IMO Shortlist 2022: Algebra

Trong bài này tôi sẽ dịch phần Đại số trong cuốn IMO Shortlist 2022. Các năm trước bạn có thể tìm ở đường dẫn https://nttuan.org/2023/07/02/isl/.

Các phần khác trong cuốn IMO Shortlist 2022 tôi đã để ở các bài dưới đây:

Hình học https://nttuan.org/2023/09/08/isl2022-geometry/

Tổ hợp https://nttuan.org/2023/09/29/isl2022-combinatorics/

A1. Cho $(a_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số thực dương có tính chất $(a_{n+1})^2 + a_na_{n+2} \leq a_n + a_{n+2}$ với mọi số nguyên dương $n$ . Chứng minh rằng $a_{2022}\leq 1.$

A2. Cho một số nguyên $k\ge2$ . Tìm số nguyên $n \ge k+1$ nhỏ nhất sao cho tồn tại một tập $n$ số thực có tính chất: mỗi phần tử của nó có thể viết được dưới dạng tổng của $k$ phần tử phân biệt khác của tập hợp.

A3. Gọi $\mathbb{R}^+$ là tập hợp các số thực dương. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ sao cho với mỗi $x \in \mathbb{R}^+$ , có đúng một $y \in \mathbb {R}^+$ thỏa mãn $xf(y)+yf(x) \leq 2$ . (IMO2022/2)

A4. Gọi $n \geqslant 3$ là một số nguyên và $x_1,x_2,\ldots,x_n$ là các số thực trong đoạn $[0,1]$ . Đặt $s=x_1+x_2+\ldots+x_n$ và giả sử rằng $s \geqslant 3$ . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $i$ và $j$ với $1 \leqslant i<j \leqslant n$ sao cho $2^{j-i}x_ix_j>2^{s-3}.$

A5. Tìm tất cả các số nguyên dương $n \geqslant 2$ sao cho tồn tại $n$ số thực $a_1<\cdots<a_n$ và số thực $r>0$ để $\frac{1}{2}n( n-1)$ hiệu $a_j-a_i$ với $1 \leqslant i<j \leqslant n$ bằng, theo một thứ tự nào đấy, các số $r^1,r^2,\ldots,r^{\frac{ 1}{2}n(n-1)}$ .

A6. Chúng ta nói rằng một hàm $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ là tốt nếu $f(x + f(y)) = f(x) + f(y)$ với mọi $x,y\in\mathbb R$ . Tìm tất cả các số hữu tỉ $q$ sao cho với mọi hàm tốt $f$ , tồn tại một số thực $z$ sao cho $f(z) = qz$ .

A7. Với số nguyên dương $m$ , ký hiệu $s(m)$ là tổng các chữ số của $m$ trong hệ thập phân. Gọi $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ là một đa thức, trong đó $n \geqslant 2$ và $a_i$ là một số nguyên dương với mọi $0 \leqslant i \leqslant n-1$ . Có thể xảy ra với mỗi số nguyên dương $k$ , $s(k)$ và $s(P(k))$ có cùng tính chẵn – lẻ?

A8. Với số nguyên dương $n$ , một $n$ -dãy là một dãy $(a_0,\ldots,a_n)$ gồm các số nguyên không âm có tính chất: nếu $i$ và $j$ là các số nguyên không âm với $i+j \leqslant n$ , thì $a_i+a_j \leqslant n$ và $a_{a_i+a_j}=a_{i+j}$ . Gọi $f(n)$ là số $n$ -dãy. Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $c_1$ , $c_2$ và $\lambda$ sao cho $c_1\lambda^n<f(n)<c_2\lambda^n$ với mọi số nguyên dương $n$ .

International Mathematical Olympiad: Shortlisted Problems

Trong bài này chúng tôi sẽ dịch đề bài từ các bộ IMO Shortlist sang tiếng Việt.

Các bạn có thể tải các tài liệu khác ở https://nttuan.org/download/ .

IMO2014SL_Vie Download

IMO2015SL_Vie Download

Continue reading →

Square roots are linearly independent

Trong bài này tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán quan trọng sau:

Bài toán. Cho $a_1,\ldots,a_k$ là các số nguyên không đồng thời bằng $0$ . Chứng minh rằng nếu $n_1,$ $n_2,\ldots,$ $n_k$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương lớn hơn $1$ thì $\sum a_i\sqrt{n_i}\not=0$ .

Lời giải 1. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $N$ , số ước nguyên tố của $\prod n_i$ , khẳng định: Tồn tại tổng $S'=\sum b_i\sqrt{m_i}$ sao cho $SS'$ là số nguyên khác $0$ , ở đây $m_i$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương khác $1$ , tập các ước nguyên tố của $\prod m_i$ là tập con của tập các ước nguyên tố của $\prod n_i$ , $b_i$ là các số nguyên, và $S=\sum a_i\sqrt{n_i}$ . Từ đó suy ra $S\not=0$ .

Với $N=0$ ta chọn $S'=1$ .

Với $N=1$ ta chọn $S'=\sqrt{p_1}$ khi $S=a_1\sqrt{p_1}$ , chọn $S'=-a_1\sqrt{p_1}+a_2$ nếu $S=a_1\sqrt{p_1}+a_2$ .

Continue reading →

Tài liệu cho học sinh lớp 10 Chuyên toán

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một số cuốn sách hoặc bài giảng mà học sinh chuẩn bị vào học lớp 10 Chuyên toán nên có.

[1] Tài liệu giáo khoa chuyên toán, Đại số 10

[2] Tài liệu giáo khoa chuyên toán, Hình học 10

[3] Chen Chuan-Chong và Koh Khee-Meng., Principles and Techniques in Combinatorics

[4] Hojoo Lee., Topics in Inequalities

[5] Dusan Djukic., Polynomials in One Variable

[6] David Burton., Elementary Number Theory

[7] B.J. Venkatachala., Functional Equations

Lagrange interpolating polynomial

Đây là bài thứ bốn về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại ba bài trước để học cho dễ dàng hơn.

[1] https://nttuan.org/2007/10/26/poly01/

[2] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

[3] https://nttuan.org/2018/08/25/poly03/

—

Đa thức có thể được sử dụng để xấp xỉ các đường cong phức tạp, hay tính giá trị của các hàm logarit và lượng giác. Đầu tiên, chọn một vài dữ liệu đã biết, sau đó tìm một đa thức có bậc đủ bé có cùng dữ liệu đã chọn, cuối cùng xem đa thức vừa tìm được như là hàm số đang xét. Điều này dẫn đến việc tính toán nhanh hơn đáng kể.

Định lí. Cho số nguyên dương $n$ và $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức $y_0,$ $y_1,$ $\ldots,$ $y_n,$ có đúng một đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n$ sao cho

$P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n}.$

Chứng minh. Nếu $P$ và $Q$ là các đa thức thỏa mãn các điều kiện của định lí thì đa thức $P-Q$ có bậc không lớn hơn $n$ và có ít nhất $n+1$ nghiệm, suy ra $P-Q$ là đa thức không và $P=Q.$ Mặt khác, đa thức $\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^ny_i\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$ thỏa mãn $P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n},$ do đó định lí được chứng minh. $\Box$

Hệ quả (Công thức nội suy Lagrange). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n},$ ta có

$\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^nP(x_i)\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$

Trong công thức trên, $n+1$ số phức $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}$ được gọi là các nút nội suy. Ta thường dùng công thức nội suy Lagrange trong tình huống: Biết thông tin của $P$ tại các $x_i$ , cần tìm thông tin của $P$ tại $y\not\in \{x_i\}.$

Ví dụ 1. Cho hai đa thức $A(x)=x^{81}+x^{49}+x^{25}+x^9+x$ và $B(x)=x^3-x.$ Tìm dư khi chia $A(x)$ cho $B(x).$

Lời giải. Giả sử $Q(x)$ và $R(x)$ lần lượt là thương và dư trong phép chia $A(x)$ cho $B(x).$ Ta có $A(x)=B(x)Q(x)+R(x)$ và $\deg R<3.$ Vì $B(0)=B(1)=B(-1)=0$ nên $R(0)=0,$ $R(1)=5$ và $R(-1)=-5,$ do đó áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $R$ với các nút $0;1$ và $-1$ ta có

$\displaystyle R(x)=R(0).\frac{(x-1)(x+1)}{(0-1)(0+1)}+R(1).\frac{(x-0)(x+1)}{(1-0)(1+1)}+R(-1).\frac{(x-0)(x-1)}{(-1-0)(-1-1)}$

$\displaystyle =\frac{5}{2}x(x+1)-\frac{5}{2}x(x-1)=5x.$ $\Box$

Ví dụ 2. Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P$ có bậc $n$ thỏa mãn $\displaystyle P(k)=\frac{k}{k+1},\quad \forall k=\overline{0,n}.$ Tính $P(n+1).$

Lời giải. Do $P$ có bậc $n$ nên áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $0,$ $1,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle P(x)=\sum_{k=0}^nP(k)\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{k}{k+1}\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(x-j),\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Suy ra

$\displaystyle P(n+1)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(n+1-j)$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}.\frac{(n+1)!}{n+1-k}$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^nk(-1)^{n-k}C^{k+1}_{n+2}=\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^n\left[(k+1)(-1)^{n-k}C_{n+2}^{k+1}+(-1)^{n-k+1}C_{n+2}^{k+1}\right]$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\left(\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}(n+2)C_{n+1}^k+\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{n+2-i}C_{n+2}^i\right)=\dfrac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}. \Box$

Ví dụ 3. Cho số nguyên dương $n$ và các số nguyên $x_0 > x_1 > \ldots > x_n.$ Chứng minh rằng một trong các số $|F(x_0)|,$ $|F(x_1)|,$ $|F(x_2)|,$ $\ldots,$ $|F(x_n)|$ lớn hơn hoặc bằng $\displaystyle \frac{n!}{2^n}.$ Trong đó

$F(x) = x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n$

là một đa thức với hệ số thực.

Lời giải. Giả sử $\displaystyle |F(x_i)|<\dfrac{n!}{2^n},\quad \forall i=\overline{0,n}.$ Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $x_0,$ $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ ta có

$\displaystyle x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n\equiv \sum_{k=0}^nF(x_k)\prod_{j\not =k}\frac{x-x_j}{x_k-x_j},$ để ý đến hệ số của $x^n$ trong hai vế ta có $\displaystyle 1=\left|\sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{F(x_k)}{x_k-x_j}\right|\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{|F(x_k)|}{|x_k-x_j|}<$ $\displaystyle \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|x_k-x_j|}\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|k-j|}=1,$ không thể xảy ra điều này. $\Box$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mỗi số thực $a$ và với mỗi số nguyên dương $n$ ta có

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^k\binom{n}{k}(a - k)^n = n!.$

Lời giải. Vế trái là đa thức của $a$ nên chỉ cần chứng minh đẳng thức khi $a$ là số nguyên. Sau đây ta chứng minh đẳng thức khi $a= 0$ và $n\geq 3$ , hay chứng minh

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^{n + k}\binom{n}{k}k^n = n!.$ Theo công thức nội suy Lagrange với các nút $1,$ $2,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle x^n - (x - 1)(x - 2)\cdots (x - n) \equiv \sum_{k = 1}^nk^n\cdot\prod_{i\not = k}\dfrac{x - i}{k - i},\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Nói riêng, khi $x = 0$ ta có $\displaystyle ( - 1)^{n + 1}\cdot n! = \sum_{k = 1}^nk^n\cdot \dfrac{1}{k}\cdot \dfrac{( - 1)^{n - 1}\cdot n!}{(k - 1)!\cdot (n - k)!\cdot ( - 1)^{n - k}},$ từ đây thu được điều cần chứng minh. $\Box$ .

Continue reading →