tanlsth

đặt $\mathcal{S}=\sum_{i=1008}^{2017}\left \lfloor \frac{2^i}{2017} \right \rfloor-\sum_{i=0}^{1007}\left \lfloor \frac{2^i}{2017} \right \rfloor$ với $\left \lfloor a \right \rfloor$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $a$

Chứng minh rằng $2017.\mathcal{S}$ là số chính phương

(Nguồn: thầy Nguyễn Hồng Lữ)

Spoiler

một bài toán hay với lời giải thú vị

Đặt $p=2017$, dễ thấy $p$ là số nguyên tố lẻ và dựa vào tính chất

$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$

ta sẽ có $2$ là số chính phương theo $\mathrm{mod}\; p$, hay $2^{\frac{p-1}{2}} = 1 \;(\mathrm{mod}\; p)$

Giả sử $2^i=a_i \;(\mathrm{mod} \; p), \; \forall i=0,\dots,\frac{p-1}{2}-1$, suy ra $2^{i+\frac{p-1}{2}}=a_i \;(\mathrm{mod}\; p), \; \forall i=0,\dots,\frac{p-1}{2}-1$

ta suy ra $\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left\lfloor \frac{2^i}{p}\right\rfloor=\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left(\frac{2^i}{p}-\frac{a_i}{p}\right)$

Tương tự $\sum_{i=\frac{p-1}{2}}^{p-2}\left\lfloor \frac{2^i}{p}\right\rfloor=\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left(\frac{2^{i+\frac{p-1}{2}}}{p}-\frac{a_i}{p}\right)$

Từ các kết quả trên ta có

$S=\sum_{i=\frac{p-1}{2}}^{p-2}\left\lfloor \frac{2^i}{p}\right\rfloor-\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left\lfloor \frac{2^i}{p}\right\rfloor=\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left(\frac{2^{i+\frac{p-1}{2}}}{p}-\frac{a_i}{p}\right)-\sum_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}\left(\frac{2^i}{p}-\frac{a_i}{p}\right)=\frac{\left(2^{\frac{p-1}{2}}-1\right)^2}{p}$

$\rightarrow pS=\left(2^{\frac{p-1}{2}}-1\right)^2$ là số chính phương

Cho 5 điểm trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất một tứ giác lồi có bốn đỉnh từ năm điểm đã cho.

Giải bài toán với trường hợp n>5

Xét bao giác lồi cho 5 điểm đó, xảy ra 3 trường hợp

[1] Bao giác lồi là tam giác, gọi tam giác đó là $ABC$, xét 2 điểm còn lại là $D$ và $E$,

điểm $E$ phải nằm 1 trong 3 tam giác $DAB, DBC, DCA$, không mất tính tổng quát, giả sử là tam giác $DAB$. Đường thẳng $CD$ chia mặt phẳng làm 2 nửa, nếu $E$ nằm cùng với $A$ trên 1 mặt phẳng suy ra tứ giác $ACDE$ là lồi, còn nếu $E$ nằm cùng với $B$ trên 1 nửa mặt phẳng thì tứ giác $BCDE$ là lồi

[2] Bao giác lồi là tứ giác, suy ra tứ giác này thoả mãn bài toán

[3] Bao giác lồi là ngũ giác, chọn 4 điểm bất kì đều sẽ tạo tứ giác lồi thoả mãn

cho $m,n$ là các số nguyên dương mà $m\ge n$.Tính số bộ $(x_1,x_2,...,x_{m+n})$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

$\text{i)}$   $x_i\in \left \{ -1,1 \right \}\ \ ,\forall i=\overline{1,m+n}$

$\text{ii)}$  $\sum_{i=1}^k x_i\ge 0\ \ ,\forall k=\overline{1,m+n}$

$\text{iii)}$ $\sum_{i=1}^{m+n}x_i=m-n$

Từ điều kiện (iii) ta suy ra có đúng $m$ số $1$ và $n$ số $-1$ trong dãy.

Với mỗi cặp $(k, \sum_{i=1}^{k}x_i)$ ta gắn với một điểm trong toạ độ, như vậy là sẽ qui về bài toán sau

Tìm số cách đi từ điểm toạ độ $(0, 0)$ đến điểm toạ độ $(m+n, m-n)$ sau $m+n$ bước đi sao cho trong quá trình đi ta không bước xuống khu vực toạ độ $y$ âm, ở đây với mỗi bước đi ta có thể di chuyển từ $(x,y)$ sang $(x+1, y+1)$ hoặc $(x+1, y-1)$

Số cách đi từ $(0,0)$ đến $(m+n,m-n)$ là $C_{m+n}^{m}$

Trong số cách này, với mỗi cách đi mà bước vào khu vực toạ độ $y$ âm, ta tạo 1 song ánh như sau

Xét quá trình từ điểm $(0,0)$ đến điểm đầu tiên bước xuống khu vực toạ độ âm $(x, -1)$, lấy đối xứng tất cả các điểm này qua đường thẳng $y=-1$, ta sẽ được 1 cách đi từ $(0,-2)$ đến $(m+n, m-n)$, và ánh xạ này là song ánh

Suy ra số các cách đi này là $C_{m+n}^{m+1}$

Vậy số bộ thoả mãn là $C_{m+n}^{m} - C_{m+n}^{m+1} = \frac{m+1-n}{m+1}C_{m+n}^{m}$

cho em hỏi thế nếu như $\frac{a}{b}$ là số hữu tỉ hoặc vô tỉ,ví dụ $\frac{a}{b}=1,7$ thì có là $c_{i}\equiv -i+1,7\left ( mod\; p_{i} \right )$,thế này thì sao ạ

Ở đây $\frac{a}{b} (\mathrm{mod} \; p)$ không phải là tính theo số hữu tỉ bình thường, mà nó có nghĩa như sau

Với $(b,p)=1$ thì tồn tại một số tự nhiên $x$ sao cho $bx = 1 (\mathrm{mod} \; p)$, và $\frac{a}{b} = ax (\mathrm{mod} \; p)$

Ví dụ như $\frac{2}{3} = 2 \times 2 = 4 (\mathrm{mod} \; 5)$

Cho $a\in \mathbb{Z}, b\in \mathbb{N}^{*}, n\in \mathbb{N}^{*}  $. Chứng minh rằng tồn tại n số hạng liên tiếp của dãy a+b,a+2b,a+3b,... đều là hợp số

Do tập các số nguyên tố là vô hạn (chứng minh bằng phản chứng), nên ta có thể chọn $n$ số nguyên tố phân biệt lớn hơn $\max(a,b)$

Gọi các số nguyên tố đấy là $p_1,\dots,p_n$, theo định lý thặng dư trung hoa, tồn tại $x \in N^{*}$ sao cho $x \equiv c_i (\mathrm{mod} \; p_i), \forall i=1,\dots,n$

với $c_i \equiv -i-\frac{a}{b} (\mathrm{mod} \; p_i)$

Nhận thấy $a+(x+i)b > p_i$ chia hết $p_i$ nên các số hạng này đều là hợp số (có thể chọn $x$ đủ lớn tuỳ ý thoả mãn)