Hr MiSu

Ta chứng minh bổ đề, Nếu $p,q$ là số nguyên tố và $q^{2}|2^{p-1}-1$ thì $q=3$.

Thật vậy, giả sử tồn tại $q>3$ thỏa mãn, ta thấy $p>3$. Suy ra $2^{p-1}-1\equiv -1$ (mod 8) nhưng $q^{2}\equiv 0,1,4$ (mod 8) suy ra vô lý, 

Vậy bổ đề đc c/m.

Ta trở lại với bài toán:

Xét p=2 ko thỏa mãn, p=3 : thỏa mãn.

Xét p>3:dựa vào bổ đề, và định lý fecma nhỏ thì $2^{p-1}-1$=$p.m$, m>2 không chia hết cho p, do đó $p(2^{p-1}-1)$ =$p^{2}.m$,, vậy nếu $p(2^{p-1}-1)$ là lũy thừa của một số nguyên nào đó, thì nó là lũy thừa bâc 2 của 1 số nguyên, suy ra m là lũy thừa bậc 2 của 1 số nguyên. mặt khác theo bổ đề, nếu m có ước nguyên tố q khác 3 thì  $q^{2}|2^{p-1}-1$ vô lý, vậy $m=3^{2h}$, h>0. $2^{p-1}-1$=$p.9^{h}$

Xét p=5 loại, p=7 thỏa mãn. 

Ta chứng minh với $p>7$ thì $2^{p-1}-1$ luôn có ước nguyên tố khác 3,p, từ đó ko thể viết $2^{p-1}-1$ dưới dạng $p.9^{h}$

thật vậy, viết $p=2^{i}.3^{j}.r+1$ r>0 không chia hết cho 2,3, $i,j\geq 0$. 

Nếu $j\neq 0$ thì $7|2^{3}-1|2^{p}-1$ mâu thuẫn

Vậy j=0, nếu i>1 thì $5|2^{p}-1$ cũng mâu thuẫn

Vậy j=0, i<2, vì p>7 nên $r\geq 5$. như vậy r luôn có ước nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5. Gọi ước này là a. ta có $2^{a}-1|2^{p}-1$, Giải phương trình $2^{a}-1=3^{b}$ ta được a=2, b=1, ko thể xảy ra do a>2, vậy $2^{a}-1$ luôn có 1 ước nguyên tố khác 3 vậy là đã xong rồi, 4 tiếng cuộc đời

Ta giải luôn TH tổng quát cho n>4 số, gọi k là số số tối đa có thể xóa đi

Ta thấy nếu xóa đi $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor$ số đầu thì chắc chắn ko tồn tại số thỏa mãn đề, vậy $k\leq \left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor-1$.

Ta chứng minh nếu xóa đi k số bất kì, thì luôn tồn tại một bộ số thỏa mãn. Thật vậy., nếu số 1 ko bị xóa, trong n-1 số còn lại, luôn tồn tại 2 số liên tiếp (dễ chứng minh), suy ra tồn tại bộ thỏa mãn.

Xét 1 bị xóa, nếu 2 ko bị xóa , tương tự ta suy ra tồn tại ít nhất 1 cặp cách nhau 2 đơn vị , cứ như thế cho đến khi xóa k số đầu tiên, ta có đpcm

Cho đồ thị đầy đủ có n đỉnh, từ mỗi đỉnh chỉ có 1 hướng đi các đỉnh khác, hỏi có tối đa bao nhiêu tam giác cùng hướng?

a) Không mất tổng quát giả sử $a\leq b\leq c \Rightarrow abc\leq 3c \Rightarrow bc\leq 3,$ xét thôi

b )Không mất tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{3}{a}\leq 3,$ lại xét tiếp thôi

Câu 2, đặt z=a+bi, rồi áp dụng bđt mincoxki lên điều kiện đề bài, ta thu đc (a+2)^2+(b-6)^2≤20, đặt x=a+2,y=b-6, ta đi tìm min a^2+b^2, thế a,b theo x,y, dùng C-S thì thu đc |z|>3/2 suy ra ý b ko biết đúng k nữa

bài 1 dùng công thức moivre ta tính đc tử = -2^50, mẫu = -14-16i, đến đây dễ rồi

Gọi "ít hàng" là số mà xuất hiện nhiều nhất 2 hàng, tương tự với "ít cột".
Trong số 6 giá trị xuất hiện ở các 1 cột bất kì, có ít nhất 1 giá trị xuất hiện ít nhất 3 lần, do đó, có tối đa 5 giá trị "ít hàng", do mỗi số đó xuất hiện nhiều nhất ở 2 hàng, và có 21 cột, nên số vị trí xuất hiện của 5 số là 21.5.2=210, do đó có tối đa 210 vị trí của "ít hàng", tượng tự cũng có tối đa 210 vị trí của "ít cột". Mà có tới 21.21=441>2.210 nên có ít nhất 1 số không "ít hàng", cũng như "ít cột" , 

Quy nạp theo n (bất biến) và xét đồng dư theo mod 4 , đặt S(n) là tổng sau n bước

n=1, S(n) đồng dư với 2 mod 4

n=2, khi đổi dấu, tổng S(n) đồng dư với 0 mod 4

quy nạp như thế, với n chẵn thì S(n) đồng dư với 0 mod 4, mà 1998  đồng dư với 2 mod 4 nên ko thu đc kết quả

G ọi, M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC,NC,MB

Ta có MQ=AD/2=AE/2=NP suy ra khoảng cách từ O tới FH,GH là bằng nhau suy ra g óc FOH= g óc HOG

Do đó OH là phân giác của g óc FOG v à g óc FHG , từ đó dễ suy ra FG // DE do cùng vuông góc với phân giác góc A

Mình dịch tạm nha