BDT DẠNG PHIBONACE.pdf   259.73K   1288 Số lần tải

 

Họ tên (Để ghi lên giấy chứng nhận): Bùi Văn Tuấn
Địa chỉ (Để ghi lên giấy chứng nhận): Đồng Hới-Quảng Bình
 

Nguyện vọng mua sách:

NV1:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2011

NV2:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2012

NV3:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2014

NV4:

NV5:

Địa chỉ: lớp 11 Toán - Trường THPT chuyên Võ Nguyên Giáp

 

Địa chỉ(Để ghi lên giấy chứng nhận):lớp 11 Toán-Trường THPT chuyên Võ Nguyên Giáp

Địa chỉ nhận phần thưởng: 273 Nguyễn Văn Cừ-Đồng Hới-Quảng Bình

Họ tên (Để ghi lên giấy chứng nhận): Bùi Văn Tuấn
Địa chỉ (Để ghi lên giấy chứng nhận): Đồng Hới-Quảng Bình
 

Nguyện vọng mua sách:

NV1:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2011

NV2:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2012

NV3:Kỷ yếu gặp gỡ toán học 2014

NV4:

NV5:

Địa chỉ: lớp 11 Toán - Trường THPT chuyên Võ Nguyên Giáp

 123doc.vn - cuc-va-doi-cuc.pdf   2.18MB   640 Số lần tải                                      cucvadoicuc.pdf   2.59MB   540 Số lần tải

Họ tên : Bùi Văn Tuấn

Nick trong diễn đàn: buivantuanpro123

Năm sinh: 1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp: THPT

To @Mr Stoke, em cảm ơn thầy đã nhận xét cho em. Em cũng thấy lời giải mình nếu dùng Zsigmondy mà lý luận như trên thì đúng là phức tạp thật, hơi nửa nạc nữa mỡ.
Đây là lời giải khác của em

Theo như bổ đề 1 ở trên ta sẽ thu được $\text{gcd}(a^{n} - 1, a^{3^{2016}} - 1) = a^{3^{w}} - 1$ với $w = 2016$ hoặc $w = u$ (trong đó $n = 3^{u}.v$ với $\text{gcd}(3, v) = 1$)

Giả thiết bài toán tương đương nếu $p$ là một số nguyên tố $p\mid a^{n} - 1 \implies p\mid a^{3^{w}} - 1$

• TH1. $w = u$, khi đó $3^{w}$ là ước của $n$. Nếu $w = 0$ thì áp dụng Zsigmondy thì có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{w}} - 1 = a - 1$ nếu như $v > 2$ hoặc $a \neq 3$. Từ đó ta suy ra $v = 1$ hoặc $v = 2$, riêng với $v = 2$ thì $a = 2^{l} - 1$
  Nếu $w \ge 1$ thì áp dụng Zsigmondy ta lại thu được có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{w}} - 1$ nếu như $v > 1$. Từ đó ta chỉ suy ra $v = 1$.
  Kết luận lại nghiệm, $(a, n) = (3, 2), (t, 3^{u}) \; (u < 2016)$ (điều này đúng do $a^{3^{u}} - 1 \mid a^{3^{2016}} - 1$
• TH2. $w = 2016$. Tức là $u \ge 2016$. Nếu $v > 1$ hoặc $u > 2016$ thì theo định lý Zsigmondy sẽ có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{2016}} - 1$. Do đó nghiệm là $n = 3^{2016}$.

Vậy nghiệm của bài toán là $(a, n) = (2^{l} - 1, 2), (t, 3^{u})$ với $u\le 2016$.

Spoiler

Mình nghĩ mình có một cách không dùng Zsigmondy nữa, mình sẽ sửa ở trên.

bạn có thể nêu định lí Zsigmondy và chứng minh được không

bạn có chuyên đề phần nguyên( nếu được thì mong có đầy đủ các tính chất của phần nguyên và có chứng minh thì tốt) không.Nếu có thì chia sẻ cho mọi người cùng tham khảo.Thanks

$\blacksquare$ Dạng 1

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n-b^n\\p\not | a^k-b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^6-1^6$ và $a^2-b^2$ với $a+b$ là một lũy thừa của $2$ $)$

