[nguyenta98]

Nguyên văn bởi daicahuyvn

Ngày 1
Câu I. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại số nguyên dương n mà số
$A=2+n+n^2+n^3+...+n^{p-1}$
là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương
Câu IV. Ta xếp một hoán vị của (1,2,3,...,2014 ) lên vòng tròn và kí hiệu các số bởi $a_1,a_2,a_3,...,a_{2014}$ theo chiều kim đồng hồ. Quy ước $a_1=a_{2015}$ và $a_0=a_{2014}$.Gọi N là số các chỉ số $1\le i \le 2014$ sao cho hoặc $a_{i-1}<a_i<a_{i+1}$ hoặc $a_{i-1}>a_i>a_{i+1}$. Tìm tất cả các giá trị có thể có của N.

Ngày 2:
Câu IV.Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại hoán vị $(a_1,a_2,...,a_{2013})$ của dãy (1,2,...,2013 ) thỏa mãn điều kiện $k\mid (2014+a_i-i)$ với mọi $i \in \{1,2,...,2013\}$

Ngày 1:
Bài 1: Đặt $A=m^5$ khi đó $m^5-1=1+n+...+n^{p-1}$
TH1: $n=1$ khi đó dễ cm $m=2$ nên $p=31$
TH2: $n \neq 1$ ta có
$m^5-1=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Xét $q$ là một số nguyên tố sao cho $q|\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Khi đó nếu $q|n-1$ ta có $q|\dfrac{n^p-1}{n-1} \Rightarrow q|n^{p-1}+n^{p-2}+...+n+1$ mà $q|n-1$ nên $n \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow n^{p-1}+n^{p-2}+...+n+1 \equiv p \pmod{q}$ do đó $q=p$ $(1)$
Nếu $q \not \mid n-1$ khi đó $q|\dfrac{n^p-1}{n-1} \Leftrightarrow q|n^p-1$ đặt $ord_q(n)=k$ khi đó $k|p$ nên $k=1,p$ nhưng nếu $k=1$ thì $q|n-1$ mâu thuẫn vì ta đang xét $q \not \mid n-1$ do đó $k=p$ suy ra $ord_q(n)=p$ mặt khác theo Fermat nhỏ $n^{q-1}-1 \vdots q$ nên $q-1 \vdots ord_q(n)=p \Rightarrow q \equiv 1 \pmod{p}$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ ta dẫn đến rằng mọi ước nguyên tố của $\dfrac{n^p-1}{n-1}$ đều có dạng là $p$ hoặc một số nguyên tố chia $p$ dư 1, hay nói chi tiết hơn, mọi ước số nguyên dương của $\dfrac{n^p-1}{n-1}$ đều có dạng $pt$ hoặc $pt+1$ ($t \in Z+$) $(3)$
Quay lại bài toán $m^5-1=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
$(m-1)(m^4+m^3+m^2+m+1)=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Theo $(3)$ suy ra $m-1$ có dạng $pt$ hoặc $pt+1$
$KN1$: $m-1=pt$ khi đó $m \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow m^4+m^3+m^2+m+1 \equiv 5 \pmod{p}$ mà $m^4+m^3+m^2+m+1|\dfrac{n^p-1}{n-1}$ nên cũng theo $(3)$ suy ra $m^4+m^3+m^2+m+1$ có dạng $pt$ hoặc $pt+1$ do đó $5 \equiv 0 \pmod{p}$ hoặc $5 \equiv pt+1 \pmod{p}$ nên $p=(2,5)$
$KN2$: $m-1=pt+1$ nên $m \equiv 2 \pmod{p}$ Lập luận tương tự trên ta có $31 \equiv 0,1 \pmod{p}$ nên $p=2,3,5,31$
Tóm lại ở cả 2 KN, ta có $p=2,3,5,31$
Xét $p=2$ chọn $n=30$ thì $A=2^5$
Nếu $p=3$ thì chọn $n=5$ thì $A=2^5$
Nếu $p=5$ chọn $n=2$ thì $A=2^5$
Nếu $p=31$ ta ko cần phải chọn nữa vì ở TH1 đã có rồi
Vậy $p \in \{2,3,5,31\}$ là các giá trị thỏa đề $\whitesquare$
Bài 4: Bài này đang có lỗi kĩ thuật
Trước tiên $0\le N\le 2014$ gọi $S$ là tập các chỉ số mà thỏa mãn đề bài
Giả sử $a_i=1,a_j=2014$ ($i\neq j$) khi đó ta cm $i,j \not \in S$
Thật vậy giả sử $a,b$ là hai số đứng cạnh $a_i$ theo chiều $a \rightarrow a_i \rightarrow b$ khi đó do $a,b \neq 1$ nên $a>1<b$ khi đó $a>a_i<b$ do đó $i \not \in S$
Tương tự với $a_j=2014$ ta cũng có $j \not \in S$
Do đó $N\le 2012$
Ta xây dựng các hoán vị thỏa mãn đề bài
$N=2012$ ta cho $(a_1,a_2,...,a_{2014}) <-> (1,2,3,...,2014)$ thì có $N=2012$ thỏa mãn
Bước xây dựng cho $N=2011$ mình tạm quên mất rồi, còn đại loại khi có $N=2012,2011$ thì ta thực hiện đảo vị trí của hai số liên tiếp thì $N$ giảm $2$ ở mỗi lần đảo nên ta có được điểu thỏa mãn, có điều TH $N=0$ thì ta xét hoán vị $(3,2,1,5,4,7,6,...,2k+1,2k,...,2013,2012,2014)$ là thỏa mãn
Cuối cùng đs mình ra là $N={0,1,2,3,..,2012}$ tức là $N$ nhận $2013$ giá trị, còn lời giải cụ thể để khi nào mình nhớ ra đã

Ngày 2:
Bài 4:
Ta có $k|\sum_{i=1}^{2013}{2014+a_i-i} \Rightarrow k|2013.2014+(a_1+a_2+...+a_{2013})-(1+2+...+2013) \Rightarrow k|2013.2014$
TH1: $k|2013$ suy ra $gcd(k,2014)=1$
Chọn $a_1=2013,a_i=i-1$ với $i=2,3,...,2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH2: $k|2014$ suy ra $gcd(k,2013)=1$
Chọn $a_i=i$ với mọi $i=1,2,...2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH3: $k \not \mid 2013$ và $k \not \mid 2014$
Khi đó tồn tại $p,q$ nguyên tố sao cho $pq|k$ và $p|2014,q|2013$ nên $p\neq q$
Lúc đó ta có $2014 \equiv 0 \pmod{p}$ và $2014 \equiv 1 \pmod{q}$ nên theo định lý Phần Dư Trung Hoa, tồn tại $m$ sao cho $2014 \equiv m \pmod{pq}$ dễ cm $m\neq 0,1$
Ta có $k|2014+a_i-i$ vói mọi $i=1,2013$ hay $2014+a_i-i \equiv 0 \pmod{pq}$ hay $a_i-i \equiv -m \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Nên $a_i \equiv -m+i \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Ta thấy với mỗi $i=1,2,...,2013$ xác định duy nhất số $a_i$ theo (mod $pq$) và ngược lại do đó số số đồng dư với $-m+i \pmod{pq}$ từ $1->2013$ phải bằng số số đồng dư với $i$ từ $1->2013$ với mọi $i=\overline{1,2013}$ (nhưng đã xác định) $(1)$
Ta chọn $i=m-1$ khi đó ta đếm số số đồng dư với $m-1 \pmod{pq}$ từ $1->2013$ chính bằng $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1$ mà $2014 \equiv m \pmod{pq} \Rightarrow 2013 \equiv m-1 \pmod{pq} \Rightarrow 2013=pq.t+(m-1)$ do đó $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1=t+1$ $(2)$
Mặt khác số số từ $1-2013$ mà đồng dư với $-m+i \equiv -m+m-1 \equiv pq-1 \pmod{pq}$ là
$\left\lfloor\dfrac{2013-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=\left\lfloor\dfrac{pq.t+(m-1)-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=t$ $(3)$
Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn $(1)$ do đó TH này loại
Vậy để $k$ thỏa mãn đề thì $k|2013$ hoặc $k|2014$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]