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

Chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Đồng Nai 2014-2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 13-11-2014 - 11:48

Ngày thi thứ nhất.

 

Câu 1 (5 điểm)

Giải phương trình :

$$(5x-4)\sqrt{2x-3}-(4x-5)\sqrt{3x-2}=2$$

 

Câu 2 (5 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$g\left [ g(x)-x^2+yz \right ]=g(x)\left [ g(x)-2x^2+2yz \right ]+z^2\left [ y^2-g(y) \right ]+y^2\left [ z^2-g(z) \right ]-2x^2yz+x+g(y)g(z)+x^4,\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

 

Câu 3 : (5 điểm)

Một số tự nhiên được gọi là "số may mắn" nến tổng các chữ số của nó là $7$. Gọi $a_1,a_2,...,a_n,..$ là dãy tất cả các "số may mắn" được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Hỏi :

1. Số $2014$ là số hạng thứ mấy của dãy  ?

2. Số hạng $a_{325}$ là số nào ?

 

Câu 4 (5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$.

1. Chứng minh $CM=MF$.

2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 13-11-2014 - 11:57

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#2 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1541 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 14-11-2014 - 08:53

Cái gì mà " có chút tan vỡ" ở đây, mày làm được có 3.5/ 4 bài nên tự kỷ hả em :D

 

Bài $3$ ngày $1$:

 

Bổ đề  (Bài Toán chia kẹo Euler):

Cho $n$ em nhỏ đứng thành hàng ngang, cô giáo có trong tay $k$ cái kẹo ( $ k \ge 0 ; n \ge 1$), thì số cách chia kẹo cho $n$ em nhỏ này là $ \binom{n+k-1}{k}$

 

Chứng minh: số cách chia kẹo theo yêu cầu bài toán chính là hệ số của $x^k$ trong khai triển hàm sinh:

$ \mathcal{A} (x) =  \left(1+x+x^2 +...\right) \left(1+x+x^2 +...\right) \cdots \left(1+x+x^2 +...\right)$

(tích này gồm $n$ thừa số)

$ \mathcal{A} (x) = \frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{1-x} \cdots \cdot\frac{1}{1-x} $  (tích này gồm $n$ thừa số)

 

$ \implies \left[ x^k \right] \mathcal{A} (x) = \left[ x^k \right] \cdot\frac{1}{(1-x)^n} =\left[ x^k \right] (1+(-x))^{-n} = (-1)^k \binom{-n}{k} = \frac{-n (-n-1) \cdots (-n-k+1) \cdot (-1)^k}{k!} = \frac{(-1)^{2k} \cdot n(n+1) \cdots (n+k-1)}{k!}  $

$ = \frac{(n+k-1)!}{k! \cdot (n-1)!}=   \binom{n+k-1}{k}$, từ đây suy ra điều phải chưng minh.

 

Trở lại bài toán chính: Gọi tính chất của $1$ số tự nhiên $n$  theo mô tả trong đề là tính chất $ \alpha$

Nếu $n$ có $1$ chữ số thì $n$ chỉ có thể nhận giá trị là $7$

Nếu $n$ có $k$ chữ số $ k \ge 2$ thì giá trị lớn nhất $n$ có thể nhận là $ 7000....000$ ($n-1$ só $0$), giá trị nhỏ nhất $n$ có thể nhận là $1000....006$ ($n-2$ só $0$)

 

Xét số tự nhiên $n$ có $k$ chữ số, có tính chất $\alpha$,

 

Nếu $n$ bắt đầu bằng số $1$ thì tổng của $k-1$ chữ số còn lại là $6$, nên theo bổ đề $n$ có thể nhận : $  \binom{(k-1)+6 -1 }{6} = \binom{k+4 }{6}$ (giá tri)

Tương tự, nếu $n$ bắt đầu bằng số $2$, $n$ có thể nhận$\binom{k+3 }{5}$ (giá tri)

........

Nếu $n$ bắt đầu bằng số $7$, $n$ có thể nhận$\binom{k-2 }{0}$ (giá tri)

 

Suy ra nếu số tự nhiên $n$ có $k$ chữ sốcó tính chất $\alpha$, thì $n$ có thể nhận:

 

$ \binom{k+4 }{6} + \binom{k+3 }{5}+...+ \binom{k-1 }{1}+\binom{k-2 }{0}$

 

$ = \binom{k-1 }{0} + \binom{k-1 }{1} + ...+ \binom{k+3 }{5}+ \binom{k+4 }{6} $

 

$ = \left( \binom{k-1 }{0} + \binom{k-1 }{1} \right) + \binom{k }{2}+...+ \binom{k+3 }{5}+ \binom{k+4 }{6} $

$ = \binom{k }{1}+ \binom{k }{2}+...+ \binom{k+3 }{5}+ \binom{k+4 }{6} $

$ =...= \binom{k+4 }{5}+ \binom{k+4 }{6} = \binom{k+5 }{6}$ (giá trị) $(*)$

 

Câu a/: Số $2014$ nếu xét thứ tự trong dãy này thì hiển nhiên phải đứng sau các số có $1,2,3$ chữ số, ngoài ra còn phải đứng sau các số có $4$ chữ số có tính chất $\alpha$ mà bắt đầu bằng số $1$.
Xét trong số các số có $4$ chữ số có tính chất $\alpha$ mà bắt đầu bằng số $2$, thì số $2014$ đứng ngay sau số nhỏ nhất là số $2005$.

Nên theo lập luận $(*)$ ,suy ra thứ tự số $2014$ trong dãy là vị trí thứ:

 

$ 1+ \binom{2+5 }{6}+\binom{3+5 }{6}+ \binom{4+4 }{6} +2$

 

$ = 3+ \binom{7 }{6}+\binom{8 }{6}+ \binom{8}{6} = 66$

 

Câu b/: Thứ tự của số lớn nhất thỏa mãn các tính chất: có tính $\alpha$, có $5$ chữ số, bắt đầu bằng số $5$ là:

 

$ 1+ \binom{7 }{6}+\binom{8 }{6}+ \binom{9}{6}+ \binom{10}{6} - \binom{3 }{0} - \binom{4 }{1}$

 

$ = \binom{7 }{7}+ \binom{7 }{6}+\binom{8 }{6}+ \binom{9}{6}+ \binom{10}{6} - \binom{3 }{0} -\binom{4 }{1}$

 

$ = \binom{11}{7} - 5 = 325$

 

Từ đây suy ra: $ a_{325}= 52000$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 14-11-2014 - 11:50

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#3 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 14-11-2014 - 12:33

Ngày thi thứ hai :

WP_20141114_002.jpg

@Juliel : Anh làm gì đánh giá e cao zữ v :(((((( Nát bươm, te tua rồi :(((

@ supermember: nhưng mà đề của Đồng Nai năm nay phê phết đấy, không như mấy năm trước. Ngày 1 làm được chừng mấy bài vậy cu, ngày 2 anh chưa giải thử mà ngó sơ thì cũng ko dễ xử đâu :)

@Juliel : Mọi năm đề dễ hơn nhiều, ko hiểu sao năm nay lại khó thế,chắc năm nay đổi cách thi tuyển là cho thi thẳng vào vòng tuyển VMO mà ko cần qua vòng HSG tỉnh (kiến thức thi là chương trình ĐH :)) ). Ngày 1 em làm 2,5 bài (bỏ tổ và nửa câu hình), cuối giờ phát hiện sai câu hàm, ra khỏi phòng thi phát hiện sai câu phương trình nữa  :icon13:  :icon13:  :icon13:  :icon13: . Ngày 2 thì e làm đuơc câu hình vs câu số. Nói chung em ko có học tổ hợp nên đi thi là ko bao giờ đọc đề câu tổ :))

==>>> Khả năng lỡ hẹn VMO là cực kì cao :(

@ supermember: bài tổ vòng 2 thì bỏ là quá uổng, ít ra có thể vớt được chừng $2$ điểm câu a, chỉ cần chọn 6 số sao cho tổng của nó là số nguyên tố, mày dại quá :(

@Juliel : :v thực sự thì đọc đề câu a bài 6 cũng thấy ngu thật. Hình như câu a là dc 3,5 điểm chứ ko phải 2 điểm đâu :((

@ supermember: dân Đồng Nai chắc cũng ít nhân tài mà mày, thôi để tối nay anh thắp nhang khấn cho mày đậu hen :P. Chứ Ronaldo mà ko dc đá Wolrd cup thì uổng quá :D

@Juliel : Đồng Nai mấy năm trước cũng được lắm (Ong Thế Phương, Đặng Ngọc Sơn,...), đến thời em cái nó trụi hết lông lá >.< :))) vãi cả Ronaldo -__;


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-11-2014 - 21:34

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#4 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1541 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 16-11-2014 - 09:52

Bài $6$ ngày $2$:

 

Câu a/ Câu này chỉ đơn giản là đi chọn $1$ tập gồm $6$ số nguyên dương sao cho tổng của $6$ số là số nguyên tố. Điều này không có gì phức tạp, nhưng đây lại là gợi ý để giải tiếp câu b hơi khó, chẳng hạn, ta có thể chọn trước số nguyên tố $71$, như vậy, tập này có thể xây dựng như sau:

 

$ \{ 1;5;10;15;19;21 \}$

 

Câu b/ Để giải câu này, ta đưa vào kí hiệu $ \mathcal{A}_k= \{ (a+b)^2; (a+2b)^2;...; (a+kb)^2 \}$

Thì $ S(\mathcal{A}_k) = ka^2 + k(k+1)ab+ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \cdot b^2$

 

Mấu chốt của bài toán này là đi xét các ước nguyên dương của số $f(k)= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} $, hiển nhiên theo định lý cơ bản của số học trong việc phân tích số nguyên dương thành tích các thừa số nguyên tố, ta có được $1$ loạt các nhận xét sau:

 

Nhận xét $1$: Nếu $4| k $ thì $ 2 | f(k)$ và từ đây suy ra $ 2| S(\mathcal{A}_k)$

Nhận xét $2$: Nếu $ 3^2 | k$ thì $ 3| f(k)$ và từ đây suy ra: $3| S(\mathcal{A}_k)$

Nhận xét $3$: Nếu $q$ là số nguyên tố lẻ khác $3$ và $q| k $ thì $ q | f(k)$ và từ đây suy ra $ q| S(\mathcal{A}_k)$

 

Ta xét trường hợp $ n=2k$, khi đó nếu $k=1$, ta dễ dàng xây dựng tập thỏa đề với $ a=b=1, n=2$, vì $2^2+3^2 = 13$ là số nguyên tố.

Do đó, ta xét tiếp trường hợp $ k \ge 2$, nếu $ 2|k$ thì suy ra $ 4|n$ vào do đó theo nhận xét $1$ thì: $ 2| S(\mathcal{A}_n)$

 

Những nếu xét tập con $ \mathcal{B}_2= \{ (a+b)^2; (a+3b)^2 \}$ của $\mathcal{A}_n$ thì rõ ràng ta có $ 2| S(\mathcal{B}_2)$, do đó $\mathcal{A}_n$ không phải tập " nguyên tố" vì $ S(\mathcal{B}_2) ; S(\mathcal{A}_n)$ không nguyên tố cùng nhau (cùng chia hết cho $2$), vô lý.

 

Do đó $ 2 \not{|} k$. Nếu $ k= 3$ thì $n =6$. Ta sẽ xây dựng $1$ tập thỏa đề.

Điều này không khó nếu có máy tính bỏ túi, chỉ cần thử vài giá trị nguyên dương đầu tiên của đa thức $2$ biến

$ \mathcal{P}(a;b) = S(\mathcal{A}_6)= 6a^2 + 6 \cdot 7 ab + 7 \cdot 13 b^2$ ta sẽ chọn được giá trị $ a=2; b =1$ để $ \mathcal{P}(a;b)$ là số nguyên tố.

 

Thật vậy: với $a=2; b=1; n=6$ thì : $ 3^2+ 4^2 + 5^2 + 6^2 + 7^2 +8^2 = 199$ là số nguyên tố vì $ \left[ \sqrt{199} \right] = 14$ và thử trực tiếp thì thấy $199$ không chia hết cho các số nguyên tố $ 3;5;7;11;13$. Kĩ thuật này đã được gợi ý ở câu a/

 

 Nếu $ 3^2| k$ thì theo nhận xét $2$ ta sẽ có ngay $ 3| S(\mathcal{A}_n)$, nhưng sẽ dễ dàng chỉ ra điều vô lý khi xét tập $ \mathcal{B}_3= \{ (a+6b)^2; (a+3b)^2; (a+9b)^2 \}$.

 

Và nếu $k$ có ước nguyên tố lẻ $q$ khác $3$ thì bằng nhận xét $3$ ta sẽ có ngay điều vô lý khi $ S(\mathcal{A}_q) ; S(\mathcal{A}_n)$ không nguyên tố cùng nhau do cùng chia hết cho $q$.

 

Nên tóm lại, với trường hợp $n$ chẵn thì có $2$ nghiệm là $2; 6$

Còn trường hợp $n$ lẻ, ta tiến hành như sau:

 

(khi nào rảnh làm tiếp)

Tiếp tục: cũng y như ở trường hợp $n$ chẳn, ta dùng các lập luận để chứng minh rằng $n$ không thể là hợp số. Với trường hợp $n=3$ thì  ta dễ dàng xây dựng tập thỏa đề với $ a=b=1, n=3$, vì $2^2+3^2 +4^2= 29$ là số nguyên tố.

 

Như vậy chỉ còn một trường hợp: $n$ là số nguyên tố lẻ và $ n \ge 5$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-12-2014 - 17:13

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#5 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 16-11-2014 - 12:56

Câu hình ngày 2 thử tham khảo link này http://www.artofprob....php?p=1555921



#6 binvippro

binvippro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 193 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 07-04-2015 - 21:41

Ngày thi thứ nhất.

 

Câu 1 (5 điểm)

Giải phương trình :

$$(5x-4)\sqrt{2x-3}-(4x-5)\sqrt{3x-2}=2$$

 

Câu 2 (5 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$g\left [ g(x)-x^2+yz \right ]=g(x)\left [ g(x)-2x^2+2yz \right ]+z^2\left [ y^2-g(y) \right ]+y^2\left [ z^2-g(z) \right ]-2x^2yz+x+g(y)g(z)+x^4,\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

 

Câu 3 : (5 điểm)

Một số tự nhiên được gọi là "số may mắn" nến tổng các chữ số của nó là $7$. Gọi $a_1,a_2,...,a_n,..$ là dãy tất cả các "số may mắn" được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Hỏi :

1. Số $2014$ là số hạng thứ mấy của dãy  ?

2. Số hạng $a_{325}$ là số nào ?

 

Câu 4 (5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$.

1. Chứng minh $CM=MF$.

2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$.

 

có đáp án câu 4 ngày 1 chưa vậy bạn ? 



#7 ChiLanA0K48

ChiLanA0K48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-04-2015 - 01:45

 

Câu 4 (5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$.

1. Chứng minh $CM=MF$.

2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$.

 

Bài giải:

1) Do $E$ thuộc trung trực $BD$, suy ra $\angle EMC=\angle EBD=\angle EDB=\angle EMB$ suy ra $ME$ là phân giác $\angle BMC$. Lại có $CE$ là phân giác $\angle MCB$. Suy ra $E$ là tâm nội tiếp tam giác $MCB$. Suy ra $BE$ là phân giác $\angle CBM$.

$\angle EFM=\angle ECB=\angle ECM$; $\angle EFC=\angle ECF$

Suy ra $\angle MCF=\angle MCE+\angle ECF = \angle MFE+\angle EFC=\angle MFC$ suy ra tam giác $MFC$ cân tại $M$.

Suy ra $MC=MF$

2) Từ $MC=MF$ suy ra $M,F,A,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

Gọi $J$ là giao điểm $DI$ với $(MBD)$

Ta có $IB.IE=IF.IC=IJ.ID$ suy ra  $D,J,C,F$ cùng thuộc một đường tròn suy ra $J$ thuộc đường tròn đường kính $CD$

$MJ=MD$ suy ra $M$ là điểm chính giữa cung $DJ$ của $(MBD)$

Từ đó dễ dàng chứng minh $\triangle MJB=\triangle MAB$ suy ra $BM$ là đường trung trực $AJ$.

Suy ra $F$ thuộc trung trực $AJ$, suy ra $F$ là điểm chính giữa cung $AJ$ của đường tròn đường kính $DC$.

Suy ra $DF$ là phân giác $\angle BDJ$

Suy ra $\angle ADK=2 \angle ADF=\angle AMK$ suy ra $A,M,D,K$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle BKI=\angle MKD=\angle MAD$

Do $\angle MAE=\angle MFE=\angle MCA$ suy ra $M,E,F,A$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $ME,AF,DJ$ đồng qui tại một điểm là tâm đẳng phương của 3 đường tròn $(AEF), (MBD), (ADC)$

Gọi $G$ là giao điểm $ME,AF,DJ$

Dễ thấy $\triangle MDF \sim \triangle EDB$ từ đó suy ra được $ME\parallel DF$ và $\angle BAF=\angle EBM$

Gọi $L$ là giao điểm $AF,CB$

Suy ra $\angle LGE=\angle DFA=\angle LCE$ suy ra $L,E,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Lại có $\angle ECI=\angle FBI=\angle FDI=\angle EGI$ suy ra $E,G,I,C$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $E,G,I,C,L$ cùng thuộc một đường tròn

suy ra $\angle ICB=\angle IGF$ và $\angle $FCG=\angle BEG=BDC=\angle FKG$ suy ra $F,K,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle KCF=\angle KGF$ suy ra $\angle KCF=\angle FCB$

Suy ra $CF$ là phân giác $\angle KCB$

Lại có $BE$ là phân giác $\angle KBC$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $KBC$



#8 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 24-05-2015 - 19:40

Bài hình http://www.artofprob...h488831p2739334SL 2011 G6



#9 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1541 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 24-05-2015 - 23:00

Ở trên có ai giúp supermember hoàn thiện lời giải bài tổ hợp ngày hai không?


Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#10 datmc07061999

datmc07061999

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 198 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1-THPT Mộc Lỵ - Sơn La
  • Sở thích:math,soccer

Đã gửi 03-01-2016 - 08:14

Mọi người hướng dẫn cho câu hình ngày 2 với.


Hãy cố gắng vượt qua tất cả dù biết mình chưa là gì...


#11 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 24-08-2018 - 02:55

Bài 6: (Hoàn thiện lời giải bài tổ hợp của anh Supermember :icon6: )

Ta sẽ xử lí trường hợp $n\geqslant 5$ và $n$ nguyên tố bằng số học, đặt $n=p$

Lại có: $S(A_p)=pa^2+p(p+1)ab+\frac{p(p+1)(2p+1)}{6}b^2$ chia hết cho $p$ (vì $p$ nguyên tố) $(1)$

Xét tập $A_p$ có $p$ phần tử theo mod $p$ sẽ được tập $A'_p=(r_1,r_2,...,r_{p})$ với $0\leqslant r_i\leqslant p-1, 1\leqslant i\leqslant p$ 

Xét các tổng $s_i=r_1+...+r_i$, ta được $p$ tổng như vậy

Chú ý rằng, với mỗi $p$ nguyên tố, ta có đúng $\frac{p+1}{2}$ số chính phương mod $p$

Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại $s_i$, $s_j$, $i<j$ có cùng số dư khi chia cho $p$

Từ đó, lấy $k=s_j-s_i$, dễ dàng thấy $k$ cũng là một tập con của $A$, đồng thời nó chia hết cho $p$ $(2)$

Từ $(1)(2)$, ta có ngay $(S(A_p),k)\geqslant p$ vì vậy không thỏa mãn $S(A_p)$ nguyên tố với mọi tổng tập con của $A_p$

Vậy ta có ĐPCM.






0 người đang xem chủ đề

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