Đến nội dung

Hình ảnh

Đề học sinh giỏi môn toán chuyên tỉnh Thừa Thiên Huế 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

14914951_1782946268621547_78270006_n.jpg



#2
caovannct

caovannct

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 529 Bài viết
Có đề bảng không chuyên không em? Post lên anh em tham khảo luôn

#3
hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết

Câu 3.b (mình Đóng góp một cách giải không sử dụng ý $a$)

Giả sử $k$ là một ước số của $a^n+b^n$ với mọi số nguyên dương $n>2016^{2017}$

Chọn $n>2016^{2017}$ sao cho $(p-1,n)$ với mọi $p$ là ước nguyên tố của $k$. (nếu thắc mắc về sự tồn tai điều này ta có thể với mỗi $p$ chọn một $n$ thỏa mãn điều này$

Khi đó không khó để chứng minh: $p$ là ước nguyên tố của $a+b$ 

Điều này chứng tỏ mọi ước nguyên tố $p$ của $k$ điều là ước nguyên tố của $a+b$.

Từ đây với mọi $p$ sử dụng chọn $n$ là số nguyên tố thì sử dụng bổ đều $LTE$ ta thu được $k$ là ước của $a+b$.

Phần tô đỏ các bạn có thể tham khảo Bổ đề của mình viết tại trang 71  Tạp chí $Epsilon$ số 7


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtubatu955: 04-11-2016 - 19:40


#4
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Câu 3.b (mình Đóng góp một cách giải không sử dụng ý $a$)

Giả sử $k$ là một ước số của $a^n+b^n$ với mọi số nguyên dương $n>2016^{2017}$

Chọn $n>2016^{2017}$ sao cho $(p-1,n)$ với mọi $p$ là ước nguyên tố của $k$. (nếu thắc mắc về sự tồn tai điều này ta có thể với mỗi $p$ chọn một $n$ thỏa mãn điều này$

Khi đó không khó để chứng minh: $p$ là ước nguyên tố của $a+b$ 

Điều này chứng tỏ mọi ước nguyên tố $p$ của $k$ điều là ước nguyên tố của $a+b$.

Từ đây với mọi $p$ sử dụng chọn $n$ là số nguyên tố thì sử dụng bổ đều $LTE$ ta thu được $k$ là ước của $a+b$.

Phần tô đỏ các bạn có thể tham khảo Bổ đề của mình viết tại trang 71  Tạp chí $Epsilon$ số 7

LTE có vẻ hơi xấu (ý tưởng của anh giống em) 



#5
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Câu 4:

Ta chứng minh tập hợp $A_k$ gồm các số có dạng $2^km$ ($m$ lẻ) có một cách phân hoạch duy nhất thành hai tập $X_k, Y_k$ ($X_k$ chứa $2^k$) thỏa đề bài.

Ta có thể giả sử $k=0$, $A_0={1;3;...;2m-1}$.

Với $m=1$ hiển nhiên.

Giả sử $m$ đúng. Chọn $l$ sao cho $2^l<2m+1<2^{l+1}$ . Ta có $2^{l+1}-2m-1<2m+1$, theo giả thiết quy nạp $2^{l+1}-2m-1$ thuộc một trong hai tập $X_0,Y_0$, nên để thỏa mãn thì $2m+1$ có một cách chọn vào tập còn lại. (nếu $l$ lớn hơn, $2^{l+1}-2m-1$ không thuộc các số trước đó nên không xét).

Có $11$ tập $A_k$, hai số thuộc hai tập khác nhau tổng không có dạng $2^k$ nên số cách chọn là $2048$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 05-11-2016 - 18:39


#6
anhminhnam

anhminhnam

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 155 Bài viết

Không hiểu sao không nhìn rõ hình, mình đăng lại đề cho các bạn. 

nRetphX.jpg


:like Nếu bạn muốn đến nơi cao nhất, phải học cách bắt đầu từ nơi thấp nhất!  :like 

 


#7
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Có vẻ như cái ảnh đề thi đăng lên đã chết rồi. Mong ai có thể viết lại đề thi lên topic này.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh