Đến nội dung

Ego

Ego

Đăng ký: 26-10-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#638852 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 08-06-2016 - 08:34

Mình thì nghĩ nguyên lý Dirichlete ở Olympiad có thể được thừa nhận. Đương nhiên đa thức Cyclotomic là một công cụ mạnh rồi :P.
Ý tưởng của mình cho bài toán trên bắt đầu từ ý tưởng phản chứng, vì mình chẳng thể quy nạp, hay làm bất cứ gì như bình thường. Mình phản chứng dựa trên $p$. Mình còn phát hiện ra là nếu như trong tay có một số nguyên tố $\equiv p - 1\pmod{p}$ thì bài toán sẽ vô lý hẳn. Vì vậy mình cố gắng tìm ra các lực lượng khác để truy ra số nguyên tố đó. Bài này cũng gợi gợi chút gì đó trong chứng minh vô hạn số nguyên tố của Euler nên cũng chứng minh được tập $S$ vô hạn. Phần còn lại là cố gắng tìm ra số nguyên tố dạng $kp + a$ với $a$ không thặng dư chính phương modulo $p$ (tự nhiên xuất thần nghĩ ra cái này). Chỉ cần $\frac{p - 1}{2}$ số nguyên tố như vậy ta đã truy ra số nguyên tố mình cần.
Bài 50. (AMM) Chứng minh rằng nếu ta chọn $n$ số tự nhiên từ $2n$ số nguyên dương đầu tiên thì ta luôn tìm được số square - free.
Nói thêm về số square-free, ta gọi $n$ là số square-free nếu và chỉ nếu với $p\in\mathbb{P}$ sao cho $p\mid n$ thì $v_{p}(n) = 1$.

Remark




#638828 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 08-06-2016 - 00:41

Bài 49: (Nguồn: Sưu tầm)

Cho $S$ là tập khác rỗng các số nguyên tố thoả mãn với $n\ge 1$ và $p_1,p_2,...,p_n\in S$ thì mọi ước nguyên tố của $p_1p_2...p_n+1$ cũng thuộc $S$.

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố đều thuộc $S$.

Lời giải bài 49.

Bổ đề 1. Cho $i \in \{0, 1, 2, \cdots , p - 1\}$ với $p \in \mathbb{P}$. Ký hiệu $A_{p} \subset \{0, 1, 2, \cdots , p - 1\}$ là tập hợp chứa các phần tử đôi một không đồng dư nhau modulo $p$. Khi đó nếu $|A_{p}| \le \frac{p - 1}{2}$ thì tồn tại $a \in \mathbb{A_{p}}$ sao cho $a + 1\not\in A_{p}$.

Bổ đề 2. Có đúng $\frac{p - 1}{2}$ thặng dư chính phương modulo $p$ với $p$ nguyên tố.
Quy ước $A_{p}$ là số các lớp đồng dư modulo $p$ đôi một khác nhau.

i) Ta sẽ chứng minh $\mathbb{S}$ chứa vô hạn phần tử. Thật vậy, nếu chúng chỉ có hữu hạn thì ta suy ra tồn tại một số nguyên tố $p \mid P + 1$ với $P$ là tích tất cả các phần tử của $\mathbb{S}$, mặt khác, $p \in \mathbb{S}$ nên $p\mid 1$, vô lý.

ii) Giả sử phản chứng, giả sử $p$ là số nguyên tố không là phần tử của $\mathbb{S}$. Ta đã biết rằng theo định lý Dirichlete rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố có dạng $mp + n$ với $n = 1, 2, \cdots p - 1$.
Do tập $\mathbb{L} = \{1, 2, \cdots , p - 1\}$ chỉ có hữu hạn nên tồn tại $x_{1}\in\mathbb{L}$ sao cho $q\in\mathbb{S} \equiv x_{1}\pmod{p}$ là vô hạn. Ta sẽ tìm thêm $x_{2}$ suy từ $x_{1}$ thỏa $x_{2}\neq x_{1}$ và $q \in\mathbb{S} \equiv x_{2}\pmod{p}$ cũng vô tận. Tương tự cho $x_{3}$ suy từ $x_{2}$, .... Ký hiệu $p_{x_{i}}$ là các số nguyên tố thuộc $\mathbb{S}$ đồng dư $x_{i}$ modulo $p$.

Ta sẽ thực hiện các thuật toán sau:

a) Giả sử trong tay ta đã có $p_{x_{1}}, p_{x_{2}}, \cdots p_{x_{i}}$. Khi đó tích của $m_{j}$ số nguyên tố dạng $x_{j}\pmod{p}$ là $x_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}$. Đặt $A = \{x_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}: \quad 0\le m_{j} \le p - 1\}$. Khi đó:

b) Nếu $i > \frac{p - 1}{2}$ thì có $x_{u}$ nào đó không là thặng dư chính phương modulo $p$. Gọi ra $\frac{p - 1}{2}$ số $p_{x_{u}}$ thì tích của chúng đồng dư $x_{u}^{\frac{p - 1}{2}} \equiv \frac{x_{u}}{p} \equiv -1\pmod{p}$. Từ đây cũng suy ra vô lý.
Nếu không, ta chuyển xuống bước c)

c) Nếu tồn tại phần tử nào đó của $A$ đồng dư $-1\pmod{p}$ thì bài toán kết thúc nhờ việc ta lấy $m_{j}$ số $p_{x_{j}}$. Nếu không, ta chuyển xuống bước d).

d) Nếu $|A_{p}| > \frac{p - 1}{2}$ thì theo bổ đề 2 tồn tại bộ $g_{1}, g_{2}, \cdots , g_{i}$ thỏa mãn $\prod_{j = 1}^{i}x_{i}^{g_{i}} \equiv a\pmod{p}$ với $a$ không thặng dư chính phương modulo $p$. Lúc này do tính vô hạn nên ta cứ việc lấy $\frac{p - 1}{2}g_{i}$ lần số nguyên tố dạng $p_{x_{i}}$ thì tích của chúng đồng dư $a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv \left(\frac{a}{p}\right) \equiv -1\pmod{p}$. Từ đó có vô lý.
Nếu không, ta  chuyển xuống bước e)
e) Nếu $|A_{p}|\le \frac{p - 1}{2}$, theo bổ đề thì tồn tại $n_{1}, n_{2}, \cdots n_{i}$ thỏa mãn $x_{1}^{n_{1}}x_{2}^{n_{2}}\cdots x_{i}^{n_{i}} + 1\not\equiv x_{1}^{m_{1}}.x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}\pmod{p}$ với mọi $m_{j}$ bất kỳ. Tức là trong phân tích $x_{1}^{n_{1}}\cdots x_{i}^{n_{i}} + 1$ không thể mãi chứa $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{i}$ được. Nhờ việc có vô hạn số $p_{x_{i}}$ nên ta cũng suy ra tồn tại vô hạn ta cũng suy ra có phần tử nào $x_{i + 1}$ nào đó cũng thỏa $p_{x_{i + 1}}$. Bây giờ quay lại bước b).
Lưu ý là bước b) vừa là bước tối ưu (tức là không có cũng OK), vừa là bước chặn, do số lượng $p_{x_{i}}$ ngày càng tăng, mà $i$ chỉ có thể không quá $\frac{p - 1}{2}$ thì ta mới có thể thực hiện tiếp thuật toán. Vì vậy nên bài toán sẽ đến lúc nào đó sẽ dừng.
 




#638703 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi Ego trong 07-06-2016 - 12:54

Bài toán 4. Tìm $P(x)\in \mathbb{Z}_{[x]}$ sao cho $P(x)$ nguyên tố với $\forall x\in \mathbb{N*}$.

Lời giải bài 4. Ta sẽ chứng minh $P(x) = p \quad\forall x \in \mathbb{R}$ là nghiệm duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại $P$ khác hằng sao cho $\deg P \ge 1$. Ta có thể giả sử $P* > 0$ nhờ vào việc xét $-P(x)$ (cái này như nhau).
Vì vậy, với $x$ đủ lớn thì $P(x) > 1$. Để ý là $P(x + P(x)) - P(x) \vdots P(x) \implies P(x + P(x)) \vdots P(x)$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết số nguyên tố.
Bài toán 5. (Irish MO 27th) Cho $n$ là số nguyên dương và $a_{1}, a_{2}, \cdots a_{n}$ là các số thực dương. Đặt $g(x) = (x + a_{1})(x + a_{2})\cdots (x + a_{n})$. Gọi $a_{0}$ là một số thực bất kỳ và đặt $f(x) = (x - a_{0}).g(x) = x^{n + 1} + b_{1}x^{n} + \cdots + b_{n + 1}$. Chứng minh rằng $b_{1}, b_{2}, \cdots b_{n + 1}$ đều âm nếu và chỉ nếu $a_{0} > a_{1} + a_{2} + \cdots a_{n}$




#638348 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 05-06-2016 - 19:31

Lời giải bài 45. Tổng quát: Cho $a, n$ là số nguyên dương với $a \ge 2$. Khi đó mọi bội số của $a^{n} - 1$ đều có ít nhất $n$ chữ số khác $0$ theo cơ số $a$.

Giả sử phản chứng là tồn tại $k$ để $k(a^{n} - 1) = \sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}}$ với $u_{i} < u_{i + 1}$ và $1 \le b_{i} \le a - 1$.
Bây giờ nếu $k$ là bội của $a$ thì cũng khá dễ dàng, ta chỉ cần thực hiện trên $\frac{k}{a}.(a^{n} - 1)$ vì nó tương đương nhau. Vậy nên giả sử luôn $k$ không là bội của $a$
Đến đây ta nghĩ đến đưa về đồng dư, đặt $T = a^{n} - 1$. Khi này $\sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}} \equiv 0 \pmod{T}$.
Bây giờ ta có thể đẩy về đồng dư bằng cách nếu có $u_{i} = pn + q$ với $0 \le q < n$ và $a^{u_{i}} \equiv a^{q} \pmod{T}$, làm tương tự như vậy với từng $u_{i}$ sau đó ghép cặp chúng lại; và cũng nhờ vậy ta có thể giả sử $v_{i} < n$. Vậy thì $\sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}} \equiv \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}}\pmod{T}$ với $v_{i} < v_{i + 1}$ và $0 \le c_{i} \le a - 1$. Mặt khác, để ý là $c_{i}$ có thể bằng $0$ (trong giai đoạn ghép cặp), nhưng không thể tất cả cùng đồng thời bằng $0$ vì nếu có thì do các nhân tử chứa $u_{i}$ ghép lại vì $1 \le b_{i} < a$ (chúng không đủ lớn để chia hết cho $T$). Mà nếu ghép lại, ta cũng chỉ có tối đa $n - 1 < b_{1} + \cdots + b_{n - 1} \le (a - 1).(n - 1) < a^{n} - 1$). Điều này kết luận $0 < \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}}$ và $0 < \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}} \le (a - 1)\sum_{i = 1}^{n - 1}a^{i} = a^{n} - a < a^{n} - 1 = T$. Điều này là vô lý.
Bài 46. (Erdos) Cho $a, b$ là các số nguyên dương sao cho với mọi số nguyên tố $p$ thì $a \pmod{p} \le b \pmod{p}$. Chứng minh rằng $a = b$.




#638327 Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Khánh Hòa vào năm học 2016-2017

Gửi bởi Ego trong 05-06-2016 - 17:43

Bài 5 nhìn cũng vui vui. Ta kẻ các đường thẳng đi qua các điểm. Gọi $d$ là đường thẳng chứa nhiều điểm nhất trong số các đường thẳng đã thiết lập.
Gọi $s(d)$ là số điểm trong tập đang xét nằm trên đường thẳng $d$. Nếu $s(d) \le 8$ thì có ít nhất hai điểm không nằm trong đường thẳng đã cho. Gọi chúng là $A, B$. Để ý $AB \neq d$. Vậy ta chọn bất kỳ hai điểm trong đường $d$ là $M, N$ thì điều này mâu thuẫn với việc có ít nhất 3 điểm trong $A, B, M, N$ thẳng hàng vì trong 3 điểm chọn thì hẳn có hai điểm cùng là $A, B$ hoặc cùng là $M, N$.
TH cùng là $A, B$ thì để ý $A, B, M$ và $A, B, N$ đều không thẳng hàng. TH cùng là $M, N$ thì $M, N, A$ và $M, N, B$ không thẳng hàng. Vì vậy $s(d) \ge 9$. Lúc này thì bài toán khá hiển nhiên.




#637710 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi Ego trong 02-06-2016 - 22:59

Bài toán 1 hiện vẫn chưa có lời giải nên mình được phép đề xuất bài toán tiếp theo:
Bài toán 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Mở rộng: Liệu bạn có thể giải quyết cho trường hợp $P(x)$ là lũy thừa bậc $n$ của một số nguyên thì $P(x) = Q(x)^{n}$ với $Q(x)\in\mathbb{Z}[x]$




#637602 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 02-06-2016 - 13:43

Bài 39 : Chứng minh với mọi $n>1$ tồn tại $2m$ số nguyên tố phân biệt đôi một $(p_{1},...p_{m})$ và $(q_{1},...q_{m})$ 

Trong đó :

$a) p_{i} > q_{i}$

$b) n = \sum_{i=1}^{m}(p_{i}-q_{i})$

Nguồn : VMF 

Bài này mình nhớ có anh Tantlsh có từng đăng trên diễn đàn và chưa nhận được lời giải, mình cũng chưa kiếm lại bài đó. Hiện giờ đề nghị các bạn khoan hãy đề xuất bài toán mới, mình nghĩ bài 39 khá hay.

Giả sử $n\neq p^a-1$, khi đó biểu diển $p$-phân của $n$ sẽ có chữ số tận cùng khác $p-1$.

Mình không hiểu chỗ này của Vistor lắm, ví dụ cho $p = 7$ đi, thì mình cứ lấy $n = (26)_{7} = 2\times 7 + 6$ khác $7^{a} - 1$ chứ nhỉ?


Hiện đã cập nhật điểm đến post #111 (đối với các mod) vì còn một số post cần phải kiểm tra lại




#637520 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 02-06-2016 - 00:08

Dễ thấy rằng với $3 \nmid b_i$ với $i \ge 2$. Do đó chỉ có $(a,b)=(2,3)$ hay số chính phương đó là $4$.

Chỗ này có lỗi, $b_{3} = 99$. Và mình chứng minh được kết quả mạnh hơn. Đây là đoạn mình còn khúc mắc (chắc là chỗ khó nhất). Mình còn chứng minh được luôn tồn tại $i$ để $3^{k}\mid b_{i}$

Bài 37. [AoPS] Với mỗi số nguyên $r$, chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n_r$ sao cho với mọi số nguyên $n>n_r$ tồn tại ít nhất một số nguyên dương $k$ thoả mãn $1 \le k \le n-1$ và $p^r$ là ước của $\binom{n}{k}$ với $p$ là số nguyên tố.

Lời giải bài 37.

Ta sẽ dùng định lý Kummer như sau:
Định lý Kummer. Số mũ của $p$ trong biểu diễn $\dbinom{n}{k}$ bằng với số lần của phép nhớ trong phép cộng $n - k$ và $k$ trong biểu diễn cơ số $p$.
Bổ đề. Luôn tồn tại $L$ để tích $k \ge L$ số nguyên tố đầu tiên lớn hơn $p_{k + 1}^{r}$
Bây giờ ta chọn $n_{r} = \prod_{i = 1}^{k}p_{i}$ như trên. Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với mọi $n > n_{r}$
Bây giờ nếu như trong biểu diễn cơ số $p_{i}$ nào đó ($1\le i \le k$) thì chữ số tận cùng khác $p_{i} - 1$ thì áp dụng định lý Kummer, ta luôn chọn được $k$ thỏa mãn $v_{p_{i}}(n) > r$ lí do là $n > p_{k + 1}^{r} > p_{i}^{r}$. Do đó ta chỉ còn TH sau:
Gọi $p_{u}$ là số nguyên tố đầu tiên sao cho $n + 1$ không chia hết cho $p_{u}$, lúc này $u \ge k + 1$. Nếu như lúc này chữ số tận cùng của $n$ là $p_{u} - 1$ thì $n + 1 \vdots p_{u}$ là vô lý. Mặt khác, $n + 1 \vdots p_{1}p_{2}\cdots p_{u - 1}$ nên $n + 1 \ge \prod_{i = 1}^{u - 1}p_{i} > p_{u}^{r}$ theo bổ đề, từ đây ta có $n$ trong biểu diễn cũng có ít nhất $r$ chữ số.
Xong.

Hi




#637264 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 31-05-2016 - 22:56

Cá nhân em nghĩ thì em thích phần này, hình như nó là analytic number theory. Nhưng tính ra cũng hơi cao cấp :P. Thỉnh thoảng ta cũng nên chêm vào cho vui :3 =))
Bài 36 em có hiểu sai không nhỉ, biểu diễn $n = \sum_{i = 0}^{k}3^{i} = \frac{3^{k + 1} - 1}{2}$.




#637177 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 31-05-2016 - 18:15

Hình như bài toán có vấn đề với $k = 3$, khi này với $p = 2$ thì $p^{n}\mid x^{2} - 3y^{2} + 1$ chỉ đúng với $n = 1$. Nếu với $p$ lẻ thì đây là lời giải của mình.
Lời giải bài 33. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp

i) Ta sẽ chứng minh tồn tại $x_{1}, y_{1}$ để $p\mid x_{1}^{2} - ky_{1}^{2} + 1$. Cái này có thể dùng định lý Cauchy - Davenport để chứng minh. Tuy nhiên ta có thể làm dễ hơn bằng cách:

a) Cho $a, b$ là hai số tự nhiên không vượt quá $\frac{p - 1}{2}$, khi đó $a^{2} \equiv b^{2} \pmod{p} \iff a = b$
b) Như (a) thì ta chỉ việc cho $(x_{1}, y_{1}) \in \left\{0, 1, \cdots \frac{p - 1}{2}\right\}^{2}$ thì $x_{1}^{2} + 1$ có thể nhận $\frac{p + 1}{2}$ đồng dư khác nhau; và $ky^{2}$ cũng nhận đúng $\frac{p + 1}{2}$ đồng dư khác nhau do $\gcd(k, p) = 1$. Để ý là chúng chỉ có thể có tối đa $p$ đồng dư modulo $p$ nên ắt hẳn sẽ có hai phần tử bằng nhau, tức là $x_{1}^{2} + 1 \equiv ky_{1}^{2}$

ii) Giả sử $p^{n}\mid x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ và $p^{n + 1}\nmid x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ (để ý là $n \ge 1$ nên $2n \ge n + 1$), ta có thể giả sử đoạn sau vì nếu không có nó thì mệnh đề cũng đúng với $n + 1$ rồi, không cần xét. Đặt $x_{n + 1} = x_{n} + p^{n}u$ và $y_{n + 1} = y_{n} + p^{n}v$ và $P_{n} = x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ cho thuận tiện
Lúc này ta muốn tìm $u, v$ thỏa mãn $p^{n + 1}\mid x_{n + 1}^{2} - ky_{n + 1}^{2} + 1$.
Ta có $P_{n + 1} = x_{n + 1}^{2} - ky_{n + 1}^{2} + 1 = P_{n} + p^{2n}(u^{2} - kv^{2}) + 2x_{n}p^{n}u - 2ky_{n}p^{n}v$
Để thỏa mãn điều ta cần thì $p^{n + 1}\mid P_{n} + 2p^{n}(x_{n}u - ky_{n}v) \iff p\mid \frac{P_{n}}{p^{n}} + 2x_{n}u - 2ky_{n}v$
Để ý là trong hai số $x_{n}, y_{n}$ ắt hẳn có một số không chia hết cho $p$, nếu số đó là $x_{n}$ thì ta chọn tùy ý $v$ và chọn $u$ thỏa mãn $u \equiv \left(2ky_{n}v - \frac{P_{n}}{p^{n}}\right)(2x_{n})^{-1}$, tương tự nếu số đó là $y_{n}$ thì ta chọn tùy ý $u$ và chọn $v$ thỏa mãn $v \equiv \left(2x_{n}u + \frac{P_{n}}{p^{n}}\right)(2ky_{n})^{-1}$, do $\gcd(k, p) = 1$.
Bài toán 34. (Gabriel Dospinescu) Ký hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước nguyên dương của $n$. Chứng minh rằng với mọi $n > 1$ thì đẳng thức sau đúng: $$\sum_{k = 0}^{n - 1}(-1)^{k}(2k + 1)\sigma\left(\frac{n^{2} + n}{2} - \frac{k^{2} + k}{2}\right) = (-1)^{n - 1}\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$$




#636860 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi Ego trong 30-05-2016 - 17:53

Bài toán hiện nay:

Bài toán 1 : Tìm tất cả các đa thức số hệ số nguyên thỏa mãn $a+b$ là số chính phương thì $P(a)+P(b)$ cũng là số chính phương, trong đó $a, b$ là các số tự nhiên (bangbang1412)
Bài toán 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Mở rộng: Liệu bạn có thể giải quyết cho trường hợp $P(x)$ là lũy thừa bậc $n$ của một số nguyên thì $P(x) = Q(x)^{n}$ với $Q(x)\in\mathbb{Z}[x]$ (Ego)




#636856 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 30-05-2016 - 17:47

@IMOer: Lời giải bài 24 đẹp với lạ quá, bạn có thể giới thiệu cho mọi người tại sao bạn lại nghĩ đến việc chọn dãy như thế được không ạ?




#636854 VMF's Marathon Đa thức Olympic

Gửi bởi Ego trong 30-05-2016 - 17:44

Sau khi thông qua ý kiến các bạn, mình xin được nối tiếp các cuộc Marathon trước với Marathon Đa thức lần này. Mục tiêu là nhằm trau dồi, rèn luyện cho các bạn muốn tham gia các kỳ thi Olympic phổ thông.

Các chủ đề tiêu biểu mà các bạn có thể thảo luận:

  • Tính chia hết của đa thức
  • Quy tắc dấu Decartes
  • Các bài toán giải tích liên quan đến đa thức
  • Đa thức số học
  • Đa thức nguyên và các đa thức nhận giá trị nguyên
  • Tính bất khả quy/khả quy của đa thức
  • Phương trình hàm đa thức
  • Các bài toán xác định đa thức dựa trên các đặc trưng số học/các công thức nội suy
  • Đa thức lượng giác: Đa thức Chebyshev loại I, loại II
  • Các bài toán về đa thức nhiều biến
  • ...

Nội dung của cuộc thi này khá đơn giản, khi bạn giải đúng được bài toán hiện có thì bạn có thể đăng lên tại đây và mình sẽ cộng thêm cho các bạn một điểm, và các bạn có quyền được đề xuất bài toán mới. Như vậy ai giải thì người đó sẽ có quyền đề xuất, trừ khi bạn không biết đề xuất bài nào thì bạn có thể nhờ hỗ trợ.

 

Và một số quy định yêu cầu các bạn tuân thủ:

  1. Chỉ cho phép các bài toán trong phạm vi đa thức
  2. Ghi nguồn bài toán rõ ràng
  3. Không được phép giải bài toán của chính mình đề xuất, không được phép đề xuất các bài toán trong các cuộc thi chưa kết thúc (ví dụ như tạp chí toán học & tuổi trẻ,...)
  4. Không được spam, lời giải rõ ràng, cụ thể.
  5. Khi bạn giải bài toán thứ $n$ thì bạn đề xuất luôn bài toán thứ $n + 1$ (đánh đúng số thứ tự). Sau đây là mẫu:
    Lời giải bài $n$. ABCXYZ
    Bài toán $n + 1$. (Nguồn) Cho ba số $a, b, c$. Chứng minh rằng $3\mid abc$.
  6. Lưu ý không đăng các bài toán mở, các giả thuyết, ...
  7. Nếu một bài toán trong vòng $7$ ngày chưa ai giải được thì sẽ được đánh dấu lại và mình sẽ đăng bài toán tiếp theo. Bất cứ lúc nào bạn muốn đề xuất lời giải cho bài chưa được giải cũng được và sẽ được cộng hai điểm nếu như lời giải đúng. Ngoài ra nếu các bạn nghĩ mình có lời giải hay hơn của bạn trước tiên giải bài nào đó thì xin cứ đăng (sẽ chỉ cộng điểm cho bạn làm đúng và nhanh nhất), như vậy sẽ học hỏi lẫn nhau được nhiều hơn.
    Ngoài ra, trước khi hết hạn $4$ ngày của một bài toán chưa được giải thì mong các bạn không đề xuất bài toán mới.
  8. Yêu cầu các bài toán có độ khó nhất định, phải suy nghĩ mới làm được.
  9. Yêu cầu tuân thủ các quy định. Bài viết nào có tính chất spam sẽ bị xóa đi hoặc lời giải đúng nhưng không rõ ràng, lan man sẽ chỉ nhận được $0,5$ điểm.

Mình khuyến khích mọi người tự đưa lời giải của chính mình thay vì lời giải của người khác hoặc dẫn link lời giải.

Hi vọng các bạn tham gia và đón nhận  :D. Nếu các bài toán hay và lời giải đẹp thì ta sẽ tổng hợp thành một tài liệu nhỏ để tham khảo trong quá trình học Olympic, sẽ khá tốt.

