Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope

  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


 
31-03-2018, 11:55 PM   #16
phuongcvp
+Thành Viên+
 
: Jul 2016
: Vĩnh Phúc
: 2
: 0
:
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]
 

 
01-04-2018, 12:29 AM   #17
DogLover
+Thành Viên+
 
: Jan 2014
: 13
: 9
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]
 
 
01-04-2018, 10:29 PM   #18
buratinogigle
Administrator

 
 
: Jan 2016
: 50
: 57
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. ]
 
02-04-2018, 03:44 PM   #19
analysis90
+Thành Viên+
 
: Jan 2011
: 89
: 46
:
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]
 
 
02-04-2018, 03:48 PM   #20
analysis90
+Thành Viên+
 
: Jan 2011
: 89
: 46
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]
 
Untitled.jpg (78.2 , )
 
02-04-2018, 04:02 PM   #21
huynhcongbang
Administrator

 
 
: Feb 2009
: Ho Chi Minh City
: 2,413
: 2,165
:
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]
 
__________________
Sự im lặng của bầy mèo
 
02-04-2018, 05:31 PM   #22
Traum
Moderator
 
 
: Nov 2007
: cyber world
: 413
: 14
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.

 
DuyLTV (05-04-2018), huynhcongbang (07-04-2018)
11-04-2018, 05:13 AM   #23
huynhcongbang
Administrator

 
 
: Feb 2009
: Ho Chi Minh City
: 2,413
: 2,165
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]
 
__________________
Sự im lặng của bầy mèo
 
buratinogigle (11-04-2018), NguyenHoang123 (16-04-2018), son235 (13-04-2018)
18-04-2018, 10:12 PM   #24
beyondinfinity
+Thành Viên+
 
 
: Dec 2009
: 456
: 64
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]
 
 
chienthan (22-04-2018)


« | »







- -

Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 77.81 k/88.25 k (11.83%)]