Chủ đề này có 7 trả lời

[Math Is Love]

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn thi: Toán (Ngày thứ nhất)
Thời gian: 180 phút

Bài 1:
Giả sử $P(x)$ là đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng $2$ và thỏa mãn điều kiện $P(1)=P(-1)$. Chứng minh rằng tồn tại đa thức hai biến $Q(x,y)$ sao cho $P(t)=Q(t^2-1,t^3-1)$ với mọi $t$

Bài 2:
Cho các số dương $x;y;z$ thỏa mãn $x+y+z=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=(x^5-8x^2+96)(y^5-8y^2+96)(z^5-8z^2+96)$$

Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ không cân,nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ thứ tự tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_0,B_0,C_0$. Đường tròn $(O_a)$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$,tiếp xúc với $BC$ tại $A_0$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $A_1$. $A_2$ là giao điểm của $AA_1$ và $BC$. Tương tự có $B_1;C_1$. Chứng minh rằng:
a,$\widehat{AA_1I}=\widehat{BB_1I}=\widehat{CC_1I}=90^{\circ}$
b,$A_2;B_2;C_2$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với $OI$.

Bài 4:
Cho $n$ là một số nguyên dương có dạng $n=2p^2+1$,trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ. Giả sử rằng $2^{n-1}\equiv 1 (\mod n)$. Chứng minh rằng:
a,$p| \phi (n)$ trong đó $\phi(n)$ là hàm $Euler$.
b,$n$ là số nguyên tố.
$$*****************$$
______________
Làm trọn vẹn bài 2 và bài 4. Bài 1 thì chưa học tí gì về đa thức. Bài hình thì thấy thầy cũng bảo 2 câu đều khó. Thấy nhiều người làm cũng không tốt lắm nên cũng đỡ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 05-03-2013 - 18:47

[Math Is Love]

Bài 2:
Cho các số dương $x;y;z$ thỏa mãn $x+y+z=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=(x^5-8x^2+96)(y^5-8y^2+96)(z^5-8z^2+96)$$

Bài này vừa nhìn xong mình làm luôn,ý tưởng là $Holder$.
Ta có:
$P=\prod (x^5-8x^2+96)$
Áp dụng BĐT $AM-GM$,ta có:
$$x^5-8x^2+96=(\frac{x^5}{5}+\frac{x^5}{5}+\frac{32}{5}+\frac{32}{5}+\frac{32}{5})-8x^2 +(\frac{x^5}{5}+\frac{x^5}{5}+\frac{x^5}{5}+\frac{32}{5}+\frac{32}{5})+64$$
$$\geq 8x^2-8x^2+4x^3+16=x^3+16$$
Áp dụng BĐT $Holder$,ta có:
$P=P=\prod (x^5-8x^2+96)\geq 64\prod (x^3+8+8)\geq 64(4\sum x)^3=96^3$
Dấu $"="$ khi $x=y=z=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 04-03-2013 - 18:58

[WhjteShadow]

Bài 4:
Cho $n$ là một số nguyên dương có dạng $n=2p^2+1$,trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ. Giả sử rằng $2^{n-1}\equiv 1 (\mod n)$. Chứng minh rằng:
a,$p| \phi (n)$ trong đó $\phi(n)$ là hàm $Euler$.
b,$n$ là số nguyên tố.

Bài 2 đã được thảo luân tại đây:
http://diendantoanho...96/#entry402004
Bài 4:
a) Theo tính chất của cấp ta có $ord_n(2)|(n-1;\phi (n))$
$\Rightarrow ord_n(2)|(2p^2;\phi (n))$.
Nếu $p\not \cdots \phi(n)$. Lúc đó thì $ord_n(2)=1$ hoặc $ord_n(2)=2$.

$\bullet ord_n(2)=1$. Ta có $2^1\equiv 1 (\mod n)\Rightarrow n=1$ vô lý do $n=2p^2+1$.

$\bullet ord_n(2)=1$. Ta có $2^2\equiv 1 (\mod n)\Rightarrow n=3$ vô lý do $n=2p^2+1$ với $p$ là số nguyên tố lẻ.
Vậy điều giả sử là sai, ta có $p \cdots \phi(n)$.
b) Giả sử $n$ có phân tích tiêu chuẩn $n=\prod^{n}_{i=1}p_i^{\alpha_i}$
Ta có $\phi (n)=\prod^{n}_{i=1}p_i^{\alpha_i-1}\prod(p_i-1)$.
Nhưng do $p\not | n$ nên $p\not | \prod^{n}_{i=1}p_i^{\alpha_i-1}$ nên $\prod(p_i-1)\vdots p$.
Vậy nên có 1 số $p_i-1\vdots p$, giả sử là $p_1-1$. Có $p_1=mp+1$ với $m\in \mathbb{Z}^{+}$.
$\bullet$ Nếu $m=1$ thì $n=(p+1)\prod^{n}_{i=2}p_i^{\alpha_i}=2p^2+1$. Vô lý do $p+1\not \cdots 2p^2+1$.
$\bullet$ Nếu $m\geq 2$ thì $\prod^{n}_{i=2}p_i^{\alpha_i}\equiv 1 (\mod n)$ nhưng $\prod^{n}_{i=2}p_i^{\alpha_i}<n$ nên $\prod^{n}_{i=2}p_i^{\alpha_i}=1$.
Vậy $n=(mp+1)^{\alpha_1}=2p^2+1$. Do $m\geq 2$ nên $\alpha_1\leq 1\Rightarrow \alpha_1= 1$, $n=mp+1=p_1$ là số nguyên tố.
Kết thúc chứng minh $\square$
---------------------
P/s: Nếu $p>3$ thì $n\vdots 3$ mà $n$ nguyên tố nên $n=3$ loại..
Vậy $p=3$ và $n=19$ :")

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 04-03-2013 - 20:10

[chrome98]

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn thi: Toán (Ngày thứ nhất)
Thời gian: 180 phút

Bài 4:
Cho $n$ là một số nguyên dương có dạng $n=2p^2+1$,trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ. Giả sử rằng $2^{n-1}\equiv 1 (\mod n)$. Chứng minh rằng:
a,$p| \phi (n)$ trong đó $\phi(n)$ là hàm $Euler$.
b,$n$ là số nguyên tố.

Solution:
a) Theo định lý Euler, ta có: $2^{\phi(n)}\equiv 1\mod n$, và do $2^{n-1}\equiv 1\mod n$, $\phi(n)\leq n-1$, nên suy ra:
\[ \phi(n)|(n-1)=2p^2 \]
$\phi(n)\neq 1, 2$, thật vậy, nếu $\phi(n)=2\implies n=3\implies p=1$, mâu thuẫn với điều kiện $p$ là số nguyên tố.
Do đó $p|\phi(n)$.
b) Gọi thừa số nguyên tố lớn nhất của $n=2p^2+1$ là $k$, khi đó ta có:
\[ \begin{cases} k-1|2p^2 \\ k|2p^2+1\implies 2p^2+1=mk \end{cases}\implies k-1|mk-1=m(k-1)+m-1\implies k-1|m-1 \]
Suy ra $k-1\leq m-1\implies k\leq m$ hoặc $m=1$ (trường hợp này ta có điều phải chứng minh)

Xét trường hợp $k=m$, khi đó ta có phương trình $2p^2+1=k^2\Leftrightarrow k^2-2p^2=1$.
Đây là phương trình Pell loại I $X^2-2Y^2=1$ nên có công thức nghiệm là
\[ \begin{cases} x_0=1, x_1=3, x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n \\ y_0=0, y_1=2, y_{n+2}=6y_{n+1}-y_n \end{cases} \]
Từ đây ta thấy với điều kiện $p$ nguyên tố thì chỉ có giá trị $p=2$ thỏa mãn do dãy $p_i$ là các số chẵn. Thay $p=2$ vào đề bài ta thấy không thỏa mãn.
Vậy chỉ có một trường hợp đã nêu ở trên, tức $n$ là số nguyên tố. $\blacksquare$
_________________
Bọn anh còn chưa học PT Pell đâu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 04-03-2013 - 21:27

[Math Is Love]

Bài 4:
Cho $n$ là một số nguyên dương có dạng $n=2p^2+1$,trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ. Giả sử rằng $2^{n-1}\equiv 1 (\mod n)$. Chứng minh rằng:
a,$p| \phi (n)$ trong đó $\phi(n)$ là hàm $Euler$.
b,$n$ là số nguyên tố.

______________
Làm trọn vẹn bài 2 và bài 4. Bài 1 thì chưa học tí gì về đa thức. Bài hình thì thấy thầy cũng bảo 2 câu đều khó. Thấy nhiều người làm cũng không tốt lắm nên cũng đỡ!

Bài 4b mình làm thế này:
Giả sử $n$ là hợp số. Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $n$
Ta có:
$n|2^{n-1}-1\Rightarrow q|2^{n-1}-1$
Theo định lí nhỏ $Fermat$,ta lại có: $q|2^{q-1}-1$
Vậy nên: $q|\gcd(2^{q-1}-1;2^{n-1}-1)=2^{\gcd(q-1;n-1)}-1$
Nhận xét:
$\gcd(q-1;n-1)=\gcd(q-1;2p^2)$
Vì $n$ lẻ nên $2 \not| q\Rightarrow 2|q-1$
Vậy $\gcd(2p^2;q-1)=2.\gcd(p^2;q-1)$
Giả sử $p|q-1\Rightarrow q=kp+1$
Thay vào,ta có:
$kp+1|2p^2+1\Rightarrow kp+1|p(2p-k)$
Vì $\gcd(p;kp+1)=1$ nên $kp+1|(2p-k)\Rightarrow k<2$
Vậy $k=1\Rightarrow p+1|2p-1\Rightarrow p+1|3\Rightarrow$ mâu thuẫn vì $p$ là số nguyên tố lẻ.
Vậy $p\not| q-1\Rightarrow \gcd(p;q-1)=1$
Vậy nên $q|2^2-1=3\Rightarrow q=3$
Vì $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $n$ mà $q=3$ nên $n=3^k$ với $k\in \mathbb{Z}^+$
Từ câu a,ta có:
$p| \phi (n)\Rightarrow p| \phi(3^k)\Rightarrow p|2.3^{k}$
Vì $p$ là số nguyên tố lẻ nên $p=3$.
Thay vào ta được $n=19$,vô lý vì $n$ là hợp số. Vậy ta có $n$ nguyên tố,ta có $đpcm$.
_____________
Cái dòng màu đỏ trong bài mình quên mất là đang giả sử $n$ là hợp số nên không ghi chữ vô lý! Ảo lòi!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 04-03-2013 - 21:12

[thukilop]

Cho mình hỏi 1 câu hỏi nhỏ thôi: kí hiệu ord và gcd có ý nghĩa gì vậy bạn ???
______________
$h=ord _n(a)$ là số nguyên dương $h$ nhỏ nhất thỏa mãn $a^h\equiv 1 (\mod n)$
$gcd(x;y)$ là ước chung lớn nhất của $x;y$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 05-03-2013 - 11:19

[barcavodich]

Câu a) ta có $AA_{1}$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(O')$ nên $ AA_{1} vuông góc OO' $($O'$ là tâm đường tròn tiếp xúc)
Lại có $A_{1},O,O'$ thẳng hàng
Tương tự thì $\widehat{AA_1I}=\widehat{BB_1I}=\widehat{CC_1I}=90^{\circ}$
Câu b) có thể dùng định lí sondat

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 05-03-2013 - 11:47

[kerry0111]

Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ không cân,nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ thứ tự tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_0,B_0,C_0$. Đường tròn $(O_a)$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$,tiếp xúc với $BC$ tại $A_0$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $A_1$. $A_2$ là giao điểm của $AA_1$ và $BC$. Tương tự có $B_1;C_1$. Chứng minh rằng:
a,$\widehat{AA_1I}=\widehat{BB_1I}=\widehat{CC_1I}=90^{\circ}$
b,$A_2;B_2;C_2$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với $OI$.

l
a, dễ thấy $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ k chứa $A$ thì $J, A_0, A_1$ thẳng hàng

và $\widehat{A_1AJ}=\widehat{A_1A_0B}$ nên ta chỉ cần cm $\widehat{AIA_1}=\widehat{IA_0E}$

hay $\widehat{IA_0J}=\widehat{JIA_1}$

mà $JI^2=JB^2=JA_0.JA_1$

ta có đpcm

b, $\widehat{A_2AI}=\widehat{A_1A_0A_2}\Rightarrow A_2A_1.A_2A=A_2I^2\Rightarrow A_2O^2-A_2I^2=R^2$

xd 2 hệ thức tt và theo định lý 4 điểm ta có đpcm