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

Lucas sequences and Vietnam TST 2023/4b

Cho $P$ và $Q$ là hai số nguyên lẻ nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $D=P^2-4Q>0.$ Dãy Lucas $(U_n)$ và dãy Lucas đồng hành $(V_n)$ với tham số $P$ và $Q$ được xác định như sau: $U_0=0,U_1=1,U_n=PU_{n-1}-QU_{n-2},\quad\forall n\geq 2,$ và $V_0=2,V_1=P,V_n=PV_{n-1}-QV_{n-2},\quad\forall n\geq 2.$ Khi $P=1$ và $Q=-1$ ta có $(U_n)$ là dãy số Fibonacci. Vào quãng năm 1996, Paulo Ribenboim và Wayne L. McDaniel đã chứng minh được kết quả:

Định lí. Nếu $n$ là số tự nhiên sao cho một trong bốn số $U_n,2U_n,V_n$ và $2V_n$ là số chính phương thì $n<13.$

Phương pháp của họ như sau. Chẳng hạn giả sử $U_n$ là số một chính phương, khi đó với mỗi số nguyên dương lẻ $M$ nguyên tố cùng nhau với $U_n$ ta có ký hiệu Jacobi $(U_n\mid M)=1.$ Với hầu hết $n,$ họ chọn được các modulo $M_i$ sao cho $\prod (U_n\mid M_i)=-1,$ suy ra $U_n$ không phải là số chính phương, vô lý! Bạn đọc quan tâm có thể đọc trong bài:

$\text{[P-W]}$ Paulo Ribenboim and Wayne L. McDaniel, The Square Terms in Lucas Sequences. Journal of number theory 58, 104 -123 (1996).

Mục đích chính của tôi khi viết bài này chỉ là giới thiệu $\text{[P-W]}$ đến các đồng nghiệp và các học sinh. Trong đó có nhiều kết quả sơ cấp về dãy Lucas và dãy Lucas đồng hành, những dãy số mà chúng ta biết ít hơn so với dãy số Fibonacci. Tiếp theo tôi giới thiệu một lời giải cho bài toán sau, nó là ý b trong bài 4 của đề thi chọn đội tuyển IMO 2023.

Bài toán (TST2023/4b). Cho hai số nguyên dương lẻ $a>2$ và $b$ nguyên tố cùng nhau. Xét dãy số $(x_n)_{n\geq 0}$ xác định bởi $x_0=2,x_1=a,x_{n+2}=ax_{n+1}+bx_n,\quad\forall n\geq 0.$ Chứng minh rằng không tồn tại bộ ba số nguyên dương $(m,n,p)$ sao cho $mnp$ chẵn và $\displaystyle \frac{x_m}{x_nx_p}$ là số chính phương.

Lời giải. Với giả thiết của bài toán ta thấy $(x_n)$ là dãy Lucas đồng hành với tham số $P=a$ và $Q=-b,$ bởi vậy chúng ta có thể dùng các kết quả trong $\text{[P-W]}$ . Giả sử $(m,n,p)$ là một bộ ba số nguyên dương sao cho $mnp$ chẵn và $\displaystyle \frac{x_m}{x_nx_p}$ là số chính phương. Khi đó $x_n\mid x_m$ và $x_p\mid x_m,$ suy ra theo (9) trong $\text{[P-W]}$ (trang 107) ta có $m/n$ và $m/p$ là các số nguyên dương lẻ. Do đó cấp $2-$ adic của $m,n$ và $p$ bằng nhau, để ý thêm $mnp$ chẵn ta có $m,n$ và $p$ đều chẵn. Bây giờ theo bổ đề 1 trong $\text{[P-W]}$ ta có $(2\mid D)=1,$ điều này không thể xảy ra vì $(2\mid D)=(-1)^{\frac{D^2-1}{8}}=-1.$

Bài toán được giải.

—

Vậy tôi giải được bài toán này nhờ tôi biết nhiều, chứ không cần điều gì đặc biệt. Có đúng không các bạn học sinh? 🙂

—

18/04/2023: Anh Nguyễn Xuân Thọ (Đại học Bách Khoa) cho tôi biết là kết quả TST2023/4b này đã có trong Colloquium Mathematicum, Vol. 130, No. 1, 2013.

Một điểm không phù hợp nữa của bài toán này là đoạn đặc trưng các cặp $(m,n)$ sao cho $x_m\mid x_n$ đã có trong đề thi chọn HSG QG năm 2018, cụ thể là Bài 6.

The number of prime factors of a natural number

Mỗi năm, khi được mời dạy cho đội tuyển Việt Nam tham dự Olympic Toán quốc tế (IMO), tôi thường mang đến cho các em vài bài toán rất khó, và hy vọng một lời giải thanh nhã từ các thành viên của đội tuyển. Dưới đây là một bài cho đội tuyển IMO năm 2021.

Bài toán. Với mỗi số nguyên dương $n,$ gọi $\omega (n)$ là số ước nguyên tố của $n$ . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $\omega (n+1)<\omega (n+2)<\ldots <\omega (n+100).$

Lời giải. Với hai hàm $f(x)$ và $g(x)$ từ tập các số nguyên dương đến tập các số thực dương ta viết $f=o(g)$ nếu $f/g\to 0$ khi $x\to\infty$ . Thay $100$ bởi $k > 2$ . Gọi $A$ là một số nguyên dương phụ thuộc $k$ mà ta sẽ chọn sau. Giả sử $q_1<q_2<\cdots<q_m<\cdots$ là dãy tất cả các số nguyên tố lớn hơn $k$ . Với $j=1, \ldots, k$ , đặt $T_j=$ $j(j-1) / 2$ và $\displaystyle M_j=\prod_{\ell=T_j A+1}^{T_{j+1} A} q_{\ell}.$ Đặt $\displaystyle M=\prod_{j=1}^k M_j$ và gọi $N$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $M_j$ chia hết $N+j$ với mỗi $j\in [k]$ . Ta có ngay $N+k<M$ . Thật vậy, nếu không thì $N=M-i$ với $i \in [k]$ , lấy $j \in [k]\setminus \{i\}$ , ta có $M_j \mid N+j=M+(j-i)$ ; suy ra $M_j \mid j-i$ , vô lý.

Xét số $n=M \lambda+N$ , ở đây $\lambda$ là số nguyên dương mà $\lambda \in[M, 2 M]$ . Ta có

$\displaystyle n+j=M \lambda+(N+j)=M_j\left(\left(M / M_j\right) \lambda+(N+j) / M_j\right), \quad j=1, \ldots, k .$

Khi đặt $A_j=(N+j) / M_j$ và $B_j=M / M_j$ , ta có

$\displaystyle j A=T_{j+1} A-T_j A=\omega\left(M_j\right) \leq \omega(n+j) \leq j A+\omega\left(B_j \lambda+A_j\right),$

suy ra nếu $\lambda$ thỏa mãn $\displaystyle \omega\left(B_j \lambda+A_j\right)<A, \quad \forall j=1, \ldots, k-1,\quad (1)$ thì

$\displaystyle jA \leq\omega(n+j)<j A+A \leq \omega(n+j+1), \quad\forall j=1, \ldots, k-1,$

và bài toán được giải. Vậy sẽ là đủ nếu ta chỉ ra có $A$ để tồn tại $\lambda$ thỏa mãn $(1)$ .

Với mỗi $j<k$ , ta có $(A_j,B_j)=1$ . Thật vậy, xét một chỉ số $j<k$ . Ta có

$\displaystyle B_j=M / M_j=\prod_{\substack{1 \leq \ell \leq k \\ \ell \neq j}} M_{\ell}.$

Nếu có số nguyên tố $p \mid\left(A_j, B_j\right)$ , tồn tại chỉ số $\ell \neq j$ sao cho $p \mid M_{\ell}$ . Vì $M_{\ell} \mid N+\ell$ nên $p \mid N+\ell$ . Nhưng $p\left|A_j\right| N+j$ ; suy ra $p \mid(N+\ell)-(N+j)=(\ell-j)$ , và $1 \leq|\ell-j|<k$ . Do đó $p<k$ , điều này không thể xảy ra do mọi ước nguyên tố của $M$ lớn hơn $k$ .

Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương $x$ , ký hiệu $\tau (x)$ là số ước dương của $x$ . Khi đó

$\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)\leq 4 M(\ln M+1),\quad\forall j<k.$

Chứng minh. Xét một chỉ số $j<k$ . Vì $N+k <M$ nên với mỗi số nguyên $\lambda\in [M,2M]$ , ta có

$\displaystyle B_j \lambda+A_j \leq \frac{1}{M_j}(M \lambda+N+k)<\frac{2 M \lambda}{M_j} \leq \frac{4 M^2}{M_j}<M^2,$

suy ra

$\displaystyle \tau\left(B_j \lambda+A_j\right) \leq 2 \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1.$

Do đó

$\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)$

$\displaystyle \leq 2 \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1 = 2 \sum_{d \leq M} \sum_{\substack{\lambda \in[M, 2 M] \\ B_j \lambda+A_j \equiv 0 \\ (\bmod d)}} 1$

$\leq 2 \sum_{d \leq M}\left(\left\lfloor\left.\frac{M}{d} \right\rvert\,+1\right) \leq 4 M \sum_{d \leq M} \frac{1}{d}\right. \leq 4 M(\ln M+1) .$ $\Box$

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 →

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 $M$ và $N$ 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 $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$ lần lượt là tọa độ của $A$ và $B.$

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 $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$ 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 $\overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.$ Vì $\{\alpha\}$ và $\{\beta\}$ 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 $\alpha$ và $\beta$ là hai số nguyên.

Gọi $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ lần lượt là các vector đơn vị đặt trên $Ox$ và $Oy$ . Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên $(u,v)$ và $(u',v')$ để $\overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}.$ Từ hai đẳng thức này ta có $\begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}$ và $\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases}$ suy ra $\displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}$ và $\displaystyle v'=\frac{x_1}{D},$ trong đó $D=x_1y_2-x_2y_1\not =0$ do $O,A$ và $B$ không thẳng hàng. Vì $u,$ $v,$ $u'$ và $v'$ là các số nguyên nên $x_1,x_2,y_1$ và $y_2$ 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 $N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2$ . Để ý thêm $S_P=\dfrac{1}{2}N$ , ta có điều phải chứng minh.