Chủ đề này có 73 trả lời

[kaitosama apollonius]

rốt cuộc câu 2 có tồn tại hay không mình mơ hồ quá

không tồn tại mà các bạn

[Zaraki]

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

[Zaraki]

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.

[the unknown]

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

[hantai]

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

[dangkhuong]

Bài 7(cách khác câu a): a) Trước khi giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ không phải là một hình thang. Gọi $AB$ cắt $CD$ tại $E$. $AD$ cắt $BC$ tại điểm $F$. Gọi $L$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCD.EF$. Khi đó $OL\perp EF$."

 

Chứng minh: Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$. Ta có:

$\angle LAD=180^\circ-\angle LAF=180^\circ-\angle LBF=\angle LBC$. Vậy ta có: $\bigtriangleup LAM \sim \bigtriangleup LBN(c.g.c)$ do đó $\angle LMF=\angle LNF$ hay là $L$ thuộc $(FMN)$. Vậy ta thu được: $\angle OLF=90^\circ$.

 

Quay trở lại bài toán ,ta có: $\angle EGF=\angle FGC+\angle BGE-\angle BGC=180^\circ-\angle A+180^\circ-\angle A-(180^\circ-\angle BOC)=360^\circ-2\angle A-180^\circ+2\angle A=180^\circ$. Do đó $E,G,F$ thẳng hàng. Thế thì: $\angle KCA=\angle AGF,\angle KBA=\angle AGE$ do đó $\angle KCA+\angle KBA=180^\circ$ nên $K\in (ABC)$ do đó áp dụngbổ đề thì do $G$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCK.EF$ nên $OG\perp EF$. Gọi $S$ là giao điểm của $BC$ và $AK$ thì $OS\perp EF$(định lí $Borcard$). Do đó $G,S,O$ thẳng hàng nên $AK,OG,BC$ đồng quy(đpcm).

 

Hình gửi kèm

• 

[Hoanganh2001]

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

[captain luffy7]

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 ?  

[vietdohoangtk7nqd]

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 sai

câu 3 làm đúng trọn vẹn

câu 4 làm đúng câu a

câu 5 làm cũng được nhưng không tự tin

câu 6,7 chỉ làm được câu a

[hantai]

 

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 sai

câu 3 làm đúng trọn vẹn

câu 4 làm đúng câu a

câu 5 làm cũng được nhưng không tự tin

câu 6,7 chỉ làm được câu a

 

giải cao chắc rồi còn kêu ba

[IHateMath]

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

[vietdohoangtk7nqd]

khi nào có kết quả vậy các bạn, mình nôn quá

[JUV]

File kết quả cho mọi người, điểm TST là $23$ nhé :  in_dsdoatgiai_HSGQG_2017-1.pdf   1.05MB   313 Số lần tải

[baohanghai]

Cám ơn các bạn. Mình đang tìm đề thi này để giải thử.