Đề thi CLB HSG quận Hoàn Kiếm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 27-09-2018 - 21:08
Đề thi CLB HSG quận Hoàn Kiếm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 27-09-2018 - 21:08
Câu 1b:
Ta có: $2019^{2019}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}$
Và dễ chứng minh:
$a_{1}^3\equiv a_{1}(mod 6)$ ( do $a_{1}^3-a_{1}=(a_{1}-1).a_{1}.(a_{1}+1)$ chia hết cho 6)
Tương tự ta chứng minh được:
$a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}( mod 6)$
=> $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 2019^{2019} ( mod 6)$
Ta đi chứng minh: $2019^n \equiv 3( mod 6 )$
Ta có: $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n ( mod 6 )$
Vì $3^n$ chia hết cho 3. Ta đặt: $3^n=3k$
Mà $3^n \equiv 1 (mod 2)<=> 3k \equiv 1 (mod 2)=> k \equiv 1 (mod 2)$
Đặt $k=2m+1$=> $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n \equiv 3(2m+1) \equiv 3 (mod 6)$
Vậy $2019^{2019} \equiv 3(mod 6)$
Suy ra $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 3( mod 6)$
Vậy $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3$ không chia hết cho 6 ( vì nó chia 6 dư 3 )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThinhThinh123: 28-09-2018 - 05:46
Câu 1b:
Ta có: $2019^{2019}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}$
Và dễ chứng minh:
$a_{1}^3\equiv a_{1}(mod 6)$ ( do $a_{1}^3-a_{1}=(a_{1}-1).a_{1}.(a_{1}+1)$ chia hết cho 6)
Tương tự ta chứng minh được:
$a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}( mod 6)$
=> $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 2019^{2019} ( mod 6)$
Ta đi chứng minh: $2019^n \equiv 3( mod 6 )$
Ta có: $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n ( mod 6 )$
Vì $3^n$ chia hết cho 3. Ta đặt: $3^n=3k$
Mà $3^n \equiv 1 (mod 2)<=> 3k \equiv 1 (mod 2)=> k \equiv 1 (mod 2)$
Đặt $k=2m+1$=> $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n \equiv 3(2m+1) \equiv 3 (mod 6)$
Vậy $2019^{2019} \equiv 3(mod 6)$
Suy ra $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 3( mod 6)$
Vậy $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3$ không chia hết cho 6 ( vì nó chia 6 dư 3 )
Vậy mà mình không làm được đó bạn ra khỏi phòng ms nghĩ ra, tiếc quá
Mình giải câu 5 :
Do quận không cho dùng delta quá kiến thức chung của SGK tại thời điểm hiện tại nên ta làm như sau
$2x^2+4x+2+ 3y^2 =21$
$=> 2(x+1)^2+3y^2=21$
Đặt $(x+1)^2=a; y^2=b$ ( $a,b\epsilon N; 2a,3b\leq 21$ )
Vậy $2a+3b=21$
Dễ thấy $a$ phải chia hết cho 3 mà $2a$ không vượt quá 21 nên $a=0;3;6;9$
Lại có $a$ chính phương nên a = 0 hoặc a = 9
a = 0 thì b = 7 ( loại )
a = 9 thì b = 1 ( thỏa mãn ) => dễ tìm được x,y
Nói chung câu 5 là một câu dễ nhưng nhiều học sinh bỏ vì tâm lý làm bài
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 28-09-2018 - 20:27
Câu 1b:
Ta có: $2019^{2019}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}$
Và dễ chứng minh:
$a_{1}^3\equiv a_{1}(mod 6)$ ( do $a_{1}^3-a_{1}=(a_{1}-1).a_{1}.(a_{1}+1)$ chia hết cho 6)
Tương tự ta chứng minh được:
$a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{n}( mod 6)$
=> $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 2019^{2019} ( mod 6)$
Ta đi chứng minh: $2019^n \equiv 3( mod 6 )$
Ta có: $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n ( mod 6 )$
Vì $3^n$ chia hết cho 3. Ta đặt: $3^n=3k$
Mà $3^n \equiv 1 (mod 2)<=> 3k \equiv 1 (mod 2)=> k \equiv 1 (mod 2)$
Đặt $k=2m+1$=> $2019^n \equiv (2013+3)^n \equiv 3^n \equiv 3(2m+1) \equiv 3 (mod 6)$
Vậy $2019^{2019} \equiv 3(mod 6)$
Suy ra $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3 \equiv 3( mod 6)$
Vậy $a_{1}^3+a_{2}^3+a_{3}^3+....a_{n}^3$ không chia hết cho 6 ( vì nó chia 6 dư 3 )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctoanthcs: 23-10-2018 - 14:22
Bạn nào giải giúp câu 3b với ạ
Mình đã giải được rồi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctoanthcs: 23-10-2018 - 14:23
Bạn nào giải giúp câu 3b với ạ
Mình đã giải được rồi
3b bạn nhân tung cái ngoặc trong căn ra rồi thay 1 vào ( theo điều kiện )
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh