Cho mình xin tài liệu về tổ hợp và rời rạc dành cho học sinh THCS với, ai có gửi link cho mình hoặc tên sách nhé.
Mình cảm ơn!
Có 55 mục bởi hoangtubatu955 (Tìm giới hạn từ 03-05-2020)
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 26-06-2018 - 12:43 trong Tài liệu - Đề thi
Cho mình xin tài liệu về tổ hợp và rời rạc dành cho học sinh THCS với, ai có gửi link cho mình hoặc tên sách nhé.
Mình cảm ơn!
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 12-10-2017 - 22:30 trong Giải tích
Bài 61. Cho $ a,b \in \mathbb{R}, a<b $. Giả sử rằng hàm $f(x)$ dương trên $(a,b)$ thỏa mãn $f(a)=f(b)=0$ và $f$ khả vi cấp 2. Chứng minh rằng:
$ \int_a^b |\dfrac{f''(x)}{f(x)}|dx \ge \dfrac{1}{b-a}$
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 23-04-2016 - 23:54 trong Thông báo chung
Cho em hỏi là nếu không mua sách thì chuyển khoản được không ạ?
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 25-04-2016 - 17:44 trong Thông báo chung
Bọn em ưu tiên tặng sách hơn anh à. Anh có muốn mua cuốn sách nào không ạ?
Anh có thể liệt kê sách anh muốn mua thành các nguyện vọng 1,2,3 ... . BTC nếu không mua được cuốn 1 thì sẽ mua cuốn 2, không mua được cuốn 1,2 thì sẽ mua cuốn 3, ...
Hiện tại anh chưa biết nên mua sách gì, các sách nói trên thì anh có cả rồi Toàn ạ.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 05-06-2016 - 15:21 trong Thông báo chung
MẪU
Họ tên (Để ghi lên giấy chứng nhận): Nguyễn Văn Thế
Địa chỉ (Để ghi lên giấy chứng nhận): Lớp 12T1-Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh
Nguyện vọng mua sách:
NV1: Reading for Ielts (Collins)
NV2: Nhập môn Lập Trình (Trần Đan Thư)
NV3: Kỹ Thuật Lập Trình (Trần Đan Thư
NV4: Phân tích và thiết kế giả thuật
NV5:
Địa chỉ nhận áo, GCN và phần thưởng: Nguyễn Văn Thế-Thôn 4- Xã Cẩm Trung-Huyện Cẩm Xuyên-Tỉnh Hà Tĩnh
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 16-05-2016 - 19:59 trong Thông báo chung
Toàn ơi!
Em biết cuốn nào về thuật toán không? Hoặc kiểu về Khoa Học Máy Tính chỉ anh với, anh định học về cái này trong tương lai.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 02-09-2016 - 20:42 trong Bất đẳng thức và cực trị
Viết bdt đã cho dưới dạng thuần nhất
$\sum_{cyc} \frac{a+b}{\sqrt{a+b-c}} \ge 6\sqrt[4]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$Do nó thuần nhất nên bỏ qua đk $a^2+b^2+c^2=3$ và chuẩn hóa $a+b+c=3$$bdt\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{3-a}{\sqrt{3-2a}} \ge 6\sqrt[4]{\frac{a^2+b^2+c^2}3}$Với mọi $x \in \left(0; \frac 32\right)$ thì ta có $\frac{3-x}{\sqrt{3-2x}} \ge \frac{x^2+3}{2}$Áp dụng bồ đề trên, ta thu được$VT \ge \frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)+3+3+3}{2} \overset{AM-GM}\ge 2\sqrt[4]{3.3.3(a^2+b^2+c^2)}=VP$$\color{red}{\text{Bài 41}} $(Tran Hoang Nam): Cho $\begin{cases}x,y,z \ge0 \\ x+y+z=3 \end{cases}$. Chứng minh $(x^2+2)(y^2+2)(z^2+5) \ge \frac{729}{16}$
Cách làm này bạn tham khảo ở đâu nhỉ? Đây chính là cách làm của mình cho bài này?
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 22-07-2016 - 10:29 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 39 đã qua khá lâu nhưng chưa có lời giải. Mình xin được ra bài 40. Có một góp ý nhỏ, nếu quá thời gian quy định thì các bạn post bài nên post lời giải của mình nếu có để mọi người tham khảo.
Bài 40. Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:
$\frac{a+b}{\sqrt{a+b-c}}+\frac{b+c}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{c+a}{\sqrt{c+a-b}} \ge 6$
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 30-12-2015 - 20:44 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
Bổ đề 1 là đường thẳng Steiner, không cần phải chứng minh khi thi VMO.
Bổ đề 2 là đường tròn Lemoine
Mình không có biết nên thôi, cứ chứng minh cho chắc ăn. Năm ngoái không chứng minh S.O.S mất toi giải nhì rồi.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 09-02-2016 - 20:32 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
Lời giải của Thế có ý tưởng hay nhưng làm thế nào bỏ đoạn sin cos đi thì đẹp
Em cũng cố gắng nghĩ ra cách giải thích đẹp hơn cho việc dùng Sin, nhưng mà vì được truyền thụ cách đó rồi nên vẫn chưa thể vứt bỏ để tìm cái mới thầy ạ.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 29-12-2015 - 19:57 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 21-09-2015 - 21:51 trong Thông báo chung
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 16-09-2015 - 09:52 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$ với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp nàynếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2 đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong
Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 20-09-2015 - 09:30 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
thử lại p(x)=x+1 có thỏa mãn đâu ?
Bạn thử lại cho đúng kìa, phải làm cho chi tiết chứ.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 03-06-2016 - 20:55 trong Tài liệu - Đề thi
Câu 5. Thực ra nó dấu ý ngũ giác khi cho các mặt phẳng, cũng như bài này.
Đề tuyển sinh Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh năm 2013-2014 (Năm mình thi)
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 03-06-2016 - 17:56 trong Tài liệu - Đề thi
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 03-06-2016 - 18:33 trong Tài liệu - Đề thi
Câu 5.
Tính chất quen thuộc: 3 đỉnh bất kì của một ngũ giác đều thì tao giác một tam giác cân.
Ta xét một đường tròn tâm $C$. Trên đường tròn $(C)$ lấy ra 2 ngũ giác đều $ A_1A_2A_3A_4A_5$ và $B_1B_2B_3B_4B_5$.
Giả sử $C$ được tô xanh.
Khi đó nếu trong 10 điểm $ A_1,A_2,...,A_5,B_1,B_2,...,B_5$ cố 2 điểm được tô xanh thì ta có điều phải chứng minh.
Xét trường hợp trong 10 điểm chỉ có nhiều nhất 1 điểm được tô xanh. Khi đó trong 2 ngũ giác đều $ A_1A_2A_3A_4A_5$ và $B_1B_2B_3B_4B_5$ tồn tại 1 ngũ giác không có điểm xanh.
Giả sử $B_1B_2B_3B_4B_5$ không có điểm xanh, khi đó tồn tại 3 đỉnh trong ngũ giác đều này được tô cùng màu, từ đây ta có điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 03-06-2016 - 18:35 trong Tài liệu - Đề thi
Câu 5.
Câu 5.
Tính chất quen thuộc: 3 đỉnh bất kì của một ngũ giác đều thì tao giác một tam giác cân.
Ta xét một đường tròn tâm $C$. Trên đường tròn $(C)$ lấy ra 2 ngũ giác đều $ A_1A_2A_3A_4A_5$ và $B_1B_2B_3B_4B_5$.
Giả sử $C$ được tô xanh.
Khi đó nếu trong 10 điểm $ A_1,A_2,...,A_5,B_1,B_2,...,B_5$ cố 2 điểm được tô xanh thì ta có điều phải chứng minh.
Xét trường hợp trong 10 điểm chỉ có nhiều nhất 1 điểm được tô xanh. Khi đó trong 2 ngũ giác đều $ A_1A_2A_3A_4A_5$ và $B_1B_2B_3B_4B_5$ tồn tại 1 ngũ giác không có điểm xanh.
