Mở đầu về đa thức


Trong bài này \mathbb{K} sẽ được hiểu là \mathbb{C},\mathbb{R},\mathbb{Q} hay \mathbb{Z}.

1. Hệ số và bậc

Định nghĩa 1. Một tổng hình thức a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0, ở đây n\in\mathbb{N}, a_i\in \mathbb{K}\,\forall i được gọi là một đa thức với hệ số trong \mathbb{K}.

Như vậy mỗi phần tử của \mathbb{K} là một đa thức với hệ số trong \mathbb{K}, chúng được gọi là các đa thức hằng. Số 0\in\mathbb{K} ứng với đa thức không và cũng được ký hiệu bởi 0.

Tập các đa thức với hệ số trong \mathbb{K} được ký hiệu là \mathbb{K}[x].

Định nghĩa 2. Với đa thức f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\,\,(a_n\not =0), ta sẽ gọi các a_i là các hệ số của f(x), a_n là hệ số cao nhất, a_0 là hệ số tự do. f(x) được gọi là monic nếu a_n=1. Số n được gọi là bậc của f(x), ký hiệu \deg f(x)=n.

Quy ước. Bậc của đa thức 0 bằng -\infty.

Định nghĩa 3. Hai đa thức f(x),g(x)\in\mathbb{K}[x] được gọi là bằng nhau, ký hiệu f(x)=g(x) hay f(x)\equiv g(x), nếu chúng cùng là đa thức 0 hoặc cả hai khác 0 đồng thời \deg f(x)=\deg g(x) và các hệ số tương ứng bằng nhau.

Ví dụ 1. Tìm bậc, hệ số hằng và hệ số cao nhất của các đa thức sau

a) 3x^4-3x^2+1;

b) 6x^2.

Ví dụ 2. Tìm

a) Một đa thức monic có bậc 12;

b) Một đa thức có bậc 5 nhưng không phải là monic;

c) Một đa thức có bậc 0.

2. Các phép toán

Định nghĩa 4. Xét hai đa thức f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0, ở đây a_i,b_j là các phần tử của \mathbb{K}a_n,b_m không cần phải khác 0 (sau này nếu không quan tâm đến bậc của đa thức thì ta cũng dùng biểu diễn này cho tiện).

Tổng của hai đa thức trên, ký hiệu f(x)+g(x), là đa thức xác định bởi

f(x)+g(x)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)x+(a_2+b_2)x^2+\cdots

Tích của f(x)g(x), ký hiệu f(x)g(x), là đa thức xác định bởi

f(x)g(x)=a_0b_0+(a_0b_1+a_1b_0)x+(a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0)x^2+\cdots

Ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau:

Định lí 1.

1) f(x)+(g(x)+h(x))=(f(x)+g(x))+h(x)\,\,\forall f(x),g(x),h(x)\in\mathbb{K}[x].

2) f(x)+g(x)=g(x)+f(x)\,\,\forall f(x),g(x)\in\mathbb{K}[x].

3) f(x)+0=0+f(x)=f(x)\,\,\forall f(x)\in\mathbb{K}[x].

4) Với mỗi f(x)\in\mathbb{K}[x] có duy nhất g(x)\in\mathbb{K}[x] thỏa mãn f(x)+g(x)=g(x)+f(x)=0.

Đa thức g(x) sẽ được kí hiệu bởi -f(x) và được gọi là đa thức đối của đa thức f(x). Từ đây với mỗi f(x),g(x)\in\mathbb{K}[x] ta có thể định nghĩa hiệu của f(x)g(x), kí hiệu f(x)-g(x), bởi f(x)+(-g(x)).

Định lí 2.

1) f(x)(g(x)h(x))=(f(x)g(x))h(x)\,\,\forall f(x),g(x),h(x)\in\mathbb{K}[x].

Với đa thức f(x) và số nguyên dương n, đa thức f(x)f(x)\cdots f(x) (n chữ f) sẽ được ký hiệu bởi f^n(x) hoặc (f(x))^n.

2) f(x)g(x)=g(x)f(x)\,\,\forall f,g\in\mathbb{K}[x].

3) f(x)1=1f(x)=f(x)\,\,\forall f(x)\in\mathbb{K}[x].

4) f(x)(g(x)+h(x))=f(x)g(x)+f(x)h(x)\,\,\forall f(x),g(x),h(x)\in\mathbb{K}[x].

Xét hai đa thức f(x)g(x) với f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0, khi đó đa thức

a_n(g(x))^n+a_{n-1}(g(x))^{n-1}+\cdots+a_1g(x)+a_0 sẽ được ký hiệu bởi f(g(x)).

Ví dụ 3. Cho hai đa thức P(x)=x^2-2x+11Q(x)=2x^2-3x+5. Tìm các đa thức P(x)+Q(x),P(x)-Q(x),P(x)Q(x),P(Q(x))Q(P(x)).

Định lí 3. Cho P(x),Q(x) là các đa thức khác hằng. Khi đó

1) \deg (P(x)+Q(x))\leq\max (\deg P(x),\deg Q(x)).

2) \deg (P(x)Q(x))=\deg P(x)+\deg Q(x).

3) \deg (P(Q(x))=\deg (Q(P(x))=\deg P\deg Q.

3. Bài tập

Bài 1.  Tìm tất cả các số thực a,b sao cho đa thức x^4+4x^3+ax^2+bx+1 là bình phương của một đa thức với hệ số thực.

Bài 2. Cho P là một đa thức với hệ số thực thỏa mãn P^2 là đa thức của x^2. Chứng minh rằng P hoặc P/x cũng là đa thức của x^2.

Bài 3. Cho số nguyên dương n và đa thức f(x)=\sum a_ix^i có bậc n. Lập đa thức (x-b)f(x)=\sum c_ix^i với b là số thực nào đấy. Chứng minh rằng A\leq (n+1)C, ở đây A=\max |a_i|C=\max |c_i|.

Bài 4. Cho PQ là các đa thức monic với hệ số thực thỏa mãn P(P(x))=Q(Q(x)). Chứng minh rằng P=Q.

Continue reading “Mở đầu về đa thức”

Định lí Pick


Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một số chứng minh của định lí Pick và áp dụng định lí Pick vào việc tính số Frobenius của một tập có hai phần tử. Phần cuối của bài là một số bài thi chọn học sinh giỏi liên quan.

1. Định lí và các chứng minh

Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm A(x_0,y_0) được gọi là điểm nguyên nếu x_0y_0 là các số nguyên. Với mỗi đa giác đơn P, kí hiệu S_P là diện tích của nó. Định lí Pick cho một mối liên hệ giữa diện tích và diện tích rời rạc (số điểm nguyên nằm trong đa giác) của một đa giác đơn.

Định lí Pick. Cho P là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, I là số điểm nguyên nằm trong và B là số điểm nguyên nằm trên biên của P. Khi đó ta có đẳng thức \displaystyle S_P=I+\frac{1}{2}B-1.

Chứng minh thứ nhất. Dùng một đường gấp khúc l nối hai đỉnh không kề nhau của P để cắt P thành hai đa giác đơn \DeltaP'. Ta thấy nếu công thức Pick đúng với \DeltaP' thì nó cũng đúng với P. Thật vậy, ta có

\displaystyle I=I_{\Delta}+I_{P'}+x-2,\quad B=B_{\Delta}+B_{P'}-2x+2,

ở đây x là số điểm nguyên trên l, suy ra

\displaystyle S_P=S_{\Delta}+S_{P'}=I_{\Delta}+\frac{1}{2}B_{\Delta}-1+I_{P'}+\frac{1}{2}B_{P'}-1=I+\frac{1}{2}B-1.

Vậy công thức Pick đúng với P. Hơn nữa, nếu công thức Pick đúng với hai trong ba đa giác \Delta, P, P' thì nó cũng đúng với đa giác còn lại. Do đó ta chỉ cần chứng minh định lí Pick cho các tam giác là xong.

Vì từ một tam giác bất kì ta luôn có thể ghép thêm vào các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ để tạo thành một hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ nên ta chỉ cần chứng minh định lí cho các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ và các hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ. Điều này là đơn giản. \Box

Một tam giác cơ bản là một tam giác có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Ta có kết quả sau:

Bổ đề 1. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng \dfrac{1}{2}.

Chứng minh. Xét một tam giác cơ bản bất kì. Lấy một hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ sao cho nó chứa tam giác và mỗi cạnh chứa ít nhất một đỉnh của tam giác. Vì hình chữ nhật có 4 cạnh và tam giác có 3 đỉnh nên có ít nhất một đỉnh của tam giác là đỉnh của hình chữ nhật, mà tam giác là cơ bản nên chỉ xảy ra tình huống ở hình H3 (bỏ qua các trường hợp tầm thường), tình huống mà một cạnh của tam giác là đường chéo của hình chữ nhật (trường hợp H1 có điểm nguyên L, H2 có điểm nguyên K).

pick1

Trong hình H3, tam giác cơ bản đang xét là OAB. Không mất tính tổng quát ta giả sử M=(0;m), P=(p;0), B=(b_1;b_2), ở đây m,p,b_1,b_2 là các số nguyên dương thỏa mãn p> b_1, và m> b_2.

Số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật OMAP bằng (m-1)(p-1), mà không có điểm nguyên nào trong số các điểm này nằm trên OA, suy ra số điểm nguyên nằm trong tam giác OAP bằng \dfrac{(m-1)(p-1)}{2}. Tính toán tương tự ta có số điểm nguyên nằm trong tam giác OBR bằng \dfrac{(b_1-1)(b_2-1)}{2}, nằm trong tam giác BAS bằng \dfrac{(p-b_1-1)(m-b_2-1)}{2}.

Nhưng số điểm nguyên nằm trong tam giác OAP bằng 1 (điểm B) + 0 (số điểm nguyên trong tam giác OAB) + số điểm nguyên nằm trong tam giác OBR + số điểm nguyên nằm trong tam giác BAS + số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật BSPR + số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng BS khác BS + số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng BR khác BR, suy ra

\displaystyle \frac{(m-1)(p-1))}{2}=1+\frac{(b_1-1)(b_2-1)}{2}+\frac{(p-b_1-1)(m-b_2-1)}{2}

+(b_2-1)(p-b_1-1)+p-b_1-1+b_2-1, do đó mb_1-b_2p=1, bằng cộng trừ diện tích ta có S_{OAB}=\dfrac{1}{2}. \Box

Chú ý. Trong chứng minh trên ta có thể tính diện tích tam giác OAB bằng cách dùng công thức sau:

Công thức dây giày. Cho đa giác đơn A_0A_1\ldots A_{n-1}. Khi đó nếu A_i có tọa độ (x_i;y_i) thì diện tích của đa giác A_0A_1\ldots A_{n-1} bằng \displaystyle\frac{1}{2}\left|\sum_{i=0}^{n-1}\begin{vmatrix} x_i & x_{i+1} \\ y_i & y_{i+1} \end{vmatrix}\right|,

ở đây x_n=x_0y_n=y_0.

Bây giờ chúng tôi sẽ tiếp tục giới thiệu các chứng minh khác của định lí Pick.

Chứng minh thứ hai. Chia P thành N tam giác cơ bản. Gọi S là tổng các góc trong của tất cả các tam giác cơ bản đó. Ta sẽ tính S theo hai cách. Vì số tam giác là N nên S=N\pi\quad (1).

Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong P bằng 2\pi, tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trên biên của P nhưng không phải đỉnh của P bằng \pi và tổng của tất cả các góc có đỉnh là đỉnh của P bằng (n-2)\pi, ở đây n là số đỉnh của P. Do đó S=2\pi I+\pi B-2\pi\quad (2).

Từ (1)(2) ta có N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2, mà S=\dfrac{1}{2}N, suy ra định lí được chứng minh. \Box

Một graph được gọi là graph phẳng nếu nó có thể nhúng vào một mặt phẳng, nghĩa là ta có thể vẽ nó trên một mặt phẳng sao cho hai cạnh bất kì không có điểm trong chung. Trong chứng minh tiếp theo ta sẽ dùng kết quả sau:

Công thức Euler. Cho G là một graph phẳng, hữu hạn và liên thông. Giả sử sau khi vẽ G trên một mặt phẳng sao cho hai cạnh bất kì không có điểm trong chung, số đỉnh của G bằng v, số cạnh bằng e và số mặt (miền giới hạn bởi các cạnh, kể cả miền vô hạn bên ngoài) bằng f. Khi đó ta có đẳng thức v-e+f=2.

Chứng minh thứ ba. Đầu tiên, như chứng minh trên ta chia đa giác P thành các tam giác cơ bản. Xét graph G có đỉnh là các điểm nguyên nằm bên trong hay trên biên của P, các cạnh là cạnh của các tam giác cơ bản trong phép chia đang xét. Dễ thấy G là một graph phẳng, hữu hạn và liên thông.

Gọi f là số mặt, e_i là số cạnh trong (cạnh chung của hai tam giác cơ bản), e_b là số cạnh biên (cạnh nằm trên cạnh của P) của G.

Vì diện tích của tam giác cơ bản bằng \dfrac{1}{2} nên S_P=\dfrac{1}{2}(f-1)\quad (1).

Do mỗi cạnh trong là cạnh chung của đúng hai tam giác cơ bản và mỗi cạnh biên là cạnh của đúng một tam giác cơ bản nên 3(f-1)=2e_i+e_b\quad (2).

Số đỉnh của G bằng I+B, số cạnh bằng e_i+e_b và số mặt bằng f nên theo công thức Euler ta có I+B-(e_i+e_b)+f=2\quad (3).

Từ (1), (2)(3) với chú ý B=e_b ta có S_P=I+\dfrac{1}{2}B-1.\Box

Chứng minh sau tương tự chứng minh thứ hai.

Chứng minh thứ tư. Với mỗi điểm nguyên M nằm trên biên hay trong P, gọi \alpha_M là góc mà từ M nhìn thấy được P. Như vậy \alpha_M=2\pi khi M nằm trong P\alpha_M=\pi khi M nằm trên biên của P nhưng khác đỉnh. Với mỗi điểm nguyên M nằm trên biên hay trong P, đặt t_{M}=\dfrac{\alpha_M}{2\pi}.

Xét tổng \displaystyle T_P=\sum_{M}t_M. Ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 2. T_P=S_P.

Chứng minh. Ta thấy cả TS đều cộng tính, nghĩa là khi chia P thành hai đa giác đơn P_1,P_2 bởi một đường chéo thì

T_{P}=T_{P_1}+T_{P_2},\quad S_{P}=S_{P_1}+S_{P_2}.

Bởi thế nên như chứng minh thứ nhất, ta chỉ cần chứng minh đẳng thức cho hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với trục và các tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với trục. Việc này là đơn giản.

Trở lại việc chứng minh định lí.

Vì tổng của các \alpha_M với M nằm trên biên của P bằng (B-2)\pi nên theo bổ đề ta có S_P=T_P= (tổng của các t_M với M nằm trong P) + (tổng của các t_M với M nằm trên biên của P) = \displaystyle I+\frac{(B-2)\pi}{2\pi}=I=\frac{1}{2}B-1. \Box

2. Áp dụng vào bài toán Frobenius

Giả sử ở ngân hàng chỉ còn hai loại tiền 3 đồng và 5 đồng. Tôi có một tờ n\, (n\in\mathbb{N}^*) đồng. Liệu tôi có thể đem tờ n đồng đó đến ngân hàng để đổi lấy các tờ 3 hay 5 đồng được không? Rõ ràng không phải lúc nào cũng đổi được (chẳng hạn n=4) và với n đủ lớn ta luôn đổi được. Một câu hỏi tự nhiên là: n lớn nhất bằng bao nhiêu để không đổi được? (Câu hỏi này lần đầu tiên được đặt ra bởi Frobenius).

Một cách toán học, ta có bài toán sau:

Bài toán Frobenius. Cho tập A=\{a_1,a_2,\ldots,a_d\} gồm d>1 số nguyên dương lớn hơn 1 sao cho \gcd (a_1,a_2,\ldots,a_d)=1. Một số tự nhiên n được gọi là biểu diễn được theo tập A nếu tồn tại các số tự nhiên m_1,m_2,\ldots,m_d sao cho \displaystyle n=\sum_{i=1}^d m_ia_i. Tìm số tự nhiên lớn nhất không biểu diễn được theo tập A.

Kết quả của bài toán này được gọi là số Frobenius của A và được ký hiệu bởi g(a_1,a_2,\ldots,a_d). Định lí sau chứng tỏ các số này tồn tại.

Định lí 1. Tồn tại số nguyên N sao cho mọi số nguyên s\geq N đều biểu diễn được theo A.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo d.

Do định lí 1 nên khẳng định đúng với d=2.

Giả sử khẳng định đúng với d=k-1\,(k>2,k\in\mathbb{Z}). Ta đi chứng minh khẳng định đúng với d=k.

Đặt x=\gcd (a_1,a_2,\ldots,a_{k-1})a'_i=a_i/x. Vì \gcd (a'_1,a'_2,\ldots,a'_{k-1})=1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại số nguyên \alpha sao cho mọi số nguyên y\geq\alpha đều biểu diễn được theo A'=\{a'_i\}.

Chọn N=\alpha x+(x-1)a_k và cố định một số nguyên s\geq N.

Do \gcd (a_1,a_2,\ldots,a_k)=1 nên \gcd (x,a_k)=1, suy ra tồn tại số tự nhiên x_k<x sao cho s\equiv a_kx_k\pmod{x}. Ta thấy \dfrac{s-a_kx_k}{x} là số nguyên không bé hơn \displaystyle \frac{\alpha x+(x-1)a_k-a_kx_k}{x}=\alpha+\frac{a_k(x-1-x_k)}{x}\geq\alpha suy ra tồn tại các số tự nhiên x_1,x_2,\ldots,x_{k-1} để \displaystyle \frac{s-a_kx_k}{x}=a'_1x_1+a'_2x_2+\cdots+a'_{k-1}x_{k-1}, do đó s=a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_kx_k. Vậy khẳng định đúng với d=k và bởi thế nó đúng với mọi số nguyên d>1. \Box

Không có công thức tính các số Frobenius với d>2 trong trường hợp tổng quát. Khi d=2 ta có.

Định lí 2. Nếu p,q>1 là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì

g(p,q)=pq-p-q.

Chứng minh. frobenius

Trong hình trên, tứ giác ABCD không chứa điểm nguyên nào trên biên ngoài A,B,C,D. Bởi công thức dây giầy ta có S_{ABCD}=p+q, áp dụng định lí Pick ta thấy số điểm nguyên nằm trong ABCDp+q-1, dễ thấy các điểm này đều nằm trong góc phần tư thứ nhất.

Mỗi một trong p+q-1 đường thẳng px+qy=pq=p-q+i,\quad i=1,2,\cdots,p+q-1 chứa nhiều nhất một điểm nguyên nằm trong ABCD, kết hợp với phần trên, mỗi đường thẳng này đều chứa đúng một điểm nguyên nằm trong ABCD.

Mà dễ thấy mỗi đường thẳng px+qy=m,\quad m=pq+1,pq+2,\cdots đều chứa ít nhất một điểm nguyên nằm trong góc phần tư thứ nhất, suy ra điều phải chứng minh. \Box

Các bạn có thể tìm hiểu thêm về bài toán Frobenius tại địa chỉ

https://nttuan.org/2017/02/18/topic-863/

3. Ví dụ

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC trong mặt phẳng tọa độ sao cho các đỉnh của nó là các điểm nguyên. Giả  sử tồn tại đúng một điểm nguyên G nằm trong tam giác và không có điểm nguyên nằm trên các cạnh của tam giác ngoài A,B,C . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC.

Lời giải. Theo định lí Pick, ba tam giác ABG, BCGCAG có diện tích bằng nhau và bằng \dfrac{1}{2}. Suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC. \Box

Ví dụ 2. Các đỉnh của một ngũ giác lồi là các điểm nguyên. Chứng minh rằng diện tích của ngũ giác đó không bé hơn \dfrac{5}{2}.

Lời giải. Đầu tiên ta giả sử rằng trên biên của ngũ giác không có điểm nguyên khác các đỉnh. Vì số xâu nhị phân độ dài 2 bằng 4 nên tồn tại hai đỉnh của ngũ giác sao cho hai hoành độ và hai tung độ của chúng có cùng tính chẵn – lẻ, trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm này là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên của ngũ giác, do ta đang xét trường hợp trên biên của ngũ giác không có điểm nguyên khác các đỉnh nên điểm nguyên này nằm trong ngũ giác. Như vậy là bên trong ngũ giác có ít nhất một điểm nguyên, theo định lí Pick, diện tích của nó không bé hơn 1+\dfrac{5}{2}-1=\dfrac{5}{2}.

Nếu trên trên biên của ngũ giác có điểm nguyên khác các đỉnh thì ta bỏ một trong hai đầu mút của cạnh chứa điểm nguyên, thay vào điểm nguyên đó và thu được một ngũ giác có diện tích bé hơn ngũ giác ban đầu. Làm như vậy hữu hạn lần ta sẽ có một ngũ giác mà trên biên của nó không có điểm nguyên khác các đỉnh.\Box

Trong các ví dụ dưới đây ta chỉ cần dùng công thức dây giầy là đủ, dùng công thức này ta có diện tích của các đa giác đơn với các đỉnh có tọa độ hữu tỷ là số hữu tỷ.

Ví dụ 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại n-giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên.

Lời giải 1. Giả sử tồn tại n-giác đều A_1A_2\ldots A_n sao cho các đỉnh của nó là các điểm nguyên. Theo định lí Pick, diện tích của tam giác A_1A_2A_3 là một số hữu tỷ, suy ra

\displaystyle A_1A_3.A_1A_2\sin \widehat{A_2A_1A_3}\in\mathbb{Q}\Rightarrow \sin^2\dfrac{\pi}{n}\in\mathbb{Q}\Rightarrow 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\mathbb{Q}.\quad (1)

Xét dãy đa thức \{F_n\}_{n\geq 1} xác định bởi F_1(x)=x,F_2(x)=x^2-2F_{n+2}(x)=xF_{n+1}(x)-F_n(x),\quad n\geq 1. Dễ thấy với mỗi n, F_n là monic, có bậc n, có hệ số nguyên và F_n(2\cos t)=2\cos nt,\quad\forall t\in\mathbb{R}.

Ta có F_n\left(2\cos \dfrac{2\pi}{n}\right)=2, suy ra  2\cos \dfrac{2\pi}{n} là một nghiệm của đa thức F_n-2. \quad (2)

Từ (1)(2) suy ra \displaystyle 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\mathbb{Z}\Rightarrow 2\cos \dfrac{2\pi}{n}\in\{\pm 1;0;\pm 2\}. Do đó n\in\{3;4;6\}.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên, và do đó n=4.

Giả sử ngược lại, tồn tại tam giác đều ABC với các đỉnh có tọa độ nguyên. Theo định lí Pick, 2S_{ABC} là số nguyên, suy ra AB.AC\sin \dfrac{\pi}{3}\in\mathbb{Z}, do đó tồn tại các số tự nhiên x,y,zw sao cho 3(x^2+y^2)(z^2+w^2) là số chính phương dương, mà v_3(u^2+v^2) là số chẵn khi u,v là các số tự nhiên không đồng thời bằng 0, suy ra mẫu thuẫn.

Ngược lại, dễ thấy tồn tại hình vuông có các đỉnh là các điểm nguyên. Suy ra chỉ có n=4 thỏa mãn điều kiện của bài toán. \Box

Ví dụ 4.  Cho n\ge 3 là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại n điểm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì là số vô tỷ, và mỗi ba điểm là các đỉnh của một tam giác không suy biến với diện tích là số hữu tỷ.

Lời giải 1. Lấy n điểm nguyên (i;i^2) trên parabol y=x^2\quad (i=1,2,\cdots). Bởi định lí Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác không suy biến có diện tích hữu tỷ. Bình phương khoảng cách giữa hai điểm (a,a^2)(b,b^2) bằng (a - b)^2 + (a^2 - b^2)^2 = (a - b)^2(1 + (a + b)^2), và không phải số chính phương. \Box

Lời giải 2. Chọn C là một bội nguyên dương đủ lớn của n!. Xét n điểm nguyên

A_1=(C+1,C^{C+1}),A_2=(C+2,C^{C+2}),..,A_n=(C+n,C^{C+n}).

Với hai điểm khác nhau A_i,A_j ta có A_i,A_j^2=(i-j)^2+(C^{C+i}-C^{C+j})^2 không là số chính phương. Thật vậy, nếu ngược lại ta sẽ có số nguyên dương D thỏa mãn

(i-j)^2+(C^{C+i}-C^{C+j})^2=D^2, từ đẳng thức này ta có D chia hết cho i-j\displaystyle 1+\left(\dfrac{C^{C+i}-C^{C+j}}{i-j}\right)^2=\left(\dfrac{D}{i-j}\right)^2, không thể xảy ra điều này.

Ba điểm bất kì trong n điểm đã chọn không thẳng hàng vì chúng thuộc đồ thị của hàm số mũ y=C^{C+x}. Theo định Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác có diện tích hữu tỷ. \Box

Lời giải 3. Bằng quy nạp, ta sẽ xây dựng dãy điểm nguyên \{A_n=(x_n,y_n)\}_{n\geq 1} sao cho với mọi n\geq 3, dãy điểm A_1,A_2,\ldots,A_n thỏa mãn các điều kiện của bài toán và các hoành độ cũng như các tung độ đôi một khác nhau. Theo định Pick, ba điểm bất kì là ba đỉnh của một tam giác (có thể suy biến) có diện tích hữu tỷ, do đó ta chỉ cần xây dựng dãy trên sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ là số vô tỷ.

Đầu tiên ta thấy A_1=(0,0),\ A_2=(1,1),\ A_3=(3,2) thỏa mãn. Giả sử rằng với n\ge 4 nào đấy ta đã có dãy điểm nguyên A_1,A_2,\ldots,A_{n-1} thỏa mãn. Với mỗi i=\overline{1,n-1} lấy các số nguyên tố p_i sao cho p_i\equiv 1\pmod 4, và các số nguyên a_i,b_i thỏa mãn p_i\not|a_i,b_ip_i|a_i^2+b_i^2.

Chọn số nguyên k_i để v_{p_i}[(a_i+k_ip_i)^2+b_i^2]=1. Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại các số nguyên x_n\not= x_i,y_n\not=y_i sao cho x_n-x_i\equiv a_i+k_ip_i\pmod{p_i^2}, x_n-x_i\equiv 0\pmod{p}\ y_n-y_i\equiv b_i\pmod{p_i^2},\ \forall i\in\overline{1,n-1}. Ở đây p là số nguyên tố khác tất cả p_i và không chia hết \displaystyle \prod_{i\not=j}(x_i-x_j)(y_i-y_j)\displaystyle\prod (y_n-y_i), tất nhiên là ta chọn y_n trước và x_n sau. Ta có v_{p_i}[(x_n-x_i)^2+(y_n-y_i)^2]=1, suy ra A_nA_i là các số vô tỷ với \ i=\overline{1,n-1}. Do \dfrac{y_n-y_i}{x_n-x_i}\ne\dfrac{y_i-y_j}{x_i-x_j},\ \forall i\ne j\in\overline{1,n-1} nên A_n,A_iA_j không thẳng hàng. \Box

4. Bài tập

Bài 1. Cho đa giác đơn P. Chứng minh rằng tồn tại một đường chéo của P nằm trong nó.

Bài 2. Chứng minh định lí Pick khi P là hình chữ nhật có các cạnh cùng phương với các trục tọa độ hoặc là tam giác vuông có các cạnh góc vuông cùng phương với các trục tọa độ.

Bài 3. Cho n-giác đều P. Chứng minh rằng nếu 3 trong các đỉnh của P là điểm nguyên và hai trong chúng là kề nhau thì P là hình vuông.

Bài 4. Biết rằng có tồn tại một n-giác đơn có các đỉnh nguyên sao cho trên biên của nó có đúng n điểm nguyên và không có điểm nguyên nào nằm trong nó. Chứng minh rằng n\leq 4.

Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ta có \displaystyle\sum_{i=1}^{n^2} \lfloor \frac{i}{3} \rfloor= \frac{n^2(n^2-1)}{6}.

Bài 6. Cho m,n\in\mathbb{Z^{+}}, chứng minh rằng mọi hình chữ nhật kích thước m\times n phủ nhiều nhất (m+1)(n+1) điểm nguyên.

