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”

Problems From the Book

Tôi giới thiệu với các bạn chuẩn bị tham dự kì thi chọn đội tuyển Toán Việt Nam tham dự IMO (Vietnam TST) hai cuốn sách sau đây:

1) “Problems From the Book” của Titu Andreescu và Gabriel Dospinescu.

Đây là đoạn mô tả trên trang của nhà xuất bản XYZ: “The authors provide a combination of enthusiasm and experience which will delight any reader. In this volume they present innumerable beautiful results, intriguing problems, and ingenious solutions. The problems range from elementary gems to deep truths. A trully delightful and highly instructive book, this will prepare the engaged reader not only for any mathematics competition they may enter but also for a life time of mathematical enjoyment. A must for the bookshelves of both aspiring and seasoned mathematicians.”

Bạn mua từ nhà xuất bản hoặc tìm E-book.

2) “Straight from the Book” của Titu Andreescu và Gabriel Dospinescu.

Cuốn 1) có rất nhiều bài tập về nhà, và nhiều bài rất khó. Cuốn 2) sẽ có lời giải của hầu hết các bài tập về nhà trong 1). Đây là đoạn mô tả trên trang của nhà xuất bản XYZ: “This book is a compilation of many suggestions, much advice, and even more hard work. Its main objective is to provide solutions to the problems which were originally proposed in the first 12 chapters of “Problems from the Book”. The volume is far more than a collection of solutions. The solutions are used as motivation for the introduction of some very clear expositions of mathematics. And this is modern, current, up-to-the-minute mathematics. This is absolutely state-of-the-art material. Everyone who loves mathematics and mathematical thinking should acquire this book.”

Editorial Reviews

(Đoạn này được lấy từ amazon. )

This is an exceptionally well-written book. The material is arranged in small chapters, with brief theory in the beginning of each chapter followed by a set of exceptionally difficult problems with solutions. These solutions are elegant, innovative and beautiful. You learn a lot from the solutions. In every page, you will discover one or more clever steps/tricks that will make you wonder “How come I could not think of that?”. If you are preparing for Mathematics Olympiads, working through this book will boost your confidence 100 fold. If you are a math enthusiast, you will enjoy the material – most of it is “Mathematical poetry”. Grab it before it gets sold out! –Dr S Muralidharan

Problems from the Book is rife with elegant mathematical pursuits that are well worth the effort of exploring and solving. For high schoolers up through University students, the book’s problems will illustrate important concepts and provide hours of fun at every sitting. –David Cordeiro

This book is a treasure of the mathematical gems: many many very nice problems and results, historic notes and useful comments. Readers will also find many very interesting original problems from the authors of the book and from others. If you want to develop your mathematical skills in problem solving and your knowledge in diverse mathematical branches, you will definitely find many instructive topics throughout this book. Many thanks to Prof. Andreescu and his colleagues for their invaluable books and problems. I do highly recommend this book and all other books by Prof. Andreescu to all mathematics lovers: from the pupils preparing to participate in mathematical contests to people searching excitement in mathematics. The book contains the following 23 chapters, in addition to preface, bibliography and index: 1. Some Useful Substitutions 2. Always Cauchy-Schwarz … 3. Look at the Exponent 4. Primes and Squares 5. T2’s Lemma 6. Some Classical Problems in Extremal Graph theory 7. Complex Combinatorics 8. Formal Series Revisited 9. A Brief Introduction to Algebraic Number Theory 10. Arithmetic Properties of Polynomials 11. Lagrange Interpolation Formula 12. Higher Algebra in Combinatorics 13. Geometry and Numbers 14. The Smaller, The Better 15. Density and Regular Distribution 16. The Digit Sum of Positive Integer 17. At the Border of Analysis and Number Theory 18. Quadratic Reciprocity 19. Solving Elementary Inequalities Using Integrals 20. Pigeonhole Principle Revisited 21. Some Useful Irreducibility Criteria 22. Cycles, Paths and Other Ways 23. Some Special Applications of Polynomials –H. A. Shah Ali.

Bạn mua từ nhà xuất bản hoặc tìm E-book. Continue reading “Problems From the Book”

Mathematical induction – part 1

Bài 1. Chứng minh rằng với mỗi n>3, có n-giác lồi không đều sao cho tổng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ bên trong nó đến các cạnh là một hằng số.

Bài 2. (1995) Tồn tại hay không f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} thỏa mãn đồng thời các điều kiện

1/. f(x) bị chặn

2/. f(1)=1

3/. f\left(x+\dfrac{1}{x^2}\right)=f(x)+\left[f\left(\dfrac{1}{x}\right)\right]^2\,\,\forall x\not =0.

Bài 3. (1993) Dãy số a_0,a_1,\cdots xác định bởi a_0=0,\,\,a_{n+1}=[\sqrt[3]{a_n+n}]^3\,\,\forall n\geq 0.

(ở đây [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.)

1/. Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy

2/. Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho a_n=n.

Bài 4. (1960) Cho dãy các số nguyên dương a_1,a_2,\cdots thỏa mãn a_1=1a_{n+1}\leq 1+a_1+a_2+\cdots+a_n\,\,\forall n\geq 1. Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương có thể biểu diễn như là tổng các số hạng có chỉ số khác nhau của dãy trên.

Bài 5. (1995) Cho k là một số nguyên dương. Chứng minh rằng có vô hạn số chính phương có dạng n\cdot 2^k-7, ở đây n là một số nguyên dương.

Bài 6. (1996) Một dãy hữu hạn các số nguyên a_0,a_1,\cdots,a_n được gọi là  bậc hai nếu với mỗi i=1,2,\cdots,n ta có |a_i-a_{i-1}|=i^2.

1/. Chứng minh rằng với mỗi hai số nguyên bc, có số nguyên dương n và dãy bậc hai a_0,a_1,\cdots,a_n thỏa mãn a_0=ba_n=c.

2/. Tìm số nguyên dương n bé nhất để có dãy bậc hai thỏa mãn a_0=0a_n=1996.

Continue reading “Mathematical induction – part 1”

Solution of problem 11306 in AMM

Let a,b, and c be the lengths of the sides of a nondegenerate triangle, let p=(a+b+c)/2, and let r and R be the inradius and circumradius of the triangle, respectively. Show that \dfrac{a}{2}\cdot \dfrac{4r-R}{R}\leq\sqrt{(p-b)(p-c)}\leq \dfrac{a}{2},

and determine the cases of equality.

My solution.

Continue reading “Solution of problem 11306 in AMM”

A famous functional equation

That is following problem: Find all functions f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} such that
f(x^2 + y + f(y)) = (f(x))^2 + 2\cdot y\; \forall x,y\in\mathbb{R}.(*)
It is famous! Why? Because, it is from AMM(problem 10908, posted by Wu Wei Chao) and it is one in problems from Bulgarian TST 2003, Vietnam TST 2004 and Iran TST 2007. However, in Vietnam TST 2004 it has form:

Continue reading “A famous functional equation”