Một bài toán có nhiều cách giải (1)


Hãy giải bài toán sau theo ít nhất 3 cách:

Bài toán. Cho q là số nguyên dương không phải là lập phương của một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại hằng số dương C sao cho với mỗi số nguyên dương n, ta có
\displaystyle \{nq^{\frac{1}{3}}\} + \{ nq^{\frac{2}{3}} \} \geq Cn^{-\frac{1}{2}}.

Lớp 10 Chuyên toán năm học 2022-2023: Một số đề luyện tập


Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một số đề luyện tập cho học sinh lớp 10 Chuyên toán năm học 2022-2023.

Gửi các bạn mới vào lớp 10 Chuyên toán: Một số cuốn sách nên có


Đây là bài trả lời cho câu hỏi: Em mới vào lớp 10 Chuyên toán, em nên có những cuốn sách nào?

0) Tài liệu giáo khoa Chuyên toán lớp 10 (gồm cả SBT).

1) Titu Andreescu and Zuming Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates

2) Titu Andreescu and Zuming Feng, 102 Combinatorial Problems 


3) Evan Chen, Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads 


4) Titu Andreescu, Sam Korsky, and Cosmin Pohoata, Lemmas in Olympiad Geometry.


5) Các bài giảng số học của Đặng Hùng Thắng.


6) David Burton, Elementary Number Theory.


7) Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức (Tập 1 và 2).

IMO 2022 – Đề thi, đáp án, và kết quả


IMO 2022 diễn ra ở Oslo (Norway) từ 6/7 đến 16/7.

I. Danh sách đội tuyển Việt Nam

Ngô Quý Đăng (THPT chuyên KHTN, Hà Nội)

Phạm Việt Hưng (THPT chuyên KHTN, Hà Nội)

Vũ Ngọc Bình (THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc)

Hoàng Tiến Nguyên (THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An)

Phạm Hoàng Sơn (Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh)

Nguyễn Đại Dương (THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa)

Trưởng đoàn là GS. Lê Anh Vinh, Phó đoàn là PGS. Lê Bá Khánh Trình.

II. Đề thi và đáp án

Đáp án có ngay trong link trên AoPS các bạn nhé! Nhưng mà đừng bấm vào link vội, giải thử đã! 🙂

III. Kết quả

Đề năm nay dễ hơn đề các năm khác, có đến 10 thí sinh đạt 42/42 điểm. Có vẻ đề thi này đã không làm tốt chỗ phân loại cao?

HCV: \geq 34, HCB: \geq 29, HCĐ: \geq 23.

10 thí sinh cao điểm nhất! Đội tuyển Việt Nam có 42/42 sau nhiều năm. C05 chắc là đến từ Nga rồi?
Kết quả của đội tuyển Việt Nam: 2 HCV, 2 HCB, 2 HCĐ.
10 đội tuyển có tổng số điểm cao nhất! Đội tuyển Việt Nam đứng thứ 4. Năm nay các học sinh đến từ Nga không được tham gia với tư cách đội tuyển Nga, các em tham gia với tư cách cá nhân, tổng điểm của các em trong đội là 207.

Một tổng quát của CMO 2016/3


Trong kì thi chọn HSG QG của Trung Quốc năm 2016 có bài toán dưới đây:

Bài toán (CMO 2016/3). Cho số nguyên tố lẻ p và các số nguyên a_1, a_2,\ldots,a_p. Chứng minh rằng hai điều kiện sau tương đương:
1) Tồn tại đa thức P(x) bậc \leq \dfrac{p-1}{2} với hệ số nguyên sao cho \displaystyle P(i) \equiv a_i \pmod p,\quad\forall i=1,2,\ldots,p.
2) Với mỗi số nguyên dương d \leq \dfrac{p-1}{2},
\displaystyle \sum_{i=1}^p (a_{i+d} - a_i )^2 \equiv 0 \pmod p.
Ở đây chỉ số được mở rộng theo \pmod p.

Tuần trước, biết tôi đang dạy đa thức, một học sinh cũ đã gửi bài toán sau:

Bài toán tổng quát. Cho số nguyên tố lẻ p, số nguyên dương r, và các số nguyên a_1, a_2,\ldots,a_p. Chứng minh rằng hai điều kiện sau tương đương:
1) Tồn tại đa thức P(x) bậc \leq \dfrac{p-1}{r} với hệ số nguyên sao cho \displaystyle P(i) \equiv a_i \pmod p,\quad\forall i=1,2,\ldots,p.
2) Với mỗi số nguyên dương d \leq \dfrac{p-1}{r},
\displaystyle \sum_{i=1}^p (a_{i+d} - a_i )^r \equiv 0 \pmod p.
Ở đây chỉ số được mở rộng theo \pmod p.

Các bạn thử giải nhé!

Chu kỳ cơ sở của dãy Fibonacci modulo m là một số chẵn


Chúng ta đã biết là với mỗi số nguyên dương m, dãy Fibonacci modulo m là một dãy tuần hoàn. Với mọi số nguyên dương m, gọi \pi (m) là chu kỳ cơ sở của dãy đó. Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một chứng minh cho kết quả sau:

Định lí (D. D. Wall, 1960). Với mọi số nguyên m>2, \pi (m) là một số chẵn.

Chứng minh. Với mỗi số nguyên dương m, cố định nó. Gọi k là số nguyên dương bé nhất sao cho F_k chia hết cho m,\varphi là tỷ số vàng.

F_k\equiv 0\pmod{m} nên F_{k+1}\equiv F_{k-1}\pmod{m}, do đó F_{k+i}\equiv F_{k+1}F_i\pmod{m},\quad\forall i\in\mathbb{N}^*.

Từ kết quả trên ta có F_{k\text{ord}_m(F_{k+1})+1}\equiv F_{k\text{ord}_m(F_{k+1})+2}\equiv F_{k+1}^{\text{ord}_m(F_{k+1})}\equiv 1\pmod{m}, suy ra \pi (m)=k\text{ord}_m(F_{k+1}).\quad (*)

Bây giờ trong \mathbb{Z}[\varphi], ta có \varphi^k\equiv (1-\varphi)^k\pmod{m}, suy ra F_{k+1}\equiv \varphi^k\pmod{m}, nhưng ta biết \varphi^{4k}\equiv 1\pmod{m}, do đó \pi (m)\in \{k,2k,4k\}. Nếu \pi (m) không phải là số chẵn thì \pi (m)=kk là số lẻ. Khi đó từ (*) ta được \text{ord}_m(F_{k+1})=1, suy ra 1\equiv \varphi^k\pmod{m}. Kết hợp điều này với \varphi^{2k}\equiv (-1)^k\pmod{m} ta thu được m\mid 2, vô lý.


Một chứng minh khác có trong bài của Wall ở AMM, Vol 67, trang 525.

Mathematical Olympiads 2021: Problems from Around the World


Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một số đề thi Olympic Toán năm 2021. Các đề thi được đăng ở dạng một file pdf không link, không ad và không watermark.

[1] Đề thi chọn HSG QG của Việt Nam năm 2021.

[2] Đề thi chọn đội tuyển IMO 2021 của Việt Nam.

[3] Đề thi chọn HSG QG của Ấn Độ năm 2021.

[4] Đề thi chọn HSG QG của Trung Quốc năm 2021.

[5] Đề thi chọn đội tuyển IMO 2021 của Trung Quốc.

[6] Đề thi chọn HSG QG của Mỹ năm 2021.

[7] Đề thi chọn HSG QG của Nhật năm 2021.

[8] Đề thi chọn HSG QG của Canada năm 2021.

[9] Đề thi chọn HSG QG của Bungari năm 2021.

Update 17/7/2021.

Các căn bậc hai là độc lập nguyên


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. 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 “Các căn bậc hai là độc lập nguyên”

USEMO – United States Ersatz Math Olympiad


USEMO là một cuộc thi toán dành cho tất cả học sinh trung học cơ sở và trung học phổ thông Hoa Kỳ. Giống như nhiều cuộc thi, mục tiêu của nó là phát triển sự quan tâm và khả năng trong toán học (chứ không phải là đo lường nó). Tuy nhiên, đây là một trong số ít các cuộc thi cho tất cả học sinh trung học cơ sở và trung học phổ thông Hoa Kỳ.

USEMO được lưu trữ trên trang AoPS. Cuộc thi này không được tài trợ bởi MAA.

Độ khó của các bài toán của cuộc thi tương tự như IMO.

Các bạn có thể tìm hiểu thêm về cuộc thi ở đây, hoặc download.

Popoviciu’s theorem


Trong  bài 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 (a,b)=1n là số tự nhiên.

Định lí. (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 (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)

(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