นี่มัน IMO 2005 ข้อ 4 นี่นา

ถ้า \(p\ge5\) เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้ว่า \(p\mid2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1\) เพราะ p หาร
\[6\cdot(2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1)=3\cdot2^{p-1}+2\cdot3^{p-1}+6^{p-1}-6\]ลงตัว (โดย Fermat's Little Theorem) และเนื่องจาก 6 หาร \(a_2=48\) ลงตัว ดังนั้นคำตอบจึงมีเพียงตัวเดียวคือ 1

ข้อต่อไปขอเป็นโจทย์มาตรฐานละกัน

8. ให้พิสูจน์ว่า ตัวประกอบทุกตัวของจำนวนที่อยู่ในรูป \(2^{\displaystyle{2^n}}+1\) (n เป็นจำนวนเต็มที่มากกว่าหรือเท่ากับ 0) จะต้องอยู่ในรูป \(k\cdot2^{n+1}+1\) (k เป็นจำนวนเต็มที่มากกว่าหรือเท่ากับ 0)

ขอตั้งโจทย์ที่ค้างไว้ก่อนนะครับโจทย์จะได้หลากหลายข้อ
9. find all integer a₁,a₂,...a_n such that a₁+...+a_n=a₁²+...+a_n²=n

สำหรับจำนวนเต็ม a_i ใดๆ \(a_i^2\ge{}a_i\) ดังนั้นจะได้ว่า \(\sum{(a_i^2-a_i)}=0\Leftrightarrow{}a_i=0,1\) เมื่อรวมกับเงื่อนไขโจทย์จะได้ว่า a_i=a₁=1 เท่านั้น

ไม่แน่ใจนะครับว่าข้อนี้จะมี trick อะไรแฝงอยู่ เพราะดูง่ายผิดปกติ ยังไงใครคิดได้ช่วยยืนยันหรือเสริมด้วยครับ

จริงๆแล้วข้อนี้ผมแต่งเองครับ ลืมดูว่ามีวิธีที่ง่ายกว่าที่คิดครับ
ที่ผมคิดไว้คือ จากโจทย์จะได้ n(a₁²+...+a_n²)=(a₁+...+a_n)²
ซึ่งจากเงื่อนไขของอสมการโคชีจะได้ a₁=...=a_n=1

วิธีของคุณ Char Aznable น่าสนใจดีครับ
เอาเป็นว่าผมให้เครติตคนที่ตอบคำถามข้อ 8 (ซึ่งเป็นการพิสูจน์ที่นำไปสู่ข้อสรุปว่า 641|F₅)ของคุณ Warut ได้เป็นคนตั้งคำถามข้อต่อไปละกัน คำถามจะได้ไม่ตีกันเอง

วานพี่ warut ช่วยเฉลยข้อ 8. ให้หน่อยได้มั้ยครับ :D

ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะที่หาร \(2^{\displaystyle{2^n}}+1\) ลงตัว
เราจึงได้ว่า \(2^{\displaystyle{2^n}}\equiv-1\pmod p\) และ \(2^{\displaystyle{2^{n+1}}}\equiv1\pmod p\)
ดังนั้น \(2^{n+1}\) จึงเป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุดที่ทำให้สมการ \(2^x\equiv1\pmod p\) เป็นจริง
จาก Fermat's Little Theorem เรารู้ว่า \(2^{p-1}\equiv1\pmod p\)
ดังนั้น \(2^{n+1}\mid p-1\) นั่นแสดงว่า p อยู่ในรูป \(k\cdot2^{n+1}+1\)
เนื่องจากผลคูณของจำนวนที่อยู่ในรูป \(k\cdot2^{n+1}+1\) จะยังคงอยู่ในรูปนี้ เราจึงสรุปได้ว่าตัวประกอบทุกตัวของ \(2^{\displaystyle{2^n}}+1\) จะต้องอยู่ในรูป \(k\cdot2^{n+1}+1\)

ต้องขอโทษด้วยนะครับถ้าข้อนี้ใช้ความรู้อะไรที่เกินระดับโอลิมปิกไป เพราะผมก็ไม่ค่อยรู้เรื่องเกี่ยวกับโอลิมปิกสักเท่าไหร่

ใครอยากตั้งข้อต่อไปเชิญได้เลยคร้าบ :)

10. ให้ \(a(1)=\sqrt{5}\) และ \(a(n+1)=\sqrt{5+a(n)}\) จงแสดงว่า \(a(n)<3\)
Hint: Induction

ไม่เข้าใจครับ ทำไมเป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุด

ถ้า x เป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุดที่ทำให้สมการ \(2^x\equiv1\pmod p\) เป็นจริง เรารู้ว่า x จะต้องหาร 2ⁿ⁺¹ ลงตัว ดังนั้น x จึงอยู่ในรูป 2^m และเราจะได้ว่า\[2^{\displaystyle{2^m}}\equiv2^{\displaystyle{2^{m+1}}}\equiv
2^{\displaystyle{2^{m+2}}}\equiv\cdots\equiv1\pmod p\]แต่เรารู้ว่า \(2^{\displaystyle{2^n}}\equiv-1\not\equiv1\pmod p\) ดังนั้น m = n + 1 :)

ขอบคุณมากครับ :)

เพิ่มเติมนะครับ เอามาจากที่อื่น
ให้ \(a\) เป็นจำนวนเฉพาะสัมพัทธ์กับ \(m\) เราเรียกค่า \(k\) เป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุดที่ทำให้ \(a^k \equiv 1 (\text{mod}\ \ m)\) ว่า order ของ \(a\) modulo \(m\)

ข้อที่ 10 ครับ
ให้ P(n) แทนข้อความ a(n) < 3
\( \displaystyle{\begin{array}{lrlll}ขั้นฐาน&P(1)\ :\ a(1)&=&\sqrt{5} < 3\\&&&\ \ 5\ \ < 9&เห็นว่า\ \ P(1)\ เป็นจริง\\ขั้นอุปนัย&ให้\ P(k)\ เป็นจริง &นั่นคือ&\ a(k)\ <\ 3\\&&&5 + a(k) <\ 8\ \ <\ \ 9\\\therefore\ \ &a(k+1)&=&\sqrt{5+a(k)}\ <\ 3&นั่นคือ\ P(k+1)\ เป็นจริง \end{array}}\)
ดังนั้น a(n) < 3 ทุกจำนวนนับ n :D
มาช่วยตรวจด้วยนะครับ ถ้าถูกต้องจะได้ใช้สิทธิ์ถามข้อถัดไป

ถูกแล้วครับ สงสัยข้อนี้ง่ายที่สุดในสิบข้อแรกเลยละมังครับ แล้วจะรอทำข้อ 11 ครับ ;)

ต่อเลยนะครับ
11. จงหาจำนวนคำตอบที่เป็นจำนวนเต็มบวกของสมการ
\[a_1^4+a_2^4+...+a_{14}^4=1,599\]

Edit: ใส่เลขข้อ