Giả sử $B_1B_2B_3B_4B_5$ không có điểm xanh, khi đó tồn tại 3 đỉnh trong ngũ giác đều này được tô cùng màu, từ đây ta có điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 03-06-2016 - 18:39 trong Tài liệu - Đề thi
Câu 3:1 bài toán của thầy Nam Dũng,đã được thảo luận tại đây
Câu 5:Chém câu tổ không biết đã chuẩn chưa
Xét bát giác đều $ABCDEFGH$
Xét theo 1 điểm bất kì nối 7 điểm còn lại,theo Dirichlet tồn tại 3 điểm có cùng màu.
Không mất tính tổng quát giả sử 3 điểm đó cùng màu đỏ.
Giả sử điểm đang xét là $A$ và 3 điểm màu đỏ là $B,C,E$,nếu $D$ màu đỏ ta có đpcm,giả sử $D$ màu xanh.
Gọi $O$ là tâm của bát giác nếu $O$ có màu đỏ ta có đpcm
Nếu $O$ màu xanh
+1 trong 4 điểm $A,H,G,F$ có màu xanh ta có đpcm
+Áp dụng định lý Dirichlet,tồn tại ít nhất 3 điểm có cùng màu đỏ hoặc vàng.
Giả sử $G,A$ màu đỏ thì tam giác $GEC,ABC$ là tam giác cần tìm
+Nếu $A,G$ màu vàng thì $H$ màu vàng ta có đpcm
+Nếu $H$ màu đỏ,gọi $I,J,K$ lần lượt là trung điểm của $FE,CD,AB$
+Khi đó $J,I$ màu vàng (nếu $J,I$ màu đỏ thì tam giác $BJE,IHC$ là tam giác cần tìm)
+Nếu $K$ màu đỏ thì tam giác $KAF$ là tam giác cần tìm
+Nếu $K$ màu vàng thì tam giác $KJI$ là tam giác cần tìm
Trường hơp $O$ màu vàng tương tự
Chưa chặt bạn ạ, bạn giải sử $B,C,E$ là không được rồi, vì nó phụ thuộc hình vẽ. Trường hợp này sẽ khác trường hợp kia.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 26-07-2015 - 22:09 trong Tổ hợp và rời rạc
Bài 2 ( Thụy Sĩ 2006 ):
Tính số tập con $X=\left \{ 1,2,...,2n \right \}$ sao cho không tồn tại $2$ phần tử có tổng bằng $2n+1$
Các cặp có tổng thành $2n+1$ là:
$(1,2n); (2,2n-1);...;(n,n+1)$.
Các tập con của $X$ thỏa mãn thì đều không chưa cặp nào trong $n$ tập trên. Như vậy số tập con thỏa mãn chính là số cách chọn các phần tử sao cho không tồn tại cặp nào. Mỗi cặp thì hoặc là chọn 1 số trong 2 số hoặc không chọn bất kì số nào. Tức mỗi cặp có 3 cách chọn, hay số tập thỏa mãn là $3^n$.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 26-09-2015 - 01:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.
(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$
(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.
Mình xin phép làm bài hình:
ý a, ( khá đơn giản nên mạn phép không vẽ hình) Kéo dài $ BE $, $CF$ cắt đường tròn $(ABC)$ tại $ P,Q$ khi đó thì chỉ cần phát hiện ra các tứ giác $ PQKL$, $AFKP$ và $AELQ$ nội tiếp là ta có điểu phải chứng minh.
b,
Đây là lời giải của mình cho câu b:
Gọi $ T $ là giao điểm 2 tiếp tuyến tại $ B,C $ của đường tròn $ (ABC) $, $ J $ là trung điểm $ BC $. $ R $ là điểm đối xứng của $ T $ qua $ J $. Từ $ EF||BC $ nên $ A,Y,T $ thẳng hàng, $ A,X,J $ thẳng hàng và $ EY|| CT $, tức $ \frac{EA}{EC}=\frac{YA}{YT} $.
Lại theo định lý menelaus cho tao giác $ AJC $ cát tuyến $ B,X,E $ ta có:
$ \frac{XA}{XJ}.\frac{BJ}{BC}.\frac{EC}{EA}=1 $.
Như vây ta thu được:
$ \frac{XZ}{XJ}.\frac{YA}{YT}=2 $, từ đây theo menelaus cho tam giác $ AJT $ thì $ X,Y,R $ thẳng hàng, hay $ XY $ luôn đi qua $ R $ cố định.
