A proof of Fermat’s theorem


Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của định lí Fermat nhỏ, chứng minh này của Euler.

Định lí. Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}.

Chứng minh. Vì có hai trong các số a^1,a^2,\ldots,a^p có cùng số dư khi chia cho p nên tồn tại số nguyên dương k sao cho k<pa^{k}\equiv 1\pmod{p}, chọn k nhỏ nhất có tính chất này. Nếu k=p-1 thì ta có điều cần chứng minh, sau đây ta xét trường hợp k<p-1. Continue reading “A proof of Fermat’s theorem”

A proof of Pick’s theorem


Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Một tam giác cơ bản là một tam giác trong mặt phẳng tọa độ có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Định lí Pick cho một cách đơn giản tính diện tích đa giác đơn có các đỉnh nguyên.

Trong chứng minh định lí Pick ta cần dùng công thức tích diện tích của tam giác trong mặt phẳng tọa độ.

Định lí 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Khi đó diện tích của tam giác ABC bằng \displaystyle \frac{1}{2}\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\right|. Nói riêng, với mỗi hai điểm MN ta có diện tích của tam giác OMN bằng \dfrac{1}{2}\mid x_My_N-y_Mx_N\mid.

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

Chứng minh. Giả sử TAB là một tam giác cơ bản bất kỳ. Không mất tính tổng quát, xem T trùng với gốc tọa độ O. Ta cần chứng minh \mid x_1y_2-x_2y_1\mid =1, với (x_1;y_1)(x_2;y_2) lần lượt là tọa độ của AB.

Gọi K là điểm sao cho OAKB là hình bình hành. Giả sử M là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên hình bình hành sao cho M khác các đỉnh. Khi đó M thuộc tam giác ABK và điểm N đối xứng với M qua tâm hình bình hành là điểm nguyên thuộc tam giác OAB nhưng khác các đỉnh, không thể xảy ra điều này do OAB là một tam giác cơ bản. Như vậy hình bình hành OAKB không chứa điểm nguyên nào khác bốn đỉnh của nó.

Giả sử P là một điểm nguyên bất kỳ. Vì \overrightarrow{OA}\overrightarrow{OB} là hai vector không cùng phương nên tồn tại cặp số thực (\alpha,\beta) để \overrightarrow{OP}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}. Gọi P' là điểm xác định bởi \overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.\{\alpha\}\{\beta\} thuộc [0;1) nên P' thuộc hình bình hành OAKB, nhưng P' lại là một điểm nguyên, suy ra P' phải là một trong bốn đỉnh của hình bình hành. Dễ thấy P'\equiv O và do đó \alpha\beta là hai số nguyên.

Gọi \overrightarrow{i}\overrightarrow{j} lần lượt là các vector đơn vị đặt trên OxOy. Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên (u,v)(u',v') để \overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}. Từ hai đẳng thức này ta có \begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases} suy ra \displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}\displaystyle v'=\frac{x_1}{D}, trong đó D=x_1y_2-x_2y_1\not =0 do O,AB không thẳng hàng. Vì u, v, u'v' là các số nguyên nên x_1,x_2,y_1y_2 đều là bội của D, do đó D^2\mid D và bởi thế, D=\pm 1.

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. 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.

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.

Suy ra N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2, mà S_P=\dfrac{1}{2}N, suy ra điều phải chứng minh.

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.

Sau đây là đề thi của USEMO lần thứ nhất.

USEMO 2019-2020

Ngày thứ nhất

Bài 1. Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp. Một đường tròn tâm O qua BD cắt lại BABC lần lượt tại EF (khác A,B,C). Gọi H là trực tâm của tam giác DEF. Chứng minh rằng nếu AC, DO, EF đồng quy thì hai tam giác ABCEHF đồng dạng.
Bài 2. Tìm tất cả các ánh xạ \theta : \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}[x] thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
1) \forall p, q \in \mathbb{Z}[x], \quad \theta(p + q) = \theta(p) + \theta(q).
2) với mỗi p \in \mathbb{Z}[x], p có nghiệm nguyên khi và chỉ khi \theta(p) có nghiệm nguyên.
Bài 3. Xét một lưới vô hạn \mathcal G các ô vuông đơn vị. Một đa giác bàn cờ là một đa giác đơn có các cạnh nằm dọc theo đường lưới của \mathcal G.
Nikolai chọn một đa giác bàn cờ F và đố bạn tô một số ô của \mathcal G màu xanh, sao cho bất kỳ đa giác bàn cờ nào bằng F đều có ít nhất 1 ô xanh nhưng nhiều nhất là 2020. Hỏi Nikolai có thể chọn F để bạn không thể thực hiện được công việc?

Ngày thứ hai

Bài 4. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p, tồn tại số nguyên dương n sao cho 1^n+2^{n-1}+3^{n-2}+\cdots+n^1\equiv 2020\pmod{p}.

Bài 5. Cho \mathcal{P} là một đa giác đều và \mathcal{V} là tập đỉnh của nó. Mỗi điểm trong \mathcal{V} được tô màu đỏ, trắng hoặc xanh. Một tập hợp con của \mathcal{V} được gọi là yêu nước nếu nó chứa một số điểm bằng nhau mang mỗi màu và một cạnh của \mathcal{P} được gọi là chói nếu các đầu mút của nó có màu khác nhau.
Giả sử \mathcal{V} yêu nước và số cạnh chói của \mathcal{P} là chẵn. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng không đi qua bất kỳ điểm nào trong \mathcal{V} và chia \mathcal{V} thành hai tập con yêu nước khác rỗng.
Bài 6. Cho ABC là một tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O và các đường cao AD, BE, CF. Gọi X, Y, Z lần lượt là trung điểm của AD, BE, CF. AD cắt YZ tại P, BE cắt ZX tại Q, CF cắt XY tại R.
Giả sử YZ cắt BC tại A', QR cắt EF tại D'. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B, C, O lần lượt vuông góc với QR, RP, PQ, A'D' đồng quy.

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

Một số trang về Olympic Toán


Tôi có post một số trang về Olympic Toán trên facebook  nhưng nó cứ chìm xuống khi đăng một bài khác, vì thế nên tôi lập topic này để lưu các link đó lại.

P. S. Hãy góp link bằng cách comment các bạn nhé! 🙂

Continue reading “Một số trang về Olympic Toán”