Bài 7. Cho ngũ giác lồi P có các đỉnh là các điểm nguyên. Các đường chéo của P tạo thành một ngũ giác lồi Q nằm trong P. Chứng minh rằng trong hoặc trên biên của Q có ít nhất một điểm nguyên.

Bài 8. Đặt V_n=\sqrt{F_n^2+F_{n+2}^2}, ở đây F_n là số Fibonacci thứ n. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại tam giác cơ bản với độ dài ba cạnh bằng V_n, V_{n+1}, V_{n+2}.

Bài 9. Cho số nguyên tố p và một hình vuông có các đỉnh có tọa độ nguyên. Biết độ dài cạnh hình vuông là \sqrt{p}, tìm số điểm nguyên nằm trong hình vuông.

Kiểm tra – 2/3/2017


Bài 1.

1) Giải bất phương trình {{x}^{2}}+x-2+2\sqrt{x+2}\ge 0.

2) Giải hệ phương trình \begin{cases}xy-2x+y=8 \\{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-5x-11y+34=0.\end{cases}

Bài 2.

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p;q) sao cho {{p}^{2}}+{{q}^{2}}+4 cũng là một số nguyên tố.

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m;n) sao cho (3m-1) chia hết cho n(3n-1) chia hết cho m. Continue reading “Kiểm tra – 2/3/2017”

Số nghiệm của phương trình ax+by=n


Bài viết giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình ax+by=n và áp dụng công thức đó vào giải bài toán Frobenius với một tập có hai phần tử. Ở cuối bài viết chúng tôi cũng giới thiệu một số bài toán thi chọn học sinh giỏi liên quan.

1. Công thức Popoviciu

Trong mục này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn \gcd (a,b)=1n là số tự nhiên.

Định lí 1. (Công thức Popoviciu)  Gọi N(a,b;n) là số các cặp số tự nhiên (x,y) sao cho ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn \gcd (a,b)=1n là số tự nhiên. Khi đó

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1, với a^{-1} là nghịch đảo modulo b của ab^{-1} là nghịch đảo modulo a của b.

Chứng minh. Gọi \displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n là hàm sinh của dãy số \{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}. Ta có

\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)

\gcd (a,b)=1 nên đa thức (1-z^a)(1-z^b) có nghiệm là 1 với bội 2 và các nghiệm đơn \xi_a^k (k=1,2,\ldots,a-1), \xi_b^l (l=1,2,\ldots,b-1), ở đây \xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}. Kết hợp với (1) ta có tồn tại các số phức C_1,C_2; A_i; B_i sao cho

\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)

Để ý đến hệ số của z^n, từ (2) ta có

\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức C_1,C_2; A_i; B_i từ đẳng thức

\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)

Nhân hai vế của (4) với (1-z)^2 và cho z\to 1 ta có C_2=\dfrac{1}{ab}, sau đó nhân hai vế của (4) với 1-z, để C_1 một bên và cho z\to 1 ta được C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}. Theo cùng một cách ta có

\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.

Thay vào (3) ta được

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)

Từ (5) ta có \displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}, mà \displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1, suy ra

\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

do đó \displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

chứng minh tương tự ta được

\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},

thay hai đẳng thức cuối cùng vào (5) ta có điều cần chứng minh. \Box

2. Áp dụng vào bài toán Frobenius

Giả sử ở ngân hàng chỉ còn hai loại tiền 3 đồng và 5 đồng. Tôi có một tờ n\, (n\in\mathbb{N}^*) đồng. Liệu tôi có thể đem tờ n đồng đó đến ngân hàng để đổi lấy các tờ 3 hay 5 đồng được không? Rõ ràng không phải lúc nào cũng đổi được (chẳng hạn n=4) và với n đủ lớn ta luôn đổi được. Một câu hỏi tự nhiên là: n lớn nhất bằng bao nhiêu để không đổi được? (Câu hỏi này lần đầu tiên được đặt ra bởi Frobenius). Continue reading “Số nghiệm của phương trình ax+by=n”

Tính bất khả quy của các đa thức chia đường tròn


Các đa thức chia đường tròn là bất khả quy trên \mathbb{Q}. Bài viết sau của Steven H. Weintraub giới thiệu một số chứng minh cổ điển của kết quả này.

Các kết quả khác về các đa thức này có ở link https://nttuan.org/2017/02/09/topic-861/

Continue reading “Tính bất khả quy của các đa thức chia đường tròn”

Đa thức chia đường tròn và dạng yếu của định lí Dirichlet


Trong bài này, qua các bài toán tôi sẽ giới thiệu các tính chất của các đa thức chia đường tròn, từ các tính chất đó tôi giới thiệu dạng yếu của định lí Dirichlet. Phần cuối của bài viết là một số bài toán thi chọn học sinh giỏi liên quan. Bạn đọc có thể xem thêm về định lí Dirichlet tại https://nttuan.org/2016/02/11/topic-746/.

Định nghĩa. Cho số nguyên dương n. Đa thức chia đường tròn thứ n, ký hiệu \Phi_n, là đa thức monic có các nghiệm là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, nghĩa là \displaystyle \Phi_n(x)=\prod_{\omega_n\in U_n}(x-\omega_n), ở đây U_n là tập tất cả các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.

|U_n|=\varphi (n)\,\,\forall n\geq 1 nên \deg\Phi_n=\varphi (n)\,\,\forall n\geq 1.

Ví dụ. 10 đa thức chia đường tròn đầu tiên là

\Phi_1(x)=x-1,\,\, \Phi_2(x)=x+1,\,\, \Phi_3(x)=x^2+x+1,\,\, \Phi_4(x)=x^2+1,

\Phi_5(x)=x^4+x^3+x^2+x+1,\,\, \Phi_6(x)=x^2-x+1,\,\,\Phi_7(x)=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1,

\Phi_8(x)=x^4+1,\,\, \Phi_9(x)=x^6+x^3+1,\,\,\Phi_{10}(x)=x^4-x^3+x^2-x+1.

Bài 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n ta có \displaystyle x^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(x). Từ đó suy ra \displaystyle n=\sum_{d|n}\varphi (d).

Bài 2. Chứng minh \Phi_n(x)\in\mathbb{Z}[x]\,\,\forall n\geq 1.

Bài 3. Chứng minh rằng nếu an là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì \Phi_n(x^a)=\prod_{d|a}\Phi_{nd}(x).

Bài 4. Cho số nguyên dương n và số nguyên tố p. Chứng minh rằng

\displaystyle \Phi_{pn}(x)=\begin{cases}\Phi_n(x^p),\quad p|n\\ \frac{\Phi_n(x^p)}{\Phi_n(x)},\quad p\not|n.\end{cases}

Bài 5. Cho số nguyên dương n, d<n là một ước dương của n, và a là một số nguyên. Giả sử p là một ước nguyên tố chung của \Phi_n(a)\Phi_d(a). Chứng minh rằng p|n.

Bài 6. Cho mn là các số nguyên dương. Giả sử rằng tồn tại số nguyên a sao cho \gcd (\Phi_m(a),\Phi_n(a))>1. Chứng minh rằng \dfrac{m}{n} là lũy thừa nguyên của một số nguyên tố.

Bài 7. Cho số nguyên dương n và số nguyên a. Chứng minh rằng mỗi ước nguyên tố p của \Phi_n(a) phải thỏa mãn p|n hoặc p\equiv 1\pmod{n}.

Bài 8. (Dạng yếu của định lý Dirichlet) Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn p\equiv 1\pmod{n}. Continue reading “Đa thức chia đường tròn và dạng yếu của định lí Dirichlet”

VMO training 2017 – Part 5


Các bạn có thể xem phần trước ở https://nttuan.org/2017/01/06/topic-852/


Trong bài viết này tôi sẽ giới thiệu một số lời giải của bài toán sau: Cho (s_n)_{n\geq 1}(t_n)_{n\geq 1} là hai dãy các số hữu tỷ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1) (s_n)_{n\geq 1}(t_n)_{n\geq 1} không phải là dãy hằng;

2) \forall i,j\in\mathbb{N}^*,\quad (s_i-s_j)(t_i-t_j)\in\mathbb{Z}.

Chứng minh rằng tồn tại số hữu tỷ r sao cho r(s_i-s_j)\in\mathbb{Z}\dfrac{t_i-t_j}{r}\in\mathbb{Z},\quad\forall i,j\in\mathbb{N}^*.

Đây là bài toán số 6 trong đề thi chọn HSG QG của Mĩ năm 2009 (USAMO 2009).

Lời giải 1. Ta có ba nhận xét sau:

1) Nếu \sigma:\mathbb{N}^*\to \mathbb{N}^* là một song ánh thì hai dãy (s_{\sigma(n)})_{n\geq 1}(t_{\sigma(n)})_{n\geq 1} cũng thỏa mãn các giả thiết của bài toán;

2) Nếu s,t là các số hữu tỷ thì hai dãy (s_{n}+s)_{n\geq 1}(t_{n}+t)_{n\geq 1} cũng thỏa mãn các giả thiết của bài toán.

3) Tồn tại cặp chỉ số (i,j) sao cho (s_i-s_j)(t_i-t_j)\not=0.

Thật vậy, do dãy (s_i) không phải dãy hằng nên tồn tại (i,j) sao cho s_i\not=s_j. Nếu t_i\not=t_j thì (i,j) là cặp phải tìm. Nếu t_i=t_j, ta chọn k sao cho t_k\not=t_i, khi s_k=s_i ta chọn (j,k), khi s_k\not=s_i ta chọn (k,i).

Trở lại bài toán.

Bởi các nhận xét trên ta có thể giả sử s_1=t_1=0,s_2\not=0t_2\not=0.

Ta sẽ chứng minh tồn tại các số hữu tỷ dương  A,B sao cho AB, As_jBt_j là các số nguyên với mọi j.

Với mọi i,j ta có (s_i-s_1)(t_i-t_1)=s_it_i(s_i-s_j)(t_i-t_j)=s_it_i+s_jt_j-(s_it_j+s_jt_i), suy ra s_it_is_it_j+s_jt_i là các số nguyên. Viết s_j,t_j dưới dạng tối giản ta được \displaystyle s_j=\frac{p_j}{q_j},t_j=\frac{u_j}{v_j},\quad\forall j. Theo trên ta có s_2t_j+s_jt_2 là số nguyên với mọi j, suy ra với mọi j ta có q_j|u_2q_2. Chọn A=|q_2u_2|>0 ta có As_j là số nguyên với mọi j. Tương tự ta cũng tìm được số nguyên dương B sao cho Bt_j là số nguyên với mọi j.

Chọn cặp (A,B) như trên sao cho AB nhỏ nhất, ta thấy AB phải bằng 1 và khi đó bài toán sẽ được giải. Thật vậy, nếu AB>1 thì nó có ước nguyên tố p, suy ra ABs_jt_j=(As_j)(Bt_j) chia hết cho p với mọi j, do đó với mọi j thì As_j hoặc Bt_j sẽ chia hết cho p. Xét các trường hợp:

Trường hợp 1: p chia hết As_j với mọi j.

Ta thấy cặp (A/p,B) cũng thỏa mãn và có tích bằng \dfrac{AB}{p}<AB, vô lí.

Trường hợp 2: Tồn tại j để p không chia hết As_j.

Khi đó ta có Bt_j chia hết cho pBt_i không chia hết cho p với i nào đấy (do cách chọn (A,B)), suy ra AB(s_it_j+s_jt_i)-(As_i)(Bt_j)=(As_j)(Bt_i) không chia hết cho p, vô lí.

Lời giải 2. Đây là lời giải của Paul Christiano, huy chương Bạc tại IMO 2008.

Ta cho các số hữu tỷ trong lời giải này đều ở dạng tối giản.

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử s_1=t_1= 0, t_2\not=0s_2 = 1. Khi đó t_2=k là số nguyên (vì (s_2 - s_1)(t_2 - t_1) là số nguyên), và

(s_i - 1)(t_i - k) = s_it_i + k - (t_i + ks_i) \in \mathbb{Z},\quad i\in\mathbb{N}^*.s_it_i = (s_i - 0)(t_i - 0) = (s_i - s_1)(t_i - t_1)\in\mathbb{Z},\quad\forall i\in\mathbb{N}^*, suy ra t_i + ks_i \in \mathbb{Z},\quad \forall i\in\mathbb{N}^*. Ta thấy ks_i phải là số nguyên với mọi số nguyên dương i, thật vậy nếu tồn tại số nguyên dương i sao cho ks_i \not\in \mathbb{Z} thì mẫu của s_i có ước nguyên tố p không chia hết k, suy ra t_i+ks_i không phải là số nguyên vì mẫu của t_i cũng không chia hết cho p (do s_it_i là số nguyên), vô lí. Từ đó ta có t_i \in \mathbb{Z} với mỗi số nguyên dương i.

Nếu cần thì chia các số hạng của dãy (t_i) cho cùng một số nguyên dương và nhân các số hạng của dãy (s_i) với số nguyên dương đó, ta có thể coi ước chung lớn nhất của tất cả các số hạng của dãy (t_i) bằng 1, và tất nhiên, vẫn có số nguyên k\not=0 thỏa mãn ks_i\in\mathbb{Z} với mọi số nguyên dương i.

Ta sẽ chứng minh rằng s_i\in\mathbb{Z} với mọi số nguyên dương i, và khi đó bài toán sẽ được giải hoàn toàn. Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên dương i sao cho s_i không phải là số nguyên. Khi đó có số nguyên tố p là ước của mẫu của s_i. Gọi j là số nguyên dương thỏa mãn p không chia hết t_j (tồn tại j như thế vì ước chung lớn nhất của các t_n bằng 1). Vì s_it_i là số nguyên nên p chia hết t_i, do đó t_i - t_j không chia hết cho p. Vì s_jt_j là số nguyên và p không chia hết t_j nên p không chia hết mẫu của s_j, do đó s_i - s_j có mẫu không chia hết cho p. Nhưng khi đó (s_i - s_j)(t_i-t_j) có mẫu chia hết cho p, và bởi thế nó không phải là số nguyên, vô lí.

Continue reading “VMO training 2017 – Part 5”

Kiểm tra tháng 1/2017


Dành cho các bạn học sinh lớp 9.

Bài 1.

1) Cho các số thực a,bc thỏa mãn a^2-b^2=4c^2. Chứng minh rằng (5a-3b+8c)(5a-3b-8c)=(3a-5b)^2.

2) Cho x,yz là các số thực thoả mãn

(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=(x+y-2z)^2+(y+z-2x)^2+(z+x-2y)^2. Chứng minh rằng x=y=z.

3) Chứng minh rằng nếu x,yz là các số thực có tổng bằng 0 thì 2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x^2+y^2+z^2).

Bài 2.

1) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n^4+4 là số nguyên tố.

2) Cho các số nguyên dương a,b,cd thỏa mãn ab=cd. Chứng minh rằng số a^{3}+b^3+c^3+d^3 không phải là số nguyên tố.

3) Cho hai số hữu tỷ p<q. Hỏi có bao nhiêu số nguyên z thỏa mãn p\leq z\leq q?

Bài 3. Cho đường thẳng d cố định và điểm A cố định không nằm trên d. Gọi BC là hai điểm di động trên d sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn và AB<AC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABCD là giao điểm của hai đường thẳng AIBC. Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm phân biệt AJ.

1) Chứng minh JI^2=JD.JA;

2) Gọi E là tâm của đường tròn đi qua hai điểm A,D và tiếp xúc với BC tại D. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên EBN là hình chiếu vuông góc của D trên EC. Chứng minh các điểm B,I,C,MN cùng nằm trên một đường tròn;

3) Gọi K là điểm đối xứng với I qua BC. Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tại hai điểm phân biệt IG. Chứng minh đường thẳng GK luôn đi qua một điểm cố định khi  BC di động trên d sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn và AB<AC.

Tính rời rạc của tập số nguyên (2)


Các bạn có thể xem phần đầu ở https://nttuan.org/2016/12/15/topic-845/

Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1+\frac{1}{z}\right)=2.

Bài 9. Cho x,yn là các số nguyên dương thỏa mãn \dfrac{xy}{x+y}>n. Chứng minh rằng \dfrac{xy}{x+y}\geq n+\dfrac{1}{n^2+2n+2}.

Bài 10. Cho a,bc là các số nguyên dương thỏa mãn ab chia hết c(c^{2}-c+1)a+b chia hết cho c^{2}+1. Chứng minh rằng \{a,b\}=\{c,c^{2}-c+1\}.

Bài 11. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình

1/. 3(xy+yz+zx)=4xyz;

2/. xy+yz+zx-xyz=2;

3/. (x+y)^2+3x+y+1=z^2;

4/. x^2+y^2+z^2+w^2=3(x+y+z+w).

Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x+1)^4-(x-1)^4=y^3.

Bài 13. Cho các số nguyên a\in\{3,4,5\}, b\in\{4,5,\cdots,12\}c\in\{1,2,\cdots,8\}. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x^6+ax^4+bx^2+c=y^3.

Continue reading “Tính rời rạc của tập số nguyên (2)”