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 > 2018

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 31-03-2018, 11:55 PM   #16
phuongcvp
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2016
Đến từ: Vĩnh Phúc
Bài gởi: 1
Thanks: 0
Thanked 0 Times in 0 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
Ngày thi thứ hai (31/03/2018).

Bài 4. Cho $a$ là số thực thuộc đoạn $\left[ \frac{1}{2};\frac{2}{3} \right].$Các dãy số $({{u}_{n}})$ và $({{v}_{n}})$ xác định như sau:
$${{u}_{n}}=\frac{3}{{{2}^{n+1}}}\cdot {{(-1)}^{[{{2}^{n+1}}a]}} \text{ và } {{v}_{n}}=\frac{3}{{{2}^{n+1}}}\cdot {{(-1)}^{n+[{{2}^{n+1}}a]}}.$$

a) Chứng minh rằng
$${{({{u}_{0}}+{{u}_{1}}+\cdots +{{u}_{2018}})}^{2}}+{{({{v}_{0}}+{{v}_{1}}+\cdots +{{v}_{2018}})}^{2}}\le 72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}.$$
b) Tìm tất cả các giá trị của $a$ để đẳng thức xảy ra.
Bài này khá dài nên em xin phép chỉ trình bày vắn tắt nhất
Nhận xét 1:$v_i=u_i$ với $i$ chẵn và $v_i=-u_i$ với $i$ lẻ
Do đó bất đẳng thức viết được dưới dạng: $(u_0+u_1+\cdots u_{2018})^2+(u_0-u_1+u_2-u_3+\cdots + u_{2018})^2 \leq 72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}$
Khai triển sẽ thấy vế trái có dạng $2(A^2+B^2)$ với $A=x_0+x_2+\cdots+x_{2018}$ và $B=x_1+x_3+\cdots+x_{2017}$
Nhận xét 2: Viết $a=\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{x_i}{2^i}$ là biểu diễn dưới dạng nhị phân của $a$
Khi đó $a \geq b=\sum_{i=1}^{2019}\frac{x_i}{2^i}$. Đánh giá: $72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}} \geq 72{{b}^{2}}-48b+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}$
Kết hợp trên thì ta chỉ cần chứng minh $A^2+B^2 \leq 36b^2-24b+5+\dfrac{1}{4^{2019}}$
Nhận xét 3: Biểu diễn $b$ theo các $u_i$
Ta thấy: ${{(-1)}^{[{{2}^{n+1}}a]}}=\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}$. Suy ra $x_{n+1}=0 \Leftrightarrow \dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}=1$ và $x_{n+1}=1 \Leftrightarrow \dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}=-1$
Do đó có thể biểu diễn $x_{n+1}$ là hàm bậc nhất theo $\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}$ như sau: $x_{n+1}=\dfrac{-1}{2}.\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}+\dfrac{1}{2}$
Ta có: $$b=\sum_{i=1}^{2019}\frac{x_i}{2^i}=\sum_{i=0}^{2 018}\frac{x_{i+1}}{2^{i+1}}=\sum_{i=0}^{2018} \left(\frac{-u_i}{6}+\dfrac{1}{2^{i+2}}\right)=C-\dfrac{A+B}{6}$$
Với $A,B$ đã định nghĩa ở trên và $C=\sum_{i=0}^{2018}\frac{1}{2^{i+2}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2^{2020}}$
Do đó ta sẽ chỉ cần chứng minh điều sau:
$$A^2+B^2 \leq 36 \left(C-\dfrac{A+B}{6}\right)^2-24\left(C-\dfrac{A+B}{6}\right)+5+\dfrac{1}{4^{2019}}$$
Khai triển và biến đổi tương đương ta đưa được nó về dạng
$$3\left(1-2C\right)\left(6C-1\right)+\dfrac{1}{4^{2019}} \geq 2\left(B-6C+2\right)\left(6C-2-A\right) $$
Và ta được vế trái của bất đẳng thức trên là hằng số $\dfrac{3}{2^{2018}}-\dfrac{1}{2^{4035}}>0$
Nhận xét 4: Đánh giá. Do $\dfrac{1}{2}\leq a \leq \dfrac{2}{3}$ nên dễ dàng có được: $x_1=1,x_2=0$ từ đó $u_0=\dfrac{-3}{2};u_{1}=\dfrac{3}{4}$
Khi đó đánh giá được: $-(2-\dfrac{1}{2^{2019}})\leq-\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2^3}-\cdots-\dfrac{3}{2^{2019}}\leq A \leq -\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2^3}-\cdots+\dfrac{3}{2^{2019}}<0$
Mặt khác $6C-2=1-\dfrac{3}{2^{2019}}$ nên $0<6C-2-A \leq 1-\dfrac{3}{2^{2019}}+2-\dfrac{1}{2^{2019}}=3-\dfrac{1}{2^{2017}}$
Tương tự ta có: $B -6C+2=B-1+\dfrac{3}{2^{2019}}\leq \dfrac{3}{2^2}+\dfrac{3}{2^4}+\cdots+\dfrac{3}{2^{ 2018}}-1+\dfrac{3}{2^{2019}}=1-\dfrac{1}{2^{2018}}-1+\dfrac{3}{2^{2019}}=\dfrac{1}{2^{2019}}$
Do đó ta sẽ có: $2\left(B-6C+2\right)\left(6C-2-A\right) \leq 2.\dfrac{1}{2^{2019}}.\left(3-\dfrac{1}{2^{2017}}\right)=\dfrac{3}{2^{2018}}-\dfrac{1}{2^{4035}}$
Do đó ta có điều phải chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi
$a=b=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots+\dfrac{1}{ 2^{2019}}=\dfrac{2-\dfrac{1}{2^{2019}}}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: phuongcvp, 01-04-2018 lúc 08:12 AM
phuongcvp is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 01-04-2018, 12:29 AM   #17
DogLover
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2014
Bài gởi: 13
Thanks: 9
Thanked 12 Times in 7 Posts
Bài 4:

Vì $v_i = u_i$ nếu i chẵn và $v_i = -u_i$ nếu i lẻ nên ta có thể viết lại vế trái
$2(u_0+...+u_{2018})^2 + 2(u_1+...+u_{2017})^2$.

Giả sử khai triển nhị phân của $a$ là $\sum_{i=1} a_i2^{-i}$. Khi đó $[2^ia] = a_i$, như vậy $u_i = \dfrac{3}{2^{i+1}}(-1)^{a_{i+1}} = \dfrac{3}{2^{i+1}}(-2a_{i+1}+1)$. Ta cũng kí hiệu $a_l = \sum_{i=0}^{1009} a_{2i+1}2^{2i+1}$ và $a_c = \sum_{i=1}^{1008} a_{2i}2^{2i}$. Bây giờ chỉ việc khai triển tổng trên và dùng các đẳng thức, bất đẳng thức sau:
- $a_l + a_c \leq a$
- $a_l \leq \dfrac{2}{3}(1-1/4^{1009})$
- $a_c(a_l-1/2) \leq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $a = a_l = \dfrac{2}{3}(1-1/4^{1009})$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
DogLover is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 01-04-2018, 10:29 PM   #18
buratinogigle
Administrator

 
buratinogigle's Avatar
 
Tham gia ngày: Jan 2016
Bài gởi: 50
Thanks: 57
Thanked 58 Times in 33 Posts
Một số mở rộng của hai bài hình có thể xem tại đây

http://analgeomatica.blogspot.com/20...an-tuan-1.html
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Blog hình học sơ cấp [Only registered and activated users can see links. ]
buratinogigle is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 02-04-2018, 03:44 PM   #19
analysis90
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 88
Thanks: 46
Thanked 32 Times in 22 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Thụy An View Post
Bài này có thể xử đẹp bằng tổng Ramanujan, ý tưởng cơ bản như sau.

Đặt $f_n(x)=xP_n(x)$, khi đó nếu ta đặt ${f_n}\left( {{\zeta_n^t}} \right) = {C_n}\left( t \right)$ (trong đó $t\in\mathbb Z,\,\zeta_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$), thế thì\[{C_{mn}}\left( t \right) = {C_m}\left( t \right){C_n}\left( t \right)\quad\forall\,m,\,n\in\mathbb N^*:\;\gcd(m,\,n)=1.\]
Bạn có thể trình bày rõ hơn về tổng Ramanujan được không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
analysis90 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 02-04-2018, 03:48 PM   #20
analysis90
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 88
Thanks: 46
Thanked 32 Times in 22 Posts
Mình giải bài 3 được một lúc thì dẫn đến kết quả này (chưa biết đúng hay sai). Mọi người có thể cho ý kiến về kết quả này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg Untitled.jpg (78.2 KB, 18 lần tải)
analysis90 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 02-04-2018, 04:02 PM   #21
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,397
Thanks: 2,158
Thanked 4,147 Times in 1,367 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Trích:
Nguyên văn bởi analysis90 View Post
Mình giải bài 3 được một lúc thì dẫn đến kết quả này (chưa biết đúng hay sai). Mọi người có thể cho ý kiến về kết quả này.
Xét $n=14$ thì có $1,3,5,9,11,13$ mà $|3-1|$ khác $|9-5|.$

Kết quả này có lẽ chỉ đúng khi $n$ có ước nguyên tố dạng $4k+1$ thôi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Mèo ơi có nhớ có thương một mèo...
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 02-04-2018, 05:31 PM   #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
Bài 3:
Ta chứng minh hai bổ đề sau:
Bổ đề 1: Cho số nguyên tố $p$. Khi đó nếu $n > 2p$ chia hết cho $p^2$ thì nếu $P_{n/p}$ chia hết cho $x^{r_{n/p}} + 1$ thì $P_{n}$ cũng chia hết cho $x^{r_{n/p}} + 1$.

Chứng minh: Vì $n$ chia hết cho $p^2$ nên với mọi $k < n/p$ mà $(k,n) = 1$ thì $(k+jn/p, n) = 1$ với mọi $j = 0,..,p-1$. Do đó có thể viết lại $P_n(x)$ như sau:$$P_{n}(x) = \sum\limits_{k<n, (k,n) = 1} x^{k-1} = \sum\limits_{k < n/p, (k, n/p) = 1}x^{k-1}\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{jn/p} = P_{n/p}(x)\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{jn/p}.$$ Do đó khẳng định của bổ đề là đúng.

Bổ đề 2: Cho số nguyên tố lẻ $p$. Khi đó nếu với mọi $(n, p) = 1$ thì nếu $P_n(x)$ chia hết cho $x^{r_n} + 1$ thì $P_{np}(x)$ cũng chia hết cho $x^{r_n}+1$.

Chứng minh: Viết $P_{np}(x)$ lại như sau: $$\begin{align*}P_{np} &= \sum\limits_{k < np, (k,n) = 1}x^{k-1} - \sum\limits_{k < np, (k,n) = 1, p | k}x^{k-1} \\&= \left(\sum\limits_{k < n, (k,n) =1}x^{k-1}\right)\left(\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{ja}\right) - x^{p-1}\sum\limits_{k < n, (k,n) = 1}(x^p)^{k-1} \\&= P_n(x)\left(\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{ja}\right) - x^{p-1}P_n(x^p)\end{align*}.$$Mà $x^{pr_n} + 1$ chia hết cho $x^{r_n} +1$, vì $p$ lẻ. Nên ta có $P_{np}$ chia hết cho $x^{r_n}+1$. ĐPCM.

Trở lại bài toán. Từ bổ đề 1, ta chỉ cần chứng minh cho $n > 4$ không có ước chính phương, hay $n = 2p_1...p_l$. Từ bổ đề 2 thì ta chỉ cần chứng minh cho $n=3, 4$, $n = p$ và $n = 2p$ với $p$ nguyên tố lẻ. Mà dễ thấy:
$P_3(x) = 1 + x$, $P_4(x) = 1 + x^2$ đều thỏa mãn.

$P_{p}(x) = 1 + x + \cdots + x^{p-2} = \frac{x^{p-1}-1}{x-1} = (x^{\frac{p-1}{2}}+1)\frac{x^{\frac{p-1}{2}} - 1}{x-1}$ chia hết cho $x^{\frac{p-1}{2}}+1$.

Và $P_{2p}(x) = 1 + x + \cdots + x^{p-2} + x^{p+2} + \cdots + x^{p-2} = (x^{p+1}+1)(1 + x + \cdots + x^{p-2})$ chia hết cho $x^{p+1}+1$. Phần $a$ được chứng minh.

Cũng từ kết quả từ hai bổ đề trên thì $P_n(x)$ không thể là bất khả quy nếu $n > 4$ có ước chính phương, hay $n > 3$ là số nguyên tố hay $n$ là tích của không ít hơn $2$ số nguyên tố lẻ, Do đó chỉ còn xét $n = 2p$, $n=3$ và $n = 4$. Mà theo trên thì nếu $p > 3$ thì $(1 + x + \cdots + x^{p-2})$ là đa thức khác hằng nên $P_{2p}$ không thể là bất khả quy. Với $p = 3$ thì $P_6(x) = 1 + x^4$ là bất khả quy. Cũng theo trên thì $P_4(x) = 1 + x^2$ và $P_3(x) = 1 + x$ cũng là bất khả quy.

Vậy $n = 3, 4, 6$ là các giá trị thỏa mãn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.

thay đổi nội dung bởi: Traum, 02-04-2018 lúc 05:36 PM
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to Traum For This Useful Post:
DuyLTV (05-04-2018), huynhcongbang (07-04-2018)
Old 11-04-2018, 05:13 AM   #23
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,397
Thanks: 2,158
Thanked 4,147 Times in 1,367 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Xin gửi mọi người lời giải và bình luận đề VN TST 2018 do nhóm BBT Epsilon thực hiện.

Đính chính câu 2b so với bản chính thức là không có dữ kiện "tất cả các cột còn lại đều trống", nghĩa là $2018-k$ cột còn lại có thể chứa số $0,1$ nhưng không được chứa đủ hai loại. Vì thế nên đề thi sẽ thử thách hơn nhiều, trong lời giải sẽ có thêm một đoạn lập luận nữa. Rất xin lỗi mọi người vì hôm trước post đề chưa chuẩn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf loi giai vntst-2018.pdf (324.5 KB, 110 lần tải)
__________________
Mèo ơi có nhớ có thương một mèo...
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
buratinogigle (11-04-2018), NguyenHoang123 (16-04-2018), son235 (13-04-2018)
Old 18-04-2018, 10:12 PM   #24
beyondinfinity
+Thành Viên+
 
beyondinfinity's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Bài gởi: 456
Thanks: 64
Thanked 215 Times in 143 Posts
Bài 3 (sketch): Giảm bài toán theo 2 thao tác:

Nếu $p$ nguyên tố và $p^2|n$ thì $P_{n}$ chia hết cho $1+x^{r_m}$ ($m=n/p$):
\[ P_{pm} =(1+X^m+\ldots +X^{m(p-1)})P_m\]
Nhận thấy luôn là bước giảm này cho $P_{n}$ khả quy. Trường hợp $m=p=2$ đặc biệt, có thể chọn luôn $r_4 =2$.

Bài toán từ đây đưa về $n$ không có ước chính phương.

Nếu $p|n$ nguyên tố lẻ ($p^2\not |n$) và $m \ne 2$ thì $P_{n}$ chia hết cho $1+x^{r_m}$:
\[ P_{pm} =(1+X^m+\ldots +X^{m(p-1)})P_m - P_m(X^p)\]
So sánh bậc của $P_n$ ($n-2$) với $1+x^{r_m}$ (nhỏ hơn $m$) thì cũng có $P_n$ khả quy.

Như vậy bài toán ban đầu quy về trường hợp $n=2p$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Trong trường hợp này, tính trực tiếp $P_n(X)= \frac{X^{2p}-1}{X-1}-X^{p-1}$, nhận thấy $r_n= \frac{p+1}{2}$.

Ý (b) đưa về xét các trường hợp đặc biệt và trường hợp không thể giảm ($2p$).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
beyondinfinity is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to beyondinfinity For This Useful Post:
chienthan (22-04-2018)
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 07:45 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 79.90 k/90.76 k (11.97%)]