Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[VMO 2014] Ngày 2 - Bài 7 - Tổ hợp

vmo2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 04-01-2014 - 12:03

Bài 7 (6,0 điểm). Tìm tất cả các bộ số gồm $2014$ số hữu tỉ không nhất thiết phân biệt, thỏa mãn điều kiện: nếu bỏ đi một số bất kì trong bộ số đó thì $2013$ số còn lại có thể chia thành $3$ nhóm rời nhau sao cho mỗi nhóm gồm $671$ số và tích tất cả các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

 

 


►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#2 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-01-2014 - 13:37

Bài 7 (6,0 điểm). Tìm tất cả các bộ số gồm $2014$ số hữu tỉ không nhất thiết phân biệt, thỏa mãn điều kiện: nếu bỏ đi một số bất kì trong bộ số đó thì $2013$ số còn lại có thể chia thành $3$ nhóm rời nhau sao cho mỗi nhóm gồm $671$ số và tích tất cả các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

Giải như sau: (ý tưởng giải)

Trước tiên ta nhận thấy rằng có thể cho rằng cả 2014 số này nguyên, thật vậy nếu chúng hữu tỉ thì ta quy đồng mẫu số và được phép bỏ mẫu số đi thì điều kiện của bài toán không hề thay đổi, do đó ta thực hiện quy đồng để quy bài toán cho lớp số nguyên

Gọi $a_1,a_2,...,a_{2014}$ là các số thoả mãn đề bài và $a_i$

Cũng chú ý nếu $a_1,a_2,...,a_{2014}$ thoả đề thì ta thấy $|a_1|,|a_2|,...,|a_{2014}|$ cũng thoả mãn, cho nên ta có thể coi rằng $a_i \geq 0$ với mọi $i=1,2014$

Xét một số nguyên tố $p \in P$ bất kì, đặt $m_i=v_p(a_i)$ với mọi $i=1,2,...,2014$

Nếu $a_1,a_2,...,a_{2014}$ thoả mãn đề bài khi ta bỏ một số bất kì thì $2013$ số còn lại tách thành 3 tập có $671$ phần tử có tích bằng nhau, nghĩa là $v_p$ của ba tập đó cũng phải bằng nhau, điều này có nghĩa là tập $m_1,m_2,...,m_{2014}$ thỏa mãn điều kiện sau đây:

$i)$ $m_i \in N$ với mọi $i=1,2,...,2014$

$ii)$ bỏ bất kì phần tử nào của $m_1,m_2,...,m_{2014}$ thì tập còn lại gồm $2013$ số nguyên không âm sao cho có thể phân hoạch thành 3 tập con 671 phần tử có tổng bằng nhau

Như vậy đặt $S=m_1+m_2+...+m_{2014}$ thì $S-m_i$ có thể phân hoạch thành $A,B,C$ đôi một rời nhau sao cho $S(A)=S(B)=S(C)$ với $S(X)$ là tổng các phần tử của $X$

Có nghĩa là $S-m_i \vdots 3$ với mọi $i=1,2,3,...,2014$ hay $S \equiv m_1 \equiv m_2 \equiv m_3 ...\equiv m_{2014} \pmod{3}$
Đặt $m_i=3k_i+r$

Nhận thấy nếu $m_1,m_2,..,m_{2014}$ thỏa mãn $i)$ và $ii)$ thì tập $k_1,k_2,...,k_{2014}$ cũng như vậy, chúng cũng đồng dư nhau modulo 3 và lại lùi, lập luận tương tự cho bộ $k_1,k_2,...,k_{2014}$ và dùng lùi vô hạn suy ra mọi số $m_1,m_2,...,m_{2014}$ phải bằng nhau (có thể dùng $v_3$ thay cho việc lùi vô hạn cũng được) từ $m_1,m_2,...,m_{2014}$ bằng nhau suy ra $v_p(a_1)=v_p(a_2)=...=v_p(a_{2014})$ cho $p->\infty$ ta có ngay $a_1=a_2=...=a_{2014}$ tuy nhiên đây là $a_1,a_2,...,a_{2014}$ nguyên không âm, còn việc âm thì xét dấu dành cho các bạn :)

 

P/S, lâu lắm mới thấy VMO cho lại dạng bài kiểu sum of set thế này


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-01-2014 - 13:53


#3 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 04-01-2014 - 16:33

Giải như sau: (ý tưởng giải)

Trước tiên ta nhận thấy rằng có thể cho rằng cả 2014 số này nguyên, thật vậy nếu chúng hữu tỉ thì ta quy đồng mẫu số và được phép bỏ mẫu số đi thì điều kiện của bài toán không hề thay đổi, do đó ta thực hiện quy đồng để quy bài toán cho lớp số nguyên

Gọi $a_1,a_2,...,a_{2014}$ là các số thoả mãn đề bài và $a_i$

Cũng chú ý nếu $a_1,a_2,...,a_{2014}$ thoả đề thì ta thấy $|a_1|,|a_2|,...,|a_{2014}|$ cũng thoả mãn, cho nên ta có thể coi rằng $a_i \geq 0$ với mọi $i=1,2014$

Xét một số nguyên tố $p \in P$ bất kì, đặt $m_i=v_p(a_i)$ với mọi $i=1,2,...,2014$

Nếu $a_1,a_2,...,a_{2014}$ thoả mãn đề bài khi ta bỏ một số bất kì thì $2013$ số còn lại tách thành 3 tập có $671$ phần tử có tích bằng nhau, nghĩa là $v_p$ của ba tập đó cũng phải bằng nhau, điều này có nghĩa là tập $m_1,m_2,...,m_{2014}$ thỏa mãn điều kiện sau đây:

$i)$ $m_i \in N$ với mọi $i=1,2,...,2014$

$ii)$ bỏ bất kì phần tử nào của $m_1,m_2,...,m_{2014}$ thì tập còn lại gồm $2013$ số nguyên không âm sao cho có thể phân hoạch thành 3 tập con 671 phần tử có tổng bằng nhau

Như vậy đặt $S=m_1+m_2+...+m_{2014}$ thì $S-m_i$ có thể phân hoạch thành $A,B,C$ đôi một rời nhau sao cho $S(A)=S(B)=S(C)$ với $S(X)$ là tổng các phần tử của $X$

Có nghĩa là $S-m_i \vdots 3$ với mọi $i=1,2,3,...,2014$ hay $S \equiv m_1 \equiv m_2 \equiv m_3 ...\equiv m_{2014} \pmod{3}$
Đặt $m_i=3k_i+r$

Nhận thấy nếu $m_1,m_2,..,m_{2014}$ thỏa mãn $i)$ và $ii)$ thì tập $k_1,k_2,...,k_{2014}$ cũng như vậy, chúng cũng đồng dư nhau modulo 3 và lại lùi, lập luận tương tự cho bộ $k_1,k_2,...,k_{2014}$ và dùng lùi vô hạn suy ra mọi số $m_1,m_2,...,m_{2014}$ phải bằng nhau (có thể dùng $v_3$ thay cho việc lùi vô hạn cũng được) từ $m_1,m_2,...,m_{2014}$ bằng nhau suy ra $v_p(a_1)=v_p(a_2)=...=v_p(a_{2014})$ cho $p->\infty$ ta có ngay $a_1=a_2=...=a_{2014}$ tuy nhiên đây là $a_1,a_2,...,a_{2014}$ nguyên không âm, còn việc âm thì xét dấu dành cho các bạn :)

 

P/S, lâu lắm mới thấy VMO cho lại dạng bài kiểu sum of set thế này

Bài này nói vậy chứ đáp số cũng phiền lắm đấy :D (Dù anh không làm được)

Còn 1 trường hợp mà nguyenta98 quên xét, đó là tập 2014 số đó chứa 4 số $0$ và các số còn lại tùy ý.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-01-2014 - 17:05

Đúng vậy, trên chỉ là ý tưởng giải thôi anh, còn nếu xét đầy đủ thì phải xét là trong đống trên có số 0 nào hay không, nếu có số 0 thì phải xét riêng ra và ra đáp số như anh nói, ngoài ra nếu không có bất kì số 0 nào trong đó thì mới làm đoạn ý tưởng trên :D







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo2014

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh