Lâu rồi mới lên lại VMF thì thôi tặng mn lời giải bài tổ vậy

Hoặc có thê dùng bổ đề : Mọi graph có deg >=3 thì luôn có chu trình độ dài chẵn:)))

Cho dãy số $a_0=a_1=1,a_{n+1}=\frac{(2n+3)a_n+3na_{n-1}}{n+3}$
Chứng minh rằng dãy số nguyên với mọi n.

Ta quy nạp Cm được dãy :$a_{n+2}=a_{n+1}+\sum_{k=1}^{n}a_{k}a_{n-k}$ hoặc $a_{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}C_{k}$ với $C_{k}$ là số Catalan thứ k , Về tính chất của số này , xem thêm ở đây http://en.wikipedia..../Catalan_number

Uk , mình cũng mã hoá các trạng thái bật tắt như bạn là một xâu nhị phân , Ta Cm sau $n^{2}-1$ bước thì ta sẽ đạt được một dãy toàn $1$

Vì các phần tử của dãy nhị phân chỉ là $1,0$ nên ý tưởng tự nhiên là ta sẽ xét mod $2$

Goi $K_{i}$ là trạng thái dãy sau $i$ bước

$K_{i,j}$ là giá trị của đèn j ở trạng thái i$K_{n-1,j}$

Ta có CTTH của dãy $K_{i,1}$ theo mod 2$K_{i+1,1}=K_{i,0}+K_{i,1}$

Quy nạp lên ta có CTTH của $K_{i,j}$ theo mod 2 là $K_{i,j}=\sum_{t=0}^{j}K_{i,t}$

Ta xét hàm sinh của dãy $F(y)=\sum_{i=0}^{\propto }K_{i,j}y^{i}=\sum_{i=0}^{\propto }\sum_{t=0}^{j}K_{i,t}y^{i}=\frac{1}{(1-y)^{i+1}}=\sum_{i=0}^{\propto }\binom{i+j}{i}y^{i}$

Vậy ta có CTTQ của dãy $K_{i,j}=\binom{i+j}{i}$

Xét $K_{n-1,j}$$=\binom{n-1+j}{n-1}=\binom{2^{k}-1+j}{2^{k}-1} (j=1,2,...,n-1)$

với i=1,2,..,n-1 thì theo dịnh lí Lucas , ta có $K_{n-1,j}\equiv 0(mod 2)$ nên gt các đèn ở các vị trí 1,2,...,n-1 (lấy theo mod n) là 0 , còn đèn ở vị trí 0 ( theo mod n) là 1 sau $n(n-1)$ bước , còn bước cuối cùng ta chỉ việc thực hiện phép biến đổi $(1,0)\rightarrow (1,1)$ là ta có một dãy toàn 1

Câu c thì tương từ chú ý ta có biểu diễn cơ số của j theo mod 2 là $j=2^{a_{1}}+2^{a_{2}}+...+2^{a_{p}}$ , nếu xét 0<j<n-1hì ta lại dùng Lucas như trên thôi , các bạn tự nghĩ nốt nhé

Đây là một bài toán đã lâu nhưng phải công nhận là rất hay , bài này mình vừa mới làm được hôm trước với một lời giải rất đẹp(nếu bạn nào muốn biết thì mình sẽ post lên (khá dài đấy))

Bài toán:Cho $n>1$ nguyên .Cho một dãy $n$ đèn $L_{0},L_{1},...,L_{n}$ chúng có thể tắt hoặc bật, ta thực hiện một dãy hành động với Bước $1$ , Bước $2$ ,...thỏa mãn nếu $L_{j-1}$ ($j$ lấy theo mod $n$) được bật thì bước $j$ đổi trạng thái $L_{j}$(Bật thành tắt và ngược lại).Nếu $L_{j-1}$ tắt thì ở bước $j$ trạng thái các đèn không thay đổi.CM

1.Tồn tại $M(n)$ nguyên dương sao cho sau $M(n)$ bước thì tất cả các đèn bật.

2.Với $n=2^{k}$ , Cm các đèn bật sau $n^{2}-1$ bước.

3.Với $n=2^{k}+1$.Cm các đèn bật sau $n^{2}-n+1$ bước.

Đây là một bài toán rất hay , sẽ không khó với nhừng ai đã quen với khái niệm sum set và nhất là định lí Cauchy Davenport

Bài toán:Cho G là một đồ thị đầy đủ trên $1000p$ dỉnh ($p$ nguyên tố ), các cạnh được đánh dấu bởi các số nguyên .CM có một chu trình mà tổng các số được đánh dấu chia hết cho $p$

Vâng các anh làm xong chưa  (Chuyên đề đã được sửa lại cho hoàn chỉnh thêm , các bạn chịu khó tải lại nhé).

Trường tổ chức viết chuyên đề , thử gửi lên diễn đàn cho các bạn xem sao.

Chú Nguyên làm được bài này chưa, bài này chú đố anh từ hè mà bây giờ mới làm ra

Bài toán:

Cho n nguyên dương ,đặt $S_{n}=1!+2!+...+n!$

CM tồn tại $n$ nguyên dương để $S_{n}$ có ước nguyên tố $>10^{2012}$

Gửi các bạn bài này , chắc dễ thôi ,đây là bài thầy Đặng Hùng Thắng ra cho đội tuyển KHTN

Bài toán:

Tìm $f:N\rightarrow N$ thỏa mãn

1) $f$ là toàn ánh

2)$f(n)\geq n+(-1)^{n}$

Chuyên đề ngắn nhưng rất hay , gửi diễn đàn mình xem thử , rất phù hợp với các bạn chuẩn bị cho VMO 2014

Thêm một bài hay nữa , chú Nguyên vào góp vui nhé , bài này tôi có lời giải dùng hàm sinh nhưng điều tôi chờ đợi ở ông là một lời giải đẹp cơ

Bài toán : Cho $n$ nguyên dương , gọi $a_{n}$ là số số $1$ trong biểu diễn nhị phân của $n$ 

CMR

$\sum_{k=-n}^{n}\binom{2n}{n+k}k^{r}\vdots 2^{2n-a_{n}}$

(Với mọi $r$ nguyên dương)

Tặng diễn đàn bài này thấy box số học dạo này nhiều bài cũ quá.

Bài toán:Cho $p$ nguyên tố bất kì , nếu dãy $(n_{1},n_{2},...,n_{k})$ thoả mãn các điều kiện sau

-Với mọi $i=1,2,...,k$ , $n_{i}\geq \frac{p+1}{2}$

-Với mọi $i=1,2,...,k$ , $p^{n_{i}}-1\vdots n_{i+1}$ , $gcd(\frac{p^{n_{i}}-1}{n_{i+1}},n_{i+1})=1$

tồn tại với $k\geq 2$ thì gọi $p$ là một số nguyên tố "tốt"

Tìm tất cả các số nguyên tố " tốt".

P/s; Bài này không khó đâu ,anh em cứ chém nhiệt tình vào

Cho đến lúc này các trường đã gần như đã thành lập đội tuyển chính thức ,nên mình mở topic này để thảo luận và để cho mọi người nắm rõ tình hình về các đội tuyển năm nay

Đầu tiên mình xin mở đầu với đội tuyển của KHTN trường mình

1.Nguyễn Thế Hoàn ( nguyenthehoan)

2.Đỗ Tuấn Mạnh

3.Đào Quang Đức

4.Vũ Ngọc Hùng

5.Phạm Công Sơn

6.Nguyễn Tuấn Hải Đăng

7.Đỗ Quang Long

8.Nguyễn Đăng Quả ( anhqua)

9.Phạm Quang Huy

10.Nguyễn Đức Minh ( whatever2507)

từ giả thiết suy ra

$a^{2} = 3k + d^{2}$

$b^{2} = 2k + d^{2}$

$c^{2} = k + d^{2}$

(với k thuộc tập các số nguyên)

Ta chú ý rằng số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 1 hoặc 0

Bởi vậy buộc số k phải chia hết cho 3 trong mọi trường hợp

Đến đây ta có thể chọn ra a,b,c,d thỏa đề bài

Vớ vẩn bạn đừng có mà chém lung tung ,bạn có biết đây là cả 1 bài toán lớn trong lý thuyết Pt Diophante ko mà lại dám làm vậy.

Bài này xuất phát từ bổ đề sau:

PT $x^{4}-x^{2}y^{2}+y^{4}$$=z^{2}$ chỉ có các no nguyên dương là $(x,y,z)$$=(k,0,k^{2}),(0,k,k^{2}),(k,k,k^{2})$

Tuy nhiên CM nhận xét này cũng ko phải dễ,bạn xem trong tài liệu sau

cho mình hỏi là đề ngày 1 câu 2 có điều kiện $m,n >0$ hay không. Nếu $m,n$ chỉ là các số không âm thì nó chả khác gì bài toán tìm số tập con (kể cả rỗng) mà không chứ 2 số nguyên liên tiếp vậy.

Đương nhiên là m,m>0 rồi

Mình là học sinh lớp 10 cũng được đi thi ,mình chỉ nêu binh luân những câu mình làm được thôi nhé

Câu 2 ngày 1:

xây dựng một cấu hình là đường tròn ,xếp các số $1,2,...,2k$ lên đ.tròn (thay $2014$ bởi $2k$),số sau hơn số trước 1 đơn vị,số tập con thoả đề chính là số cách chọn 1 số số từ d.tròn mà ko có 2 số nào cạnh nhau(không tính cặp $(1,2k)$)

Nhận xét :Không có cách chọn nào có số phần tử vượt quá $k$(CM nhận xét này rất dễ,các bạn tự CM nhé,chia tập được chọn ra 2 tập chẵn ,lẻ)

Rồi sau đó thiết lập 2 dãy truy hồi là $A_{n},B_{n}$

$A_{n}$ đếm số cách chọn thoả đề mà các số trên d.tròn là chẵn

$B_{n}$ đếm số cách chọn thoả đề mà các số trên d.tròn là lẻ.

Xét 2 số $2k,2k-1$

$2k$ được chọn ,ta loại $2k-1$ ra khỏi d.tròn,ta dc 1 cách chọn của $B_{k}$

$2k-1$ được chọn ta loại $2k-2,2k$ ra khỏi d.tròn,ta dc 1 cách chọn của $A_{k-1}$

Ta dc:$A_{k}=A_{k-1}+B_{k}$

Tương tự ,ta cũng có $B_{k}=A_{k-1}+B_{k-1}$

đến đây thì chắc dễ rồi

Bài 1 ngày 2 ,dùng SCP mod p ,suy ra mỗi ưnt của $2n^{2}+3$ chỉ có dạng $8k+1,8k+7$,từ đây dễ thấy vô lí

Bài 2 ngày 2 mình ra 3 nghiệm ,$f(x)=x^{2},f(x)=2x,f(x)=-x$

Đầu tiên mình tính $f(0),f(1),f(2)$,rồi quy nạp trên Z,trên Q,rồi cm f đồng biến,chọn 2 dãy số hữu tỉ tiến về x để chuyển về trên R

Bài 4 ngày 2 đúng như anh White Shadow làm.

P/s: Chắc là bị loại rồi.....

 imo 2012 shortlist (1).pdf   613.13K   1401 Số lần tải

 Loi Giai De Thi Bo Sung TST 2005.pdf   491.73K   419 Số lần tải

 Loi Giai De Thi HSGQG Trung Quoc 2012.pdf   493.22K   566 Số lần tải

 Loi Giai De Thi TST 2001.pdf   259.69K   513 Số lần tải

Tại sao lại đặt luôn $a=b=c=\alpha d$ như thế đc

Mình không làm sai đâu bạn à ,hoàn toàn chính xác đấy ,đó chỉ là bước tìm ra dấu bằng thôi bạn vì $a,b,c$ có vai trò như nhau mà ,đặt như vậy để có đc mối quan hệ giữa $a,b,c,d$ cho các bước dùng AM-GM tiếp theo .Nếu ko tin bạn có thể hỏi nguyenta98 cũng đc ,vì nó học thêm cùng mình mà ,vả lại thầy bọn mình cũng đã dạy rất kĩ về kĩ thuật này rồi.

Chém bài 4:

Đặt $a=b=c=\alpha d$

theo AM-GM ,ta có:$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\alpha ^{2}}\geq \frac{3abc}{\alpha ^{2}}$

$d^{3}+\frac{a^{3}}{\alpha ^{3}}+\frac{c^{3}}{\alpha ^{3}}\geq \frac{3acd}{\alpha ^{2}}$

$d^{3}+\frac{a^{3}}{\alpha ^{3}}+\frac{b^{3}}{\alpha ^{3}}\geq \frac{3abd}{\alpha ^{2}}$

$d^{3}+\frac{c^{3}}{\alpha ^{3}}+\frac{b^{3}}{\alpha ^{3}}\geq \frac{3cbd}{\alpha ^{2}}$

Cộng 3 Bdt theo vế và nhân 3 , ta được:

$9d^{3}+(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\frac{6}{\alpha ^{3}}+\frac{3}{\alpha ^{2}})\geq \frac{9}{\alpha ^{2}}$(1)

Từ đó suy ra;$\frac{6}{\alpha ^{3}}+\frac{3}{\alpha ^{2}}=4$ , tương đương :$4\alpha ^{3}-3\alpha -6=0$

nghiem $\alpha$ dương của PT là :$\alpha =1,360946142$

Thay vào (1) ,ta có : min P=$4,859153648$ khi và chỉ khi $a=b=c=\alpha d$

Lâu rồi mới có thời gian post bài:

Bài này dùng đơn biến nhé bạn.

Lập hàm số học:$f_{n}(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})=(x_{1}-x_{3})^{2}+(x_{2}-x_{4})^{2}+(x_{3}-x_{5})^{2}+(x_{4}-x_{1})^{2}+(x_{5}-x_{2})^{2}$(trạng thái thứ n)

Xét hàm đó ở trạng thái thứ n+1:

$f_{n+1}(x_{1},x_{2},x_{3}+x_{4},-x_{4},x_{5}+x_{4})=(x_{1}-x_{3}-x_{4})^{2}+(x_{2}+x_{4})^{2}+(x_{3}-x_{5})^{2}+(x_{4}+x_{1})^{2}+(x_{5}+x_{4}-x_{1})^{2}$

Giờ ta xét hiệu :$f_{n+1}-f_{n}$$=2x_{4}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5})<0$

Suy ra $f$ là hàm giảm ,vậy ta nhận được dãy giảm vô hạn các số nguyên dương (vô lí)

Vậy phép biến đổi trên phải kết thúc sau hữu hạn lần.

Đây là 1 bài toán đã từng xuất hiện trong kì thi MOP 2006 với lời giải bằng hình học được đưa ra 1 cách vô cùng độc đáo.

Chuẩn hoá cho $a+b+c=3$ ,Bdt tương đương :Cm:$\sum \frac{a}{ab+1}\geq \frac{3}{2}$

Theo AM-GM ngược dấu, suy ra:$\sum \frac{a}{ab+1}= \sum a-\sum \frac{a^{2}b}{ab+1}\geq \sum a-\sum \frac{a^{2}b}{2\sqrt{ab}}$

Từ đó dễ suy ra đpcm.

2 cách nhé :

Cách 1:Gọi $A_{n}$ là tập các số có $n$ chữ số thoả đề ,còn $B_{n}$là tập các số có $n$ chữ số lấy từ ${2,3,7,9}$ mà không chia hết cho $3$ .Mỗi số thuộc $A_{n}$ được tạo bởi 2 cách

-Lấy mỗi số thuộc $A_{n}$ rồi thêm $3$ hoặc $9$ vào sau (có 2 cách như vậy)

-Lấy mỗi số thuộc $B_{n}$rồi thêm $2$ hoặc $7$ vào sau (chỉ có 1 cách thêm mỗi số)

Suy ra :$\left | A_{n+1} \right |=2\left | A_{n} \right |+\left | B_{n} \right |$ 

Tương tự ,ta có :$\left | B_{n+1} \right |=2\left | A_{n} \right |+3\left | B_{n} \right |$

Suy ra :$\left | A_{n+2} \right |=5\left | A_{n+1} \right |-4\left | A_{n} \right |$,và $\left | A_{n} \right |=\frac{4^{n}+2}{3}$

Cách 2:Xét đa thức :$f(n)=(x^{2}+x^{3}+x^{7}+x^{9})^{n}$

Tổng tất cả các số hạng trong khai triển $f(n)$ có số mũ chia hết cho $3$ chính là số các số thoả đề .Đặt $A,B,C$ lần lượt là tổng các số hạng có số mũ chia hết cho $3$ ,cho $3$ dư $1$ ,cho $3$ dư $2$

Gọi e là 1 no PT $x^{3}=1$ và tập no ${e,e^{2},1}$ .Hơn nữa $e,e^{2}$ là 2 no PT $x^{2}+x+1$ ,suy ra :

$A+B+C=f(1),A+B(e)+B(e^{2})=(2e^{2}+e+1)^{n}=e^{2n}$,$A+C(e)+B(e^{2})=f(e^{2})=(2e^{2}+e+1)^{n}=e^{n}$

Theo định lí R.U.F ,suy ra :$A=\frac{f(1)+f(e)+f(e^{2})}{3}$

Tới đây thì dễ rồi , mọi người tự làm tiếp nhé