Lưu ý: Các bạn khi đăng lời giải hãy để mọi người kiểm tra hộ bạn rồi hẳn đề xuất bài toán mới (kinh nghiệm của mình)
 




#636806 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 30-05-2016 - 13:18

Zaraki

Hiện Zaraki đang dẫn đầu lẫn dẫn cuối (=))) danh sách với $5$ điểm, các bạn thi đua nào!
Điểm số sẽ được cập nhật thường xuyên ở #2.
 

 

 

$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \textbf{STT}& \textbf{Tên trên diễn đàn} &  \textbf{Điểm}   \\ \hline
 1 & \text{bangbang1412} & 4 \\ \hline
2  & \text{baopbc} & 0.5 \\ \hline
3  & \text{canhhoang30011999} & 2 \\ \hline
4  & \text{Ego} & 3.5 \\ \hline
5  & \text{hoanglong2k} & 1 \\ \hline
6  & \text{Hoang Nhat Tuan}& 1 \\ \hline
7  & \text{I Love MC} & 2.5 \\ \hline
8  & \text{IMOer} & 4 \\ \hline
9  & \text{ngocanh99} & 1 \\ \hline
10  & \text{Visitor} & 1 \\ \hline
11  & \text{Zaraki} & 5\\ \hline
\end{array}$$


Các bạn nào có phàn nàn gì về spam trong topic hay là điểm số cứ PM mình. Xin cám ơn.



#636801 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 30-05-2016 - 12:57

Lời giải bài 23. Biểu diễn $n$ dưới dạng cơ số $3$ là $(x_{1}x_{2}\cdots x_{k})_{3}$ với $x_{i} \in \{0, 1, 2\}$ và $x_{1} > 0$. Quy ước $\dbinom{m}{n} = 0$ nếu $n > m$
Xét một số $k$ biểu diễn dưới dạng cơ số $3$ là $(y_{1}y_{2}\cdots y_{k})_{3}$
Áp dụng định lý Lucas, $\dbinom{n}{k} \equiv \prod_{i = 1}^{k}\dbinom{x_{i}}{y_{i}}\pmod{3}$
Lúc này để ý là $\dbinom{0}{0} = \dbinom{1}{0} = \dbinom{1}{1} = \dbinom{2}{0} = \dbinom{2}{2} = 1$ và $\dbinom{2}{1} = 2$
Gọi $u, v, w$ lần lượt là số số $0, 1, 2$ trong biểu diễn cơ số $3$ của $n$.

  1. Để $\dbinom{n}{k}\equiv 1\pmod{3}$ thì tương ứng các vị trí $0$ của $n$ trong cơ số $3$ thì ta cũng chọn tương ứng $0$ ở vị trí $k$ (do đó ta không quan tâm điều này). Ở các vị trí $1$ ta cũng phải chọn $0$ hoặc $1$. Ở các vị trí $2$ ta có hai lựa chọn:
    i) Tương ứng ở $k$ ta sẽ thay số $2$ hoặc số $0$
    ii) Tương ứng ở $k$ ta thay số $1$, tuy nhiên số số lần thay số $1$ này là số chẵn vì $2^{2k}\equiv 1\pmod{3}$.
    Tóm lại ta sẽ có số cách chọn là $a_{n} = 2^{v}\times\sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i}2^{w - 2i} = 2^{v}\times\sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i}2^{w - 2i}(-1)^{2i}$
  2. Để $\dbinom{n}{k} \equiv 2\pmod{3}$ thì cũng tương tự, tuy nhiên số lần thay số $1$ trong $k$ ở các vị trí tương ứng $2$ trong $n$ phải là số lẻ.
    Số cách chọn sẽ là $b_{n} = 2^{v}\times \sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i + 1}2^{w - 2i - 1} \implies -b_{n} = 2^{v}\times \sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i + 1}2^{w - 2i - 1}(-1)^{2i + 1}$

Cộng lại ta thu được $a_{n} - b_{n} = 2^{v}\sum_{i = 0}^{w}\dbinom{w}{i}2^{w - i}(-1)^{i} = 2^{v}(2 - 1)^{w} = 2^{v}$. Bài toán kết thúc.

Bài toán 24. (thầy Trần Nam Dũng) Cho $n$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu phương trình $x^{2} + xy - y^{2} = n$ có nghiệm nguyên thì nó có vô số nghiệm nguyên.

Hi

Lời nhắn tới bạn canhhoang30111999