rốt cuộc câu 2 có tồn tại hay không mình mơ hồ quá
không tồn tại mà các bạn
Đã gửi 06-01-2017 - 19:49
rốt cuộc câu 2 có tồn tại hay không mình mơ hồ quá
không tồn tại mà các bạn
Đã gửi 06-01-2017 - 19:55
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $$2\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i \equiv 3 \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$
Đến đây thì mình tắc ...
Điều trên tương đương với việc chứng minh $$A=\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i+ 3 \sum_{j=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \frac 1j =B+C \equiv 0 \pmod{p}.$$
Kí hiệu $s(a)$ là ước số lẻ lớn nhất của $a$. Nếu $a>b$ là hai số nguyên dương trong khoảng $\left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì $s(a) \ne s(b)$, vì nếu $s(a)=s(b)$ thì $a \ge 2b \ge \frac{p+3}{2}>\frac{p-1}{2}$ suy ra $a$ không nằm trong khoảng, mâu thuẫn. Ta gọi tính chất này là tính chất $(1)$. Cũng để ý rằng nếu $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì $\frac{a}{2^k} \in \left[ 1, \frac{p-1}{4} \right]$ với $1 \le k \le \nu_2(a)$.
Ta ghép $A$ như sau: Với mỗi số nguyên dương $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ ta lấy $\frac{2}{a}$ từ $C$ và $\frac{1}{a/2},\cdots, \frac{1}{a/2^{\nu_2(a)}}$ từ $B$ để ghép thành nhóm tổng $T_a$ là $\frac{2}{a}+\frac{1}{a/2}+ \cdots + \frac{1}{a/2^{\nu_2(a)}}= \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}.$
Theo tính chất $(1)$ ta thấy $s(a) \ne s(b)$ với mọi $a,b \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ nên ta suy ta mỗi số hạng $\frac 1i$ trong $B$ thuộc duy nhất một nhóm $T_a$. Do đó, sau khi tiến hành nhóm tổng như trên, ta sẽ được tổng mới $$A= \sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{a} \right).$$
Bây giờ, với mỗi $a \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ ta chứng minh rằng tồn tại duy nhất một $d(a) \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ sao cho $2d(a)+\frac{a}{2^{\nu_2(a)}} \equiv 0 \pmod{p}$, tức $p \mid \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{d(a)}$. Thật vậy, giả sử mâu thuẫn, không tồn tại $d(a) \in \left[ \frac{p+3}{4}, \frac{p-1}{2} \right]$ thì ta suy ra tồn tại $c \in \left[ 1, \frac{p-1}{4} \right]$ sao cho $2c+\frac{a}{2^{\nu_2(a)}} \equiv 0 \pmod{p}$. Tuy nhiên, $0<2c+ \frac{a}{2^{\nu_a(2)}} \le \frac{p-1}{2}+\frac{p-1}{2}<p$, mâu thuẫn. Vậy tồn tại $d(a)$. Dễ dàng chứng minh $d(a)$ là duy nhất. Như vậy $$A=\sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{a} \right) = \sum_{i=(p+3)/4}^{(p-1)/2} \left( \frac{2}{a/2^{\nu_2(a)}}+\frac{1}{d(a)} \right) \equiv 0 \pmod{p}.$$
Từ đây ta suy ra $\frac{2VT}{p} \equiv \frac{2VP}{p} \pmod{p}$ suy ra $VT \equiv VP \pmod{p^2}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 06-01-2017 - 19:59
“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.
Đã gửi 06-01-2017 - 20:07
Một ý tưởng khác cho câu 6b ?
Bài 6 câu b nhìn vào vế trái ta cũng có thể liên tưởng đến đẳng thức quen thuộc
$$\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^k\binom{n}k=(-1)^{m-1}\binom{n-1}{m-1}.$$
Ta đưa về việc chứng minh $(-1)^{(p-1)/4} \binom{p-1}{(p-1)/4}-1 \equiv 3(2^{p-1}-1) \pmod{p^2}$. Nhìn nó đơn giản hơn cái ban đầu nhưng mình vẫn chưa có ý tưởng khai thác gì. Mong các bạn có thể cho ý kiến thêm.
“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.
Đã gửi 06-01-2017 - 20:30
Bài 6b: Lời giải của em cho bài 6b)
Ta sẽ chứng minh cho trường hợp tổng quát $p$ là số nguyên tố và $p\equiv 1(mod 4)$. Khi đó do $2017$ là số nguyên tố và chia $4$ dư $1$ thì bài toán được chứng minh.
Trước hết ta có nhận xét sau:
$(-1)^k\binom{p}{k}=(-1)^k\frac{p}{k}\binom{p-1}{k-1}\equiv 2(-1)^{2k-1}\frac{p}{2k}\equiv 2\binom{p}{2k}$ $(mod$ $p^2)$
với mọi $k=1,2,...,\frac{p-1}{2}$.
Do đó ta có
$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{4}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 2\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{4}}\binom{p}{2k}= \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{k}+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom{p}{k} (mod p^2)$
Và ta lại áp dụng nhận xét trên một lần nữa:
$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 2\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{2k}= \sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}+\sum _{k=1}^{p-1}(-1)^k\binom{p}{k} (mod p^2)$
Ta có các kết quả quen thuộc sau:
$\sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}=2^p-2$
$\sum _{k=1}^{p-1}(-1)^k\binom{p}{k}=0$
$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{k}=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}=2^{p-1}-1$
Kết hợp tất cả các điều trên lại và ta có:
$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{4}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 3(2^{p-1}-1)(mod p^2)$
Và bài toán được chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 07-01-2017 - 14:08
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
Đã gửi 06-01-2017 - 21:15
câu hàm mình đặt $g\left ( x \right )=f(x)+x-1$ rồi giải ra $g\left ( x \right ) = 0$ được không mọi người
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hantai: 06-01-2017 - 21:18
Đã gửi 06-01-2017 - 21:22
Đã gửi 07-01-2017 - 10:15
chán quá làm được có 5 câu cơ mà cấu hình ngày 1 có bạn nào dùng tích vô hướng không???
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoanganh2001: 07-01-2017 - 10:15
Đã gửi 07-01-2017 - 20:22
chán quá làm được có 5 câu cơ mà cấu hình ngày 1 có bạn nào dùng tích vô hướng không???
"Có" 5 câu hả bạn ?
Đã gửi 08-01-2017 - 10:40
làm được 5 câu mà còn tức mình làm như dày mà có nói gì đâu
câu 1 làm đúng câu a câu b làm tới khúc cuối thì sai
Đã gửi 09-01-2017 - 22:46
làm được 5 câu mà còn tức mình làm như dày mà có nói gì đâu
câu 1 làm đúng câu a câu b làm tới khúc cuối thì sai
câu 2 làm đúng hơn phân nữa nhưng tới khúc cuối thì saicâu 3 làm đúng trọn vẹncâu 4 làm đúng câu acâu 5 làm cũng được nhưng không tự tincâu 6,7 chỉ làm được câu a
giải cao chắc rồi còn kêu ba
Đã gửi 14-01-2017 - 15:55
Hiện đã có file "Lời giải và bình luận VMO 2017" của nhóm các tác giả: thầy Trần Nam Dũng, thầy Võ Quốc Bá Cẩn, thầy Trần Quang Hùng, anh Lê Phúc Lữ, anh Nguyễn Văn Huyện. Xin up lên đây để mọi người cùng tham khảo.
File:
loi giai quoc gia - 2017.pdf 439.98K
686 Số lần tải
Đã gửi 19-01-2017 - 15:47
khi nào có kết quả vậy các bạn, mình nôn quá
Đã gửi 24-01-2017 - 15:17
File kết quả cho mọi người, điểm TST là $23$ nhé :
in_dsdoatgiai_HSGQG_2017-1.pdf 1.05MB
313 Số lần tải
Đã gửi 13-03-2018 - 14:49
Cám ơn các bạn. Mình đang tìm đề thi này để giải thử.
Cho thuê căn hộ chung cư khu vực Hồ Chí Minh, cho thuê mặt bằng giá rẻ.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh