Đến nội dung

supermember

supermember

Đăng ký: 01-09-2006
Offline Đăng nhập: 19-03-2024 - 20:53
****-

#260301 Góp ý cho VMF

Gửi bởi supermember trong 06-05-2011 - 16:33

Nick trên diễn đàn: supermember

Tuổi: 20

Công việc: Sinh viên ngành kinh tế đối ngoại

Vị trí đăng ký: CTV OLYMPIC

Mong muốn : - Vực dậy tinh thần yêu Toán của học sinh

- Đóng ghóp vào box Tài Nguyên ; Tham gia giải bài và thảo luận ở các BOX : Số Học OLP ; Giải Tích - Đại Số OLP ; Tổ Hợp

Mình có 1 vài lời chân thành thế này :

Mình không thích dạng gây hấn trên các diễn đàn ; càng không thích các bài viết spam nên từ trước đến giờ các post của mình 1 là đề Toán ; 2 là lời giải ; tuy nhiên ; mình có 1 vài lời với những người như anh Khánh ; anh Lim :

Em không phải dân làm Toán chuyên nghiệp như 2 anh ; nhưng em gắn bó với diễn đàn này cũng lâu rồi ; cũng ít nhất là 7-8 lần em thấy các topic kiểu kiểu này rồi ; lần nào cũng mở ra hi vọng và lần nào cũng thất vọng . em không biết công việc các anh đóng ghóp cho VMF cụ thể là gì ; nhưng em nghĩ ; với 1 diễn đàn thì điều quan trọng nhất là có cái chỗ thảo luận :D ; 2 anh từ trước đến giờ em để ý thấy gần như cũng chẳng tham gia vào điều này :D ; Thành thực mà nói ; nếu diễn đàn cần mod để làm gì ? ; Mod là cần những người như anh Tân ngày xưa ; lâu lâu lên diễn đàn post bài mà có anh ấy vào giải cũng vui biết chừng nào :D ; còn 3 cái vụ trại hè ; đồng phục ........... thì nghe cũng hay hay ; nhưng có thật là người ta lên VMF để xem những cái đó ? .

Em đã nói ; em không có ý chê trách 2 anh ; nhưng mong 2 anh trả lời thấu đáo cho những khúc mắc của em :D


#260237 Số học

Gửi bởi supermember trong 06-05-2011 - 00:18

Chứng minh rằng phương trình

$ x^2 + y^2 = z^3 $

có vô số nghiệm nguyên dương với (x, y, z) = 1.


Bài này làm thế này :

Giả sử tồn tại các số nguyên dương $ x ; y ; z$ với $(x, y, z) = 1 ; 2 \not | z$ sao cho :

$ x^2 + y^2 = z^3 $

Ta suy ra $ x; y $ phải khác tính chẵn lẻ

Chú ý đến hằng đẳng thức : $ ( x^2 - y^2 )^2 + (2xy )^2 = (x^2 + y^2 )^2 = (z^3)^2 = (z^2 )^3$

Với $ | x^2 - y^2| ; 2xy ; z^2 $ là những số nguyên dương nguyên tố cùng nhau ; dễ thấy là $ 2 \not | z^2 ; z < z^2$. Tức là sinh ra được thêm 1 bộ 3 số nguyên dương mới có cùng tính chất với bộ số ban đầu :D

Từ đây dễ dàng suy ra là phương trình ban đầu sẽ có vô số nghiệm nếu ta chỉ ra được 1 bộ số $( x ; y ; z)$ như trên

Nhưng dễ thấy là $ 11^2 + 2^2 = 5^3$ nên từ đây suy thẳng ra điều phải chứng minh



#257737 Olympic 30/4 lớp 11 năm 2011

Gửi bởi supermember trong 11-04-2011 - 12:15

Câu 2: (4đ)
Cho p là số nguyên tố lẻ. Cm rằng không tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn hệ thức $x^p+y^p=p[(p-1)!]^p$



Vui vui tí vậy :

Giả sử tồn tại các số nguyên $ x ; y $ thỏa yêu cầu bài toán :

Theo định lý Fermat nhỏ ; ta có : $x^p+y^p \equiv x + y \equiv 0 ( \mod p )$

$ \implies x \equiv -y ( \mod p ) \ \ (1)$

Ta có : $ x^p + y^p = (x+y) ( x^{p-1} - x^{p-2}y + ......- xy^{p-2} + y^{p-1} )$

Trong đó :

$ x^{p-1} - x^{p-2}y + ....-xy^{p-2}+y^{p-1} = x^{p-1} + x^{p-2} (-y) + ... + x (-y)^{p-2} + (-y)^{p-1}$

$\equiv px^{p-1} \equiv 0 ( \mod p )$

( Áp dụng $(1)$ )

$ \implies p^2 | x^p + y^p$ nhưng dễ thấy là $ p^2 \not | p[(p-1)!]^p$

Nên giả sử ban đầu là sai và ta có điều phải chứng minh :geq


#256834 $ \lim_{n \to + \infty } \dfrac{1...

Gửi bởi supermember trong 02-04-2011 - 16:11

Bài Toán :

Cho dãy số thực dương $(a_n)$ thỏa mãn :
$1) \sum_{ k =1 }^{ + \infty } a_k < + \infty $

$2) \sum_{ k =1 }^{ + \infty } \sum_{ j =k }^{ + \infty } a_j < + \infty $
Với $p>1$ là số thực dương cho trước, tính giới hạn :
$$ \lim_{n \to + \infty } \dfrac{1}{n} \sum_{ k =1 }^{ n } k^{ \frac{2}{p} -1} \sum_{ j =k }^{ 2k-1 } (a_j)^{1/p}$$

Nguyễn Kim Anh




#255083 Đề thi HSG THPT của TPHCM 2010-2011.

Gửi bởi supermember trong 17-03-2011 - 11:05

Vui vui tí vậy :( :

Bài số 3 :

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho :

$ n^4 + n^3 +1 $ là số chính phương .

Lời giải :

Giả sử : $ n^4 + n^3 +1 = k^2 \ \ ( k ; n \in \mathbb{N}^{*} )$

$ \implies 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2k)^2 \ \ (1)$

Ta có đánh giá như sau :

$ 4n^4 + 4n^3 + 4 < 4n^4 + 4 + n^2 + 8n^2 + 4n^3 + 4n = ( 2n^2 + n + 2)^2 $

Và $ 4n^4 + 4n^3 + 4 > 4n^4 + n^2 +1 - 4n^2 + 4n^3 -2n = (2n^2 + n -1)^2$

Suy ra : $ (2n^2 + n -1)^2 <4n^4 + 4n^3 + 4 <( 2n^2 + n + 2)^2 $

Mà theo $(1)$ thì rõ ràng $ 4n^4 + 4n^3 + 4$ là số chính phương .

Nên chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp :

TH1 : $ 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2n^2 + n)^2$

$ \implies 4n^4 + 4n^3 + 4 = 4n^4 + 4n^3 + n^2 \implies n^2 = 4 \implies n = 2$

Thử lại thì $ n = 2$ thỏa yêu cầu bài toán vì $ 2^4 + 2^3 + 1 = 25 = 5^2 $

TH2 : $ 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2n^2 + n+1)^2$

$ \implies 3 = 5n^2 + 2n $ ; phương trình này không có nghiệm nguyên dương

Từ đây suy ra : $2$ là số nguyên dương duy nhất thỏa yêu cầu bài toán :ech


Mấy ngày qua trên diễn đàn xuất hiện các mem dark templar ; hxthanh rất tích cực ; đáng khen

Hi vọng trong thời gian tới ; các mem này giữ vững tinh thần để ghóp phần vực dậy VMF :D


#254888 Đếm các số chia hết cho 3

Gửi bởi supermember trong 14-03-2011 - 10:01

Vui vui tí vậy :(

Lời giải :

Gọi $S_n$ là số các số nguyên dương $n$ chữ số thỏa ycbt

Xét đa thức $ f(x) = ( x^3 + x^4 + x^5 + x^6 )^n $

ta có $ f(x) = (x^3)^n \cdot ( 1 + x + x^2 + x^3 )^n = \sum_{i = 0}^{6n} a_i x^i$

ta có nhận xét quan trọng : $ S_n = \sum_{k = 0}^{2n} a_{3k} \ \ (1) $

Đặt $ \zeta = \dfrac{-1 - \sqrt{3} i}{2} \implies \zeta^2 = \dfrac{-1 + \sqrt{3} i}{2}$

Khi đó : $ \zeta ; \zeta^2 $ đều là nghiệm của những phương trình : $ x^2 + x + 1 = 0 ; x^3 - 1 = 0 \ \ (2)$


ta có : $ f(1) + f( \zeta) + f( \zeta^2) = \sum_{i = 0}^{6n} a_i \left( 1 + \zeta^ i + \zeta^{2i} \right) $

- Nếu $ i = 3k + 1 \ \ ( k \in \mathbb{N} ) \implies 1 + \zeta^i + \zeta^{2i} = 1 + \zeta^{3k+1} + \zeta^{6k+2}$

$ = 1 + \zeta + \zeta^2 = 0$

- Nếu $ i = 3k + 2 \ \ ( k \in \mathbb{N} ) \implies 1 + \zeta^i + \zeta^{2i} = 1 + \zeta^{3k+2} + \zeta^{6k+4}$

$ = 1 + \zeta^2 + \zeta = 0$ ( Áp dụng $ (2)$ )

$ \implies f(1) + f( \zeta) + f( \zeta^2) = \sum_{k = 0}^{2n} a_{3k} \left( 1 + \zeta^{3k} + \zeta^{6k} \right) = 3 \sum_{k = 0}^{2n} a_{3k} = 3 S_n$ ( theo $(1)$ )

Mắt khác ; bằng cách áp dụng tính chất $(2)$ ; ta dễ dàng tính được :

$ f(1) + f( \zeta) + f( \zeta^2) = 4^n + 1 + 1 = 4^n + 2$

Từ đó suy ra : $ S_n = \dfrac{4^n + 2 }{3}$



#254789 Cuốn SuperMath - Piere Bonzstein

Gửi bởi supermember trong 12-03-2011 - 22:59

Piere Bonzstein - trưởng đoàn IMO của Pháp trong nhiều năm trở lại đây ; 1 trong số những người làm Toán chuyên nghiệp hiếm hoi có nhiều ấn phẩm hay .

Ông hiện tại đã có nhiều bài viết hay trên các diễn đàn ; cụ thể là Mathlinks ( tuy dạo này đi vắng không thấy )

Cuốn sách sau có thể coi là 1 trong những ấn phẩm hay của ông ; thân tặng các bạn :(

File gửi kèm




#250864 Vài Bài viết hay

Gửi bởi supermember trong 06-01-2011 - 14:40

Mình gửi các bạn $2$ bài báo

- 1 bài về phương pháp sử dụng các bđt mạnh trong hình học như Gerretsen hay Bludon trong việc chứng minh bđt đại số . Đây là 1 hướng tương đối lạ ; hay và mang đến lời giải tốt cho nhiều bài Toán khó
.

- 1 bài báo khác về các định lý lớn nói về mối quan hệ giữa những đa thức hệ số nguyên và các số nguyên tố



Thân ái


Nguyễn Kim Anh

File gửi kèm




#250292 $ 2 \left( h^v _a r^v _ a + h^v _b r^v _ b + h^v _c r^v _ c \r...

Gửi bởi supermember trong 31-12-2010 - 20:15

Bài Toán :


Cho trước số thực dương $v$ ; chứng minh rằng với mọi $ \triangle ABC$ ; ta có bất đẳng thức :

$ 2 \left( h^v _a r^v _ a + h^v _b r^v _ b + h^v _c r^v _ c \right) \le r^v _a r^v _ b + r^v _b r^v _ c + r^v _c r^v _ a + 3S^v \left( \dfrac{3p}{4R + r} \right)^v$



Năm 2010 ; hero TVƠ bận nhiều công việc riêng và diễn đàn cũng hơi vắng nên có thể nói là 1 năm không thành công lắm của diễn đàn . Nhân đây ; hero TVƠ cũng xin gửi lời chúc đến các thành viên VMF - dù là cựu ; new hay gì gì đó nha ; chúc mọi người 1 năm nhiều sức khỏe ; nghị lực và đạt thật nhiều thành công . Mong sao ngọn lửa yêu Toán sẽ lan tràn khắp nơi ; thấm vào huyết quản của các thế hệ học sinh - sinh viên - con người Việt Nam . Năm 2011 với 2011 là 1 số nguyên tố ; hứa hẹn nhiều điều an lành .


Nguyễn Kim Anh




#248949 $ a_{mn} =a_m \cdot a_n;a_{m+n} \leq C...

Gửi bởi supermember trong 11-12-2010 - 15:36

Bài Toán :


Cho dãy số nguyên dương $ \{ a_n \}_{n\ge 1}^{ + \infty}$ thỏa mãn : $ a_1 = 1 ; a_2 = 2 $ và :

$ a_{mn} = a_m \cdot a_n \;; a_{m+n} \le C \left( a_m + a_n \right) \; \forall m ;n \in \mathbb{N^{*}} $


Trong đó $ C \ge 1 $ là hằng số cho trước .


Chứng minh rằng : $ a_n = n \ \ \forall n \in \mathbb{N^{*}} $






#247407 CMR: $\sum_{k=0}^n \dfrac{\binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\bi...

Gửi bởi supermember trong 12-11-2010 - 23:16

Bài Toán :

Cho trước số nguyên dương $n$ ; chứng minh rằng :


$ \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$






Nguyễn Kim Anh




#243804 Về 1 lớp các phương trình nghiệm nguyên

Gửi bởi supermember trong 14-10-2010 - 23:14

Cùng với việc mở rộng ra các trường số : số nguyên Gauss ; số phức ....thì việc giải các phương trình Diophante đã có thể có

những cách ; hướng đi ngắn gọn và đẹp . Đặc biệt là khoảng $1$ năm gần đây thì những chiêu

sử dụng các loại số đặc biệt thuộc $ \mathbb{Z} [ \sqrt{2} ] ; \mathbb{Z} [ i ] $ đã không còn là cái gì đó xa lạ nữa

Bài viết sau ; có thể chưa đầy đủ ; nhưng đã khái quát lên các phương pháp mới

trong việc giải $1$ bài toán phương trình nghiệm nguyên : $ y^2 = x^3 + k$ ; $ k \in \mathbb{Z}$

Với 1 số các giá trị đặc biệt của $k$ ; thực sự là 1 tài liệu rất đáng xem cho các thí sinh VMO

File gửi kèm




#224478 Chứng minh rằng tồn tại $ 2$ tập hợp$ \mathcal{A...

Gửi bởi supermember trong 01-01-2010 - 07:48




Bài Toán :

Cho trước số nguyên dương $n $ . Xét tập hợp $ \mathcal{M} \ = \ \{ 1 ; 2 ; ....; n^2 + n +1 \} $ .

Gọi $ \mathcal{F}$ là $ 1$ tập hợp chứa 1 số tập con $ \mathcal{X} $ của $ \mathcal{M} $ ,

, nhửng tập con này thỏa mãn $ | \mathcal{X} | \ \ > n^2$ . Biết rằng với mỗi số nguyên dương $x \ \in \ \mathcal{M} $ , có nhiều hơn $n^2 $ tập con $ \mathcal{X}_i $ thỏa mãn : $x \ \in \ \mathcal{X}_i $

Chứng minh rằng tồn tại $ 2$ tập hợp$ \mathcal{A} ; \mathcal{B} \ \in \ \mathcal{F} $ sao cho :

$ \mathcal{A} \bigcup \mathcal{B} = \mathcal{M} $

 




#222425 Lớp luyện thi VMO 2010 trên mạng

Gửi bởi supermember trong 06-12-2009 - 18:54

đúng , nếu ta học Toán chỉ vì 1 tí giải như VMO , TST hay thậm chí IMO thì cũng chưa hẳn là hay

Điều quan trọng là tình yêu của chúng ta giành cho Toán có lớn không ? . Rất nhiều người , thậm chí có giải QG xong , họ cũng bỏ Toán

Đi theo cái khác , chấp nhận 1 cuộc sống nhàm chán , thiếu sáng tạo . Đơn giản vì họ ngại khó , ngại khổ . Anh không phê phán những

người đó vì theo cái gì là quyền của họ , nhưng lâu lâu họ cũng nói với anh giọng kể lể về thứ tẻ nhạt mà họ nếm từ ngày xa Toán. Dĩ

nhiên , theo Toán là 1 con đường gian nan nhưng đầy vinh quang , nếu em vượt qua được thất bại này , đó mới là cái hay em ạ . Nếu mình

thích thì có thể chọn 1 đại học về Toán , em sẽ vẫn có những cơ hội ở phía trước như OLP SV , IMC chẳng hạn ...... Và biết đâu , em sẽ là

1 GV của ĐH Vinh bồi dưỡng học sinh thi VMO trong tương lai :)

Nhưng trước tiên thì lo thi ĐH đã nhé




#220063 Bài viết về định lý không điểm tổ hợp

Gửi bởi supermember trong 11-11-2009 - 00:09

Đây là 1 file rất hay chứa các thông tin từ cách chứng minh , các áp dụng cơ bản , nâng cao của định lý nổi tiếng này

Tuy hơi khó hiểu 1 chút nhưng rất cần thiết , ở Việt Nam có lẽ không nhiều người thành thạo món này . :D

File gửi kèm

  • File gửi kèm  null2.pdf   240.01K   694 Số lần tải