Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2016

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 26-03-2016, 09:20 PM   #16
vinhhop.qt
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Bài gởi: 85
Thanks: 44
Thanked 70 Times in 34 Posts
Xoá bài. Ko rõ đề.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: vinhhop.qt, 26-03-2016 lúc 09:35 PM Lý do: Chắc nhầm rồi. Ai có bản chính của đề xem lại thử coi
vinhhop.qt is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to vinhhop.qt For This Useful Post:
daudauvjem (27-03-2016)
Old 26-03-2016, 10:20 PM   #17
TNP
+Thành Viên+
 
TNP's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: PTNK TPHCM
Bài gởi: 180
Thanks: 487
Thanked 106 Times in 67 Posts
I think I can solve 3b with inversion, I will post the solution later. I think this is the hardest geometry problem in VNTST history.



Problem 5 is very nice, for 5b we only need to consider the case $n=k$ thanks to the results from 5a.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Believe in yourself $\Leftrightarrow$ Believe in miracles
TNP is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 27-03-2016, 07:58 PM   #18
DaiToan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2010
Đến từ: THPT Chuyên Vĩnh Phúc
Bài gởi: 280
Thanks: 29
Thanked 361 Times in 123 Posts
Bài 6. Cho các số thực phân biệt $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{16}$. Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x)$; đặt $V(P)=P(\alpha_1)+P(\alpha_2)+...+P(\alpha_{16}).$
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số $x^8$ bằng $1$ thỏa mãn
i) $V(QP)=0$ với mọi đa thức $P$ có bậc bé hơn $8.$
ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội).[/QUOTE]

Sự tồn tại có lẽ rất khó khăn, tuy nhiên chứng minh sự duy nhất của đa thức Q(x) lại khá đơn giản (Cái này chắc chỉ được 1 điểm )
Chú ý là theo định nghĩa của V(P) ta có: V(P1-P2)=V(P1)-V(P2)
Giả sử tồn tại hai đa thức Q1, Q2 thỏa mãn. Đặt H(x)=Q1(x)-Q2(x).
Theo (i) ta có V((Q1-Q2).P)=V(Q1.P)-V(Q2.P)=0 (*), nên H(x) cũng thỏa mãn.
Chú ý rằng bậc của H(x) nhỏ hơn 8. Trong (*) chọn P(x)=H(x) ta được: V(H(x).H(x))=0, suy ra H(x)=0, tức là Q1(x)=Q2(x) (đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
DaiToan is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 28-03-2016, 12:31 AM   #19
Nguyen Van Linh
Moderator
 
Tham gia ngày: Aug 2009
Đến từ: Hà Nội
Bài gởi: 277
Thanks: 69
Thanked 323 Times in 145 Posts
Từ hướng giải rất hay của Quang, có thể mở rộng 3b theo hướng khác như sau.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là một điểm bất kì trên phân giác. $BP, CP$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$, cắt $ (O)$ tại $Y,Z$ và cắt $(APC), (APB)$ lần lượt tại $T,R$. Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $(BQC)$ cắt $PC,PB$ tại $Z',Y'$. Khi đó tồn tại một điểm $S$ trên $AP$ sao cho $\dfrac{SA}{SP}=\dfrac{RZ}{ZZ'}=\dfrac{TY}{YY'}$ và gọi giao của trung trực $PS$ với $ EF$ là $J$ thì $PJ\perp PO.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Nguyen Van Linh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 28-03-2016, 04:39 PM   #20
hungchng
Super Moderator
 
hungchng's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2009
Bài gởi: 696
Thanks: 8
Thanked 799 Times in 424 Posts
Tổng hợp thành 1 file ở đây
https://www.overleaf.com/read/pskqtmbzhhfr
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
http://forum.mathscope.org/image.php?type=sigpic&userid=9745&dateline=1306673  632
hungchng is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to hungchng For This Useful Post:
F.Pipo (31-03-2016)
Old 28-03-2016, 04:43 PM   #21
Nguyen Van Linh
Moderator
 
Tham gia ngày: Aug 2009
Đến từ: Hà Nội
Bài gởi: 277
Thanks: 69
Thanked 323 Times in 145 Posts
Chú ý bài 6 $V(QP)=V(Q(x).P(x))$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Nguyen Van Linh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Nguyen Van Linh For This Useful Post:
pco (28-03-2016)
Old 29-03-2016, 05:21 AM   #22
Traum
Moderator
 
Traum's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: cyber world
Bài gởi: 413
Thanks: 14
Thanked 465 Times in 170 Posts
Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Traum For This Useful Post:
namdung (31-03-2016)
Old 29-03-2016, 05:41 AM   #23
Traum
Moderator
 
Traum's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: cyber world
Bài gởi: 413
Thanks: 14
Thanked 465 Times in 170 Posts
Bài 2 :
Sắp lại các số trong $A$ theo thứ tự tăng dần $a_1 < a_2 <\cdots < a_{2000}$. Với mỗi $1\le k\le 2000$ đặt $x_k$ là số các số $m \in B$ mà $|a_k - m| \le 1000$.

Ta sẽ chứng minh: $x_{k} + x_{2001-k} \le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$.

Trước hết dễ thấy $x_{k}\le 2001$ với mọi $1\le k\le 2000$ nên $x_k + x_{2001-k}\le 4002$.

Gọi $X_k$ là tập các số $m\in B$ mà $|a_k-m|\le 1000$. Khi đó
$X_k\subset B_k = \{a_k-1000,...,a_k,...,a_{k} + 1000\}$. Tương tự cũng có $X_{2001-k} \subset B_{2001-k} = \{a_{2001-k}-1000,...,a_{2001-k},...,a_{2001-k} + 1000\}$.

Do đó: $X_{k}\cap X_{2001-k} \subset B_{k}\cap B_{2001-k}$. Lại có $a_{k} + 2001-2k \le a_{2001-k}$, nên $B_{k}\cap B_{2001-k}\le 2k$. Hệ qủa là $x_k + x_{2001-k} = |A_k| + |B_k| = |A_k\cup B_k| + |A_k\cap B_k| \le 2016 + 2k$

Vậy ta đã chứng minh được $x_k + x_{2001-k}\le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$. Do đó $\sum\limits_{k=1}^{1000}x_k \le \sum\limits_{k=1}^{1000} \min\{4002, 2016 + 2k\} = \left(\sum\limits_{k=1}^{993}2016+2k\right) + 7\times 4002 = 3016944$.

Với hai tập $A = \{9,...,2008\}, B = \{1,...,2016\}$ thì có số cặp $m,n$ thỏa mãn $|m-n|\le 1000$ chính bằng 3016944. Đó cũng là đáp số của bài toán.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 29-03-2016, 10:42 AM   #24
tikita
Administrator

 
Tham gia ngày: Jun 2012
Bài gởi: 157
Thanks: 2
Thanked 83 Times in 53 Posts
Mình nghĩ đoạn này có vấn đề,
Trích:
Nguyên văn bởi Traum View Post
Bài 5 :

Từ định nghĩa của $i$ và $l$ thì $a_{k+i-1} = a_{i-1} = 0$, $a_{i+1} = 0$ và không có $l+1$ bit 1 liên tiếp trong $(a_{i+l},...,a_{k+i-1})$ nên $\omega(a_{i+l},...,a_{k+i-1}) \le 2^{k-l} - 1 - (2^{k-l-1} + 2^{k-2l-1} + \cdots + 1) \le 2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}$.

Từ đó $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})\ge (2^{l}-1)(2^{k-l}-1) - (2^{l}-1)(2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}) = 2^{k-1}-1$.
Ví dụ: Lấy $n=5$ và dãy $a_1a_2a_3a_4a_5\equiv 10100$, khi đó $l=1$ và $i=1$, thì $\omega(S_i^*)=10100$ và $\omega(S_{i+l}^*)=01001$. Suy ra $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})=2^4+2^2-(2^3+1)=11<2^4-1$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
tikita is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 29-03-2016, 11:54 AM   #25
Nguyen Van Linh
Moderator
 
Tham gia ngày: Aug 2009
Đến từ: Hà Nội
Bài gởi: 277
Thanks: 69
Thanked 323 Times in 145 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi thaygiaocht View Post
Ý b.


Sử dụng kỹ thuật gọi điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

Dùng phép chiếu song song sẽ thấy

$\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$

Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong.
Đến đây có thể suy ra $A$ là tâm vị tự trong của $(K) $ và $(L)$ nên nó cũng là tâm nghịch đảo của hai đường tròn. Lại có hai cát tuyến qua $A$ là $AMC$ và $ANB$ nên tứ giác $BNCM$ nội tiếp.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Nguyen Van Linh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 31-03-2016, 08:31 AM   #26
daovuquang
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: Hanoi
Bài gởi: 2
Thanks: 0
Thanked 1 Time in 1 Post
Trích:
Nguyên văn bởi Traum View Post
Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.
Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
daovuquang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 31-03-2016, 01:26 PM   #27
Traum
Moderator
 
Traum's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: cyber world
Bài gởi: 413
Thanks: 14
Thanked 465 Times in 170 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi daovuquang View Post
Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?
Lời giải trên chỉ là cách làm thôi, nhiều chi tiết cụ thể bị bỏ qua

Thực ra thì phải chia 2 trường hợp, nếu nó bằng 0 thì hiển nhiên $Q_{k+1} = Q_{k}$ thỏa mãn. Nếu nó khác không thì như trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 25-09-2016, 04:52 PM   #28
navid
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 13
Thanks: 1
Thanked 3 Times in 2 Posts
Ai cũng có thể tải lên các tài liệu biên soạn của Việt Nam-TST 2016 Vấn đề và giải pháp?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
navid is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 01:19 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 97.01 k/111.05 k (12.64%)]