$\blacksquare$ Dạng 2

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n+b^n\\p\not | a^k+b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^3+1^3$ $)$

bạn có thể post chứng minh được không

hồi lúc mình có file mà nhớ nó dài lăm

bạn post lên đi , mong là file Tiếng Việt

thất vọng, nhưng cũng cảm ơn bạn nhiều

 da thu lucas.pdf   102.94K   1228 Số lần tải

 da thuc euler.pdf   141.22K   897 Số lần tải

 da thuc fibonacci.pdf   110.92K   788 Số lần tải

 DA_THUC lop 10.pdf   232.01K   1571 Số lần tải

 Da thuc doi xung hai bien.pdf   1.28MB   1294 Số lần tải

 Da thuc doi xung ba bien.pdf   1.91MB   1591 Số lần tải

 dathuc.rar   811.26K   1118 Số lần tải

 Dathuc-VPQuoc-BdHSG-www.MATHVN.com.zip   396.88K   1446 Số lần tải

 Đa thức hoán vị được.pdf   310.34K   992 Số lần tải

 VNMATH.COM-phuong-trinh-ham-cauchy-nvMau.rar   316.65K   439 Số lần tải

 Bai Giang PTH.pdf   341.42K   676 Số lần tải

 chuyen_de_phuong_trinh_ham_4028.pdf   2.82MB   485 Số lần tải

pass là gì bạn

 tuituhoc.com 257 he phuong trinh.rar   700.91K   462 Số lần tải

 Chuyen_de_hept.pdf   545.13K   575 Số lần tải

 Hệ phương trình mathscope.org.pdf   2.17MB   475 Số lần tải

 123doc.vn - 14 BAI TOAN HINH HOC PHANG TRONG DE THI HSG 2000-2010 (phô tô).pdf   502.55K   897 Số lần tải

 VNMATH.COM-dongquy-thanghang.rar   2.29MB   200 Số lần tải

Đáp án chính thức bài hình

 

a) Dễ thấy tam giác $SAI$ và $DTJ$ cân và có $\angle ASI=\angle DTJ$ nên hai tam giác đó dồng dạng. Lại dễ chứng minh tứ giác $AIJD$ nội tiếp nên $\angle MAI=\angle IAD=\angle DJN$ và $\angle NDJ=\angle JDA=\angle AIM$. Từ đó hai tam giác $MAI$ và $NJD$ đồng dạng. Từ đó suy ra $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng. Vậy $\angle ASM=\angle NTJ$ do đó $SM$ và $TN$ cắt nhau tại $E$ trên đường tròn $(O)$.

 

b) Gọi $AB$ cắt $CD$ tại $G$. $GE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Ta thấy $GC.GD=GE.GF=GM.GQ$. Từ đó tứ giác $MQFE$ nội tiếp nên $\angle QFE=\angle AME=\angle MAS+\angle MSA=\angle MBS+\angle AFE=\angle SFA+\angle ASE=\angle EFS$. Từ đó $S,Q,F$ thẳng hàng. Tương tự $T,P,F$ thẳng hàng. Từ chứng minh trên $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng nên tam giác $GMN$ cân suy ra $GM=GN$. Lại có $GM.GQ=GN.GP$ nên $GP=GQ$ suy ra $PQ\parallel MN\parallel ST$. Từ đó đường tròn nội tiếp tam giác $FPQ$ tiếp xúc $(O)$. Vậy theo định lý Poncelet nếu $PQ$ cắt $DB,AC$ tại $U,V$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $FUV$ cũng tiếp xúc $(O)$ và tiếp xúc $DB,AC$. Từ đó theo định lý Thebault thì $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$.


cho mình hỏi định lý Poncelet là gì vậy

Bài số học có thể giải như sau:

Xét một số nguyên tố $p$ bất kì $p\leq n$

TH1: $p|b$ thì $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)) \geq n$ trong khi $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}$ với $S_{p}(n)$ là tổng cs của $n$ trong cơ số $p$

Rõ ràng $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}<n$ nên ta có ngay $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b))>v_p(n!)$

TH2: $(b,p)=1$ khi đó gọi $v_p(n!)=k$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (b,p^k)=1$ khi đó theo định lý Bezout, ta có tồn tại $c$ sao cho $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (c,p)=1$

Khi đó ta cần cm

$$p^k|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b).c^n$$

$$\leftrightarrow p^k|(ac+0.bc)(ac+1.bc)...(ac+(n-1)bc)$$

$$\leftrightarrow p^k|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$$ $(1)$

(do $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ )

Như vậy, ta có $\dfrac{ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)}{n!}=\binom{ac+n-1}{n}$ là số nguyên do đó $n!|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$ hay $(1)$ đúng vì $p^k||n!$

Như vậy qua cả 2 Th ta suy ra ngay với $p$ nguyên tố $p\leq n$ thì $p^{v_p(n!)}|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b) \rightarrow n!|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$ đpcm

 

P/S bài này đã từng có trong các giờ học đội dự tuyển và đội tuyển của KHTN khóa anh Hoàn, anh Đăng, đề năm nay quả thực có format rất giống thi quốc tế

cho mình hỏi $v_{p}(...)$ là gì vậy

đó là kí hiệu cho số mũ nguyên tố đúng

còn định lý $\text{Poncelet}$ bạn tham khảo thêm ở đây

bạn có thẻ phát biểu định lý Poncelet, rồi chứng minh được không.Mình cảm ơn nhiều