Đến nội dung


Zaraki

Đăng ký: 07-03-2011
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề ra kì này tạp trí Pi số đầu tiên

14-01-2017 - 14:33

Cho mình hỏi là gửi về đâu vậy . Cảm ơn

...  :(  Đọc lại bài viết trong topic này là bạn sẽ biết. :namtay


Trong chủ đề: Đề ra kì này tạp trí Pi số đầu tiên

14-01-2017 - 02:09

Mong các bạn không thảo luận đề bài còn hạn trên diễn đàn nhé. :)

Nếu các bạn biết đề đã cũ và đã được giải ở đâu đó trên diễn đàn và các bạn có ý định gửi lời giải, mình nghĩ tốt nhất các bạn hãy ghi rõ nguồn lời giải rồi gửi cho tạp chí.


Trong chủ đề: Đề Thi VMO năm 2017

06-01-2017 - 20:07

Một ý tưởng khác cho câu 6b ?

 

Bài 6 câu b nhìn vào vế trái ta cũng có thể liên tưởng đến đẳng thức quen thuộc

$$\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^k\binom{n}k=(-1)^{m-1}\binom{n-1}{m-1}.$$

Ta đưa về việc chứng minh $(-1)^{(p-1)/4} \binom{p-1}{(p-1)/4}-1 \equiv 3(2^{p-1}-1) \pmod{p^2}$. Nhìn nó đơn giản hơn cái ban đầu nhưng mình vẫn chưa có ý tưởng khai thác gì. Mong các bạn có thể cho ý kiến thêm.


Trong chủ đề: Đề Thi VMO năm 2017

06-01-2017 - 19:55

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $$2\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i \equiv 3 \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$

Đến đây thì mình tắc ...

Điều trên tương đương với việc chứng minh $$A=\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i+ 3 \sum_{j=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \frac 1j =B+C \equiv 0 \pmod{p}.$$

Kí hiệu $s(a)$ là ước số lẻ lớn nhất của $a$. Nếu $a>b$ là hai số nguyên dương trong khoảng $\left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì $s(a) \ne s(b)$, vì nếu $s(a)=s(b)$ thì $a \ge 2b \ge \frac{p+3}{2}>\frac{p-1}{2}$ suy ra $a$ không nằm trong khoảng, mâu thuẫn. Ta gọi tính chất này là tính chất $(1)$. Cũng để ý rằng nếu $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì $\frac{a}{2^k} \in \left[ 1, \frac{p-1}{4} \right]$ với $1 \le k \le \nu_2(a)$.

 

Ta ghép $A$ như sau: Với mỗi số nguyên dương $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ ta lấy $\frac{2}{a}$ từ $C$ và $\frac{1}{a/2},\cdots, \frac{1}{a/2^{\nu_2(a)}}$ từ $B$ để ghép thành nhóm tổng $T_a$ là $\frac{2}{a}+\frac{1}{a/2}+ \cdots + \frac{1}{a/2^{\nu_2(a)}}= \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}.$

 

Theo tính chất $(1)$ ta thấy $s(a) \ne s(b)$ với mọi $a,b \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ nên ta suy ta mỗi số hạng $\frac 1i$ trong $B$ thuộc duy nhất một nhóm $T_a$. Do đó, sau khi tiến hành nhóm tổng như trên, ta sẽ được tổng mới $$A= \sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{a} \right).$$

Bây giờ, với mỗi $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ ta chứng minh rằng tồn tại duy nhất một $d(a) \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ sao cho $2d(a)+\frac{a}{2^{\nu_2(a)}} \equiv 0 \pmod{p}$, tức $p \mid \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{d(a)}$. Thật vậy, giả sử mâu thuẫn, không tồn tại $d(a) \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì ta suy ra tồn tại $c \in \left[ 1, \frac{p-1}{4} \right]$ sao cho $2c+\frac{a}{2^{\nu_2(a)}} \equiv 0 \pmod{p}$. Tuy nhiên, $0<2c+ \frac{a}{2^{\nu_a(2)}} \le \frac{p-1}{2}+\frac{p-1}{2}<p$, mâu thuẫn. Vậy tồn tại $d(a)$. Dễ dàng chứng minh $d(a)$ là duy nhất. Như vậy $$A=\sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{a} \right) = \sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{d(a)} \right) \equiv 0 \pmod{p}.$$

Từ đây ta suy ra $\frac{2VT}{p} \equiv \frac{2VP}{p} \pmod{p}$ suy ra $VT \equiv VP \pmod{p^2}$.


Trong chủ đề: Đề Thi VMO năm 2017

06-01-2017 - 18:10

Bài 6 . (7,0 điểm) 

 

Chứng minh rằng:

 

a)$\sum_{k=1}^{1008}kC_{2017}^{k}\equiv 0$ (mod $2017^2$ )

 

b)$\sum_{k=1}^{504}\left ( -1 \right )^kC_{2017}^{k}\equiv 3\left ( 2^{2016}-1 \right )$ (mod $2017^2$ )

 

a) Để ý rằng $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ nên bài toán tương đương với việc chứng minh $2017 \mid \sum_{k=0}^{1007} \binom{2016}{k} \equiv 0 \pmod{2017}$. Điều này đúng do $\binom{p-1}{i} \equiv (-1)^i \pmod{p}$ với mọi $0 \le i \le p-1$.

 

b) Hiện tại mình chưa thể xử lí nốt phần cuối, hy vọng các bạn có thêm ý tưởng để giải quyết phần này: Bài toán tương đương với chứng minh $$\sum_{k=1}^{(p-1)/4} (-1)^k \binom{p}{k} \equiv 3(2^{p-1}-1) \pmod{p^2}$$ với mọi $p \equiv 1 \pmod{4}$. Ta thấy rằng $$\frac 1p \binom{p}{k} = \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}= \frac{(p-k+1) \ldots (p-1)}{k!} \equiv \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{k!}= \frac{(-1)^{k-1}}{k} \pmod{p}.$$

Do đó $$\frac{2VT}{p} \equiv - 2\sum_{k=1}^{(p-1)/4} \frac{1}{k} \pmod{p}.$$

Mặt khác, do $2^p= \sum_{i=1}^p \binom{p}{i}$ nên $$\frac{2VP}{p}=\frac{3(2^p-2)}{p}= 3 \cdot \frac 1p \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}= 3 \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}\binom{p-1}{i-1} \equiv 3 \sum_{i=1}^{p-1} \frac{(-1)^{i-1}}{i} \pmod{p}.$$

Do $p \mid 1+\frac 12+ \cdots + \frac{1}{p-1}$ nên $$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(-1)^{i-1}}{i}= \sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}- \sum_{i=1}^{(p-1)/2}\frac 1i \equiv -\sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $$2\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i \equiv 3 \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$

Đến đây thì mình tắc ...