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 27-09-2015 - 23:56 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Phần b) Thế có 1 phát hiện hay về điểm cố định, chứng minh đúng, tuy vậy... em đọc sai đề !
Vâng ạ, hì. Ngại quá, tự nhiên thế còn đọc nhầm đề.
Em xin phép up lời giải cho bài trên ạ ( Lần này chắc không nhầm đề nữa, hì )
Phần b) Thế có 1 phát hiện hay về điểm cố định, chứng minh đúng, tuy vậy... em đọc sai đề !
Vâng ạ, hì. Ngại quá, tự nhiên thế còn đọc nhầm đề.
Em xin phép up lời giải cho bài trên ạ ( Lần này chắc không nhầm đề nữa, hì )
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 29-08-2018 - 15:27 trong Tài liệu - Đề thi
Mình xin giải quyết câu cuối:
Ta chia bài toán trên thành 2 bước:
Bước1 :
Ta chứng minh với a cầu thủ thì luôn tìm được một cách xếp sao cho khoảng giữa hai cầu thủ xếp liền nhau là a
Thật vậy, ta nhận thấy với 3 cầu thủ thì có cách xếp sao cho 3 cầu thủ bằng điểm nhau
Xét b-1 cầu thủ có điểm số bằng nhau. Ta chứng minh với b cầu thủ thì cũng chia được. Tuy nhiên điều này hiển nhiên vì nếu cầu thủ được thêm vào hòa với b-1 cầu thủ còn lại thì số điểm của họ là bằng nhau
Giờ ta xét a-1 cầu thủ có điểm bằng nhau.
Ta nhận thấy sau mỗi trận đấu thì tổng điểm thu được của 2 cầu thủ là 2
=> Số điểm của mỗi a-1 cầu thủ là a-2
Lấy thêm một cầu thủ bất kì và cho nó thẳng a-1 đứa còn lại
=> Tổng điểm nó thu được 2.(a-1)
=> Khoảng cách giữa hai cầu thủ xếp liền nhau là a
Bước 2:
Theo bước 1, ta có với n cầu thủ thì sẽ tồn tại một khoảng cách là n
Ta chứng minh n này là lớn nhất
Thật vậy với n=3 => đpcm
Giả sử nó đúng với n-1 cầu thủ ( có nghĩa là khoảng cách lớn nhất là n-1)
Ta chứng minh nó cũng đúng với n cầu thủ.
Gọi thẳng được thêm vào n-1 cầu thủ kia là A.
Ta nhận thấy nếu A được xếp nằm giữa n - 1 cầu thủ kia thì hiển nhiên khoảng cách giữa A và thằng xếp liền kề sẽ nhỏ hơn n-1
Xét 2 trường hợp:
+, A đứng trước thằng xếp thứ nhất
Ta nhận thấy tổng số điểm của n-1 thẳng ban đầu là ( n-1 )(n-2)
Tổng số điểm của n thằng sau là n(n-1)
=> Điểm của A sẽ bé hơn hoặc bằng :
n(n-1) - (n-1)(n-2) = 2n - 2
Mặt khác ta lại có thằng đứng nhì ( đứng sau A) sẽ có điểm lớn hơn hoặc bằng:
(n-1)(n-2) : (n-1) = n-2
=> Khoảng cách điểm giữa A và thẳng vừa nói trên sẽ bé hơn hoặc bằng:
2n - 2 - n + 2 = n ( thỏa mãn )
=> đpcm
+, A đứng sau thằng sếp cuối
Chứng minh tương tự như trên
Vậy đáp số bài toán là n
P/s : Các cầu thủ là các đội bóng
Bước quy nạp của bạn có vấn đề vì khi thêm $A$ vào đồng nghĩa với việc số điểm của từng thành viên trong $n-1$ cần thủ sẽ phải thay đổi nên việc xếp $A$ ở giữa hàng vẫn chưa thể suy ra được khoảng cách nó bé hơn $n-1.$
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 29-08-2018 - 15:56 trong Tài liệu - Đề thi
Mình xin giải quyết câu cuối:
Ta chia bài toán trên thành 2 bước:
Bước1 :
Ta chứng minh với a cầu thủ thì luôn tìm được một cách xếp sao cho khoảng giữa hai cầu thủ xếp liền nhau là a
Thật vậy, ta nhận thấy với 3 cầu thủ thì có cách xếp sao cho 3 cầu thủ bằng điểm nhau
Xét b-1 cầu thủ có điểm số bằng nhau. Ta chứng minh với b cầu thủ thì cũng chia được. Tuy nhiên điều này hiển nhiên vì nếu cầu thủ được thêm vào hòa với b-1 cầu thủ còn lại thì số điểm của họ là bằng nhau
Giờ ta xét a-1 cầu thủ có điểm bằng nhau.
Ta nhận thấy sau mỗi trận đấu thì tổng điểm thu được của 2 cầu thủ là 2
=> Số điểm của mỗi a-1 cầu thủ là a-2
Lấy thêm một cầu thủ bất kì và cho nó thẳng a-1 đứa còn lại
=> Tổng điểm nó thu được 2.(a-1)
=> Khoảng cách giữa hai cầu thủ xếp liền nhau là a
Bước 2:
Theo bước 1, ta có với n cầu thủ thì sẽ tồn tại một khoảng cách là n
Ta chứng minh n này là lớn nhất
Thật vậy với n=3 => đpcm
Giả sử nó đúng với n-1 cầu thủ ( có nghĩa là khoảng cách lớn nhất là n-1)
Ta chứng minh nó cũng đúng với n cầu thủ.
Gọi thẳng được thêm vào n-1 cầu thủ kia là A.
Ta nhận thấy nếu A được xếp nằm giữa n - 1 cầu thủ kia thì hiển nhiên khoảng cách giữa A và thằng xếp liền kề sẽ nhỏ hơn n-1
Xét 2 trường hợp:
+, A đứng trước thằng xếp thứ nhất
Ta nhận thấy tổng số điểm của n-1 thẳng ban đầu là ( n-1 )(n-2)
Tổng số điểm của n thằng sau là n(n-1)
=> Điểm của A sẽ bé hơn hoặc bằng :
n(n-1) - (n-1)(n-2) = 2n - 2
Mặt khác ta lại có thằng đứng nhì ( đứng sau A) sẽ có điểm lớn hơn hoặc bằng:
(n-1)(n-2) : (n-1) = n-2
=> Khoảng cách điểm giữa A và thẳng vừa nói trên sẽ bé hơn hoặc bằng:
2n - 2 - n + 2 = n ( thỏa mãn )
=> đpcm
+, A đứng sau thằng sếp cuối
Chứng minh tương tự như trên
Vậy đáp số bài toán là n
P/s : Các cầu thủ là các đội bóng
Cho tô đỏ có vấn đề nhé, và cấu hình thỏa mãn không phải là duy nhất.
Chẳng hạn mình đưa ra cấu hình thỏa mãn sau.
Các đội $A_1,A_2,...,A_n$, với mỗi $k$ bất kì ta xét cấu hình thắng thua hòa như sau:
$A_1,...,A_k$ đội một hòa nhau tương tự $A_{k+1},A_{k+2},...,A_n$ đôi một hòa nhau.
Và một đội bất kì trong nhóm $A_1,A_2,...,A_k$ đều thắng một đội bất kì trong $A_{k+1},A_{k+2},...,A_n.$
Khi đó thì số điểm của $A_1=A_2=...=A_k = k-1 + 2(n-k)$ và $A_{k+1}=A_{k+2}=...=n-k-1.$
Khi đó $A_k - A_{k+1} = 2(n-k)+k-1 - (n-k-1) = n.$
Bên cạnh chỉ ra cấu hình trên thì cũng là một cách đưa ra luôn lời giải. Theo hai bước như sau
giả sử số điểm sau khi kết thúc giải đấu là $A_1 \ge A_2 \ge ... \ge A_n.$
Khi đó ta chứng minh được với mọi $k=1,2,...,n$ thì $n- k \le A_k \le 2(n-k)+k-1.$
Từ đấy ta có $A_k-A_{k+1} \le n.$
Đã gửi bởi hoangtubatu955 on 04-11-2016 - 19:35 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học