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:)))
- Zaraki, LNH, bangbang1412 và 1 người khác yêu thích
nguyen tuan anh KHTN
Gửi bởi reddevil1998 trong 21-07-2014 - 13:27
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:)))
Gửi bởi reddevil1998 trong 18-12-2013 - 14:29
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
Gửi bởi reddevil1998 trong 11-12-2013 - 13:10
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
Gửi bởi reddevil1998 trong 10-12-2013 - 15:16
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.
Gửi bởi reddevil1998 trong 05-12-2013 - 11:07
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$
Gửi bởi reddevil1998 trong 27-11-2013 - 13:21
Trường tổ chức viết chuyên đề , thử gửi lên diễn đàn cho các bạn xem sao.
Gửi bởi reddevil1998 trong 26-11-2013 - 13:03
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 bởi reddevil1998 trong 20-11-2013 - 12:30
Chuyên đề ngắn nhưng rất hay , gửi diễn đàn mình xem thử , rất phù hợp với các bạn chuẩn bị cho VMO 2014
Gửi bởi reddevil1998 trong 20-11-2013 - 12:18
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)
Gửi bởi reddevil1998 trong 14-11-2013 - 12:16
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
Gửi bởi reddevil1998 trong 31-10-2013 - 11:29
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)
Gửi bởi reddevil1998 trong 25-10-2013 - 11:59
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
Gửi bởi reddevil1998 trong 21-10-2013 - 13:10
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.....
Gửi bởi reddevil1998 trong 30-08-2013 - 11:57
Gửi bởi reddevil1998 trong 24-08-2013 - 20:26
Loi Giai De Thi Bo Sung TST 2005.pdf 491.73K 420 Số lần tải
Loi Giai De Thi HSGQG Trung Quoc 2012.pdf 493.22K 568 Số lần tải
Loi Giai De Thi TST 2001.pdf 259.69K 516 Số lần tải
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học