Cho $l\leq k\leq n$ là các số thỏa mãn:

$\Im$ là họ các tập L-phần tử của X={1,2,...,n} nào đó  

thỏa mãn:với mọi tập con A có K-phần tử của X đều chứa ít nhất 1 tập B thuộc $\Im$

C/m:$\left | \Im \right |\geq \frac{\begin{pmatrix} n\\ l \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 2\\ k \end{pmatrix}}$

Tại sao lại là $\begin{pmatrix} 2\\ k \end{pmatrix}$? Vậy chỉ xét trường hợp $k \le 2$ thôi sao?

Thực ra không khó để chứng minh giá trị nhỏ nhất của $\left | \Im \right |$ là $\begin{pmatrix} n\\ l \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} k\\ l \end{pmatrix}+1$. 

Viết hẳn hoi ra đi bạn

chứ cứ úp mở thế ai pít đc

Bởi vì lâu rồi mình k dùng diễn đàn nên quên cách đánh công thức ngại viết.

Xin lỗi trong lúc suy nghĩ mình hơi nhầm lẫn khái niệm 1 tí, cái mình nói là số nhỏ nhất để với mọi tập có từng đó phần tử sẽ luôn thỏa đề bài.

Còn tập thỏa đề bài có số phần tử nhỏ nhất có vẻ sẽ khó hơn nhưng có thể chứng minh số này không nhỏ hơn $C_n^l/C_k^l = C_n^k/C_{n-l}^{k-l}$

nên có thể thay $C_2^k$ của bạn bằng $C_k^l$.

Chứng minh thì mỗi tập thuộc $J$ có $C_{n-l}^{k-l}$ tập gồm $k$ phần tử là con $X$ và chứa tập này. Như vậy $|J|.C_{n-l}^{k-l}$ không bé hơn số tập con có $k$ phần tử của $X$.

 

 

Trở lại với tổng:

$\sum_{k=0}^n  \dfrac{(-1)^k{2n+1-k\choose k}}{2n+1-k}=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{n+k}{n+k+1\choose n-k}}{n+k+1}\quad$ (Đơn giản chỉ là đảo thứ tự lấy tổng (reverse index))

$\qquad = \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{n+k}(n+k)!}{(2k+1)!(n-k)!}=\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{n+k}(n+k)!\left[(n+k+1)+(n-k)\right]}{(2k+1)!(n-k)!}$

$\qquad =\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^n \left[(-1)^{n+k}{n+1+k\choose 2k+1}-(-1)^{n-1+k}{n-1+1+k\choose 2k+1}\right]$

$\qquad =\dfrac{1}{2n+1}\left(S_n-S_{n-1}\right)$

 

Với: $S_n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}{n+1+k\choose 2k+1}$

 

 

Haha toán học trong em giờ như là một cái gì mờ ảo, thoi thóp rồi thầy ơi

Nói một chút về lời giải của thầy Thanh thì thật sự mình thấy ấn tượng với ý tưởng tính theo các dãy $S_n,P_n$, có lẽ vì thầy đã làm việc nhiều với những bài toán thế này nên có thể đưa ra những biến đổi như vậy. Dòng mình bôi đỏ ở trên là một phép biến đổi rất khéo để loại bỏ mẫu số trong sigma. Xin phép dùng ý tưởng này của thầy để tiếp cận một hướng khác. (Như thường lệ lời giải về kiểu này của em vẫn là tính hệ số tự do trong đa thức )

Về phương pháp này thì với một sigma chạy từ 0 đến một $n$ (hoặc một hằng số nào đó theo $n$) thì nó vô cùng hiệu quả khi chuyển qua đa thức ta sẽ biến đổi linh hoạt hơn.

Mình xin tiếp tục ở đoạn này:

$$\sum_{k=0}^n  \dfrac{(-1)^k{2n+1-k\choose k}}{2n+1-k}=\qquad =\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^n \left[(-1)^{n+k}{n+1+k\choose 2k+1}-(-1)^{n-1+k}{n-1+1+k\choose 2k+1}\right]$$

Ta sẽ tính riêng rẽ 2 biểu thức này, phần đầu sẽ là hệ số tự do trong biểu thức:

$$ \dfrac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^k.\frac{(1+x)^{2k+1}}{x^{n+1+k}}=\dfrac{(-1)^n(x+1)}{(2n+1)x^{n+1}}\sum_{k=0}^n (-1)^k.\frac{(1+x)^{2k}}{x^{k}}=\dfrac{(-1)^n(x+1)}{(2n+1)x^{n+1}}\left(1-\frac{(1+x)^2}{x})^n\right)$$

$$=\dfrac{(-1)^n(x+1)(-x^2-x-1)^n}{(2n+1)x^{2n+1}}$$

Rõ ràng hệ số tự do ở đây chính là hệ số của $x^{2n+1}$ trên tử chia cho $2n+1$ và bằng $\frac{1}{2n+1}$.

Tương tự thì biểu thức vế phải là hệ số tự do trong biểu thức:

$$ \dfrac{(-1)^{n-1}}{2n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^k.\frac{(1+x)^{2k+1}}{x^{n+k}}= \dfrac{(-1)^n(x+1)}{(2n+1)x^{n}}\sum_{k=0}^n (-1)^k.\frac{(1+x)^{2k}}{x^{k}}=\dfrac{(-1)^{n-1}(x+1)(-x^2-x-1)^n}{(2n+1)x^{2n}}$$

Hệ số tự do trong biểu thức này ta phải tính hệ số của $x^{2k}$ trong biểu thức tử, cái này mình nghĩ tính được. Nhưng ngại tính quá

Ở đây ta thấy rằng: $[x^{2n}]\;(x^2+x+1)^n=1$ và $[x^{2n-1}]\;(x^2+x+1)^n=n$

Như vậy hệ số tự do phải tìm ở TH này là $\frac{-1-n}{2n+1}$

Kết quả cuối cùng lại trở thành:

$\frac{1}{2n+1}-\frac{-1-n}{2n+1}=\frac{2+n}{2n+1}$

 

Vì sao lại thế? Karl Heinrich Marx? Có phải em quên mất trong sigma thiếu cái tổ hợp $ n\choose k$?

Hehe đúng là thiếu cái đấy đấy thầy, lạm dụng quá đúng là chả hay ho gì. Nhưng giật mình là em viết sai cũng chỉ có thầy kiểm chứng và chỉ có em vs thầy trao đổi, dù không hứng thú với cái này đi nữa nhưng chẳng có ai bỏ một chút cố gắng cùng thảo luận với mọi người :|

Thực ra 2 bài này em lấy trong 1 quyển sách , cả 2 đều được đánh dấu * và chỉ có phần gợi ý rất ngắn nên em có đăng lên để mọi người thảo luận , giờ thì em đã  lời giải 2 bài này rồi nhưng tại không ai hỏi nữa nên em thôi luôn @@ . Sáng mai em sẽ post ý tưởng 

Anh vẫn có hướng giải hai bài này, anh nghĩ là em post lên vì chưa giải được vì vậy anh chỉ muốn nói là nếu chưa giải được em hãy post lên ý tưởng của em, mọi người cùng thảo luận thì nhìn ra tại sao mình không giải được, sẽ thấy được ưu nhược điểm trong cách tiếp cận của mình và hơn nữa như vậy mới dễ có bạn vào tham gia thảo luận với em, biết đâu tìm được những ý tưởng khác hay hơn. Anh sẽ nói sơ ý tưởng của anh trong 2 bài này, chỉ là một chút ý tưởng anh cho là khả thi, cũng chưa thử cụ thể là có làm được hay không.

Bài đầu thì để ý một chút tính chất là nếu đổi vị trí các cột với nhau và đổi vị trí các hàng với nhau thì chẳng ảnh hưởng gì đến bài toán nên nếu như ta tìm được một cặp khác màu đặt 2 con xe lên đó, dùng phép đổi cột và đổi hàng ta có thể đưa 2 ô vừa đặt quân nằm trên hv 2x2 của góc bàn cờ, đến đây dùng một chút lập luận về số màu để đưa về hv $(n-2)$x$(n-2)$. Đặt $n=2k$ chứng minh bài toán đúng với $k=2$ sau đó có thể quy nạp theo $k$.

Bài 2 thì chú ý là một hàng có nhiều nhất $2$ ô được chọn và một cột cũng thế và dùng tính chất một hàng mà chứa 2 ô được chọn thì 2 ô đó chiếm 2 cột chứa 1 ô, ngược lại một cột chứa ô được chọn thì 2 ô đó chiếm 2 hàng chứa 1 ô, kết quả sẽ là $4n$.

Hungari 81 : Các ô vuông của bàn cờ kích thước $n\times n$ ( trong đó $n$ là số chẵn lớn hơn 2 ) , được tô bằng $\frac{n^{2}}{2}$ màu sao cho mỗi màu tô đúng 2 ô . Chứng minh rằng trên bàn cờ có thể đặt $n$ con xe sao cho chúng đứng trên các ô vuông có màu khác nhau và chúng không "ăn" được nhau   

Nam Tư 75 : Số lớn nhất các con xe có thể đặt trên bàn có kích thước $3n\times 3n$ có thể là bao nhiêu , để sao cho mỗi con xe chỉ bị "ăn" không nhiều hơn 1 con khác trong số các con xe còn lại

Khi post 2 bài này em đã suy nghĩ chưa, nếu chưa giải ