thấy bài này năm đó thành phố mình ít người giải được nên post lên

Bài 95: Cho 1000 số nguyên dương a₁,a₂,...,a₁₀₀₀ sao cho $1<\leq a_{k}\leq k$ với mọi k=1,2,..,1000 và a₁+a₂+...+a₁₀₀₀ là số chẵn. Hỏi trong các số +-a₁ +- a₂ +-...+-a₁₀₀₀ có số nào =0 không? Giải thích (PTNK 2000)

Chả hiểu câu hỏi là ý gì ???

Bài 98 Kí hiệu $\tau (n)$ là số lượng các ước số tự nhiên của $n$. CM với mọi $n$ nguyên dương ta luôn có$\tau (n)^{2}<4n$

Bài 99 Cho $a,b$ nguyên dương sao cho $\frac{a^{2}b+a+b}{ab^{2}+b+3}$ là số nguyên dương .CM $9\mid ab$

Chúc mừng topic đạt 100 bài

Bài 100 (Bài này khó nhô não)

Cho số nguyên tố$p$  sao cho $p\equiv 1(mod4)$ và số nguyên dương $a$ thỏa mãn $(a,p)=1$

Tính $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left \{ \frac{ak^{2}}{p} \right \}$

Bài 91: Tìm tất cả các cặp số (p, n) với p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thỏa mãn:

$p^3-2p^2+p+1=3^n$

easy to prove $n$ chẵn

=>$n=2k$

=> $p(p-1)^{2}=(3^{k}-1)(3^{k}+1)$

TH1  $3^{k}-1$ chia hết cho p

=> $3^{k}-1=px ;3^{k}+1=px+2$ ($x$ nguyên dương)

thay vào có

$(p-1)^{2}=x(px+2)$

<=> $p^{2}-p(x^{2}+2)+(1-2x)=0$

coi đây là phương trình bậc $2$ với ẩn $p$

có $\Delta =(x^{2}+2)^{2}+4(2x-1)$ là số chính phương

=> $x^{4}+4x^{2}+8x$ là số chính phương

Xét 1 số TH của $x$ để kẹp biểu thức trên giữa bình phương của 2 đa thức (tự túc )

TH2: Tương tự như TH1

TOPIC tiếp tục với các bài toán số học hấp dẫn nào:

88) Có hay không các số nguyên $x,y,z$ thỏa mãn: $\left | x-2005y \right |+\left | y-2007z \right |+\left | z-2009x \right |=2011^{x}+2013^{y}+2015^{z}$

Nếu $x,y,z$ nguyên không âm thì vế trái chẵn, vế phải lẻ (vô lý)

Nếu trong 3 số $x,y,z$ có 1 số <0

Nếu $x\geq ,y\geq 0,z<0$

=> $2011^{x}+2013^{y}< VT <2011^{x}+2013^{y}+1$

=> VT ko là số nguyên , VP là số nguyên => vô lý

Tượng tự với TH 2 số <0 và 3 số <0 thì kẹp chúng giữa 2 số nguyên liên tiếp thì ko phải số nguyên

TOPIC tiếp tục với các bài toán số học hấp dẫn nào:

89) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: $x^{3}+x^{2}y+xy^{2}+y^{3}=4(x^{2}+y^{2}+xy+3)$

$(x^{2}+y^{2})(x+y)=4(x^{2}+y^{2})+4xy+12<7(x^{2}+y^{2})  voi  x^{2}+y^{2}>12$

=> x+y<7 ....

Đi vét  thôi

Bài 82: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn $p> q$ và $p^3-q^7=p-q$

$p^{3}-p=q^{7}-q>q^{6}-q^{2} => p>q^{2}$

mà $p(p-1)(p+1)=q(q-1)(q+1)(q^{2}+q+1)(q^{2}-q+1)$ chia hết cho p

=> từng cái phải chia hết cho $p$ mà $p>q^{2}$

=> chỉ xảy ra $q^{2}+q+1$ chia hết cho $p$

q nguyên tố => $q^{2}+q+1<2q^{2}=2p$ => $p=q^{2}+q+1$

thay vào giải

Thấy bổ đề này bá quá nên đăng mn xem thử chứ mk chưa biết cm đâu

Bài 69 : Chứng minh rằng với $a$ nguyên dương bất kì luôn tồn tại số nguyên tố  $n\in \left [ a,2a \right ]$

Ta có $2018\equiv 2(mod4)$. Giả sử lấp được hết bảng hình vuông bằng các hình chữ nhật có kích thước $1$ X $4$ thì số hình vuông phải chia hết cho $4$. Nên không thể lấp hết được.

Nhầm lẫn rồi nhé bạn . Hình vuông có cạnh bằng 2018 hình vuông đơn vị nghĩa là hình vuông 2018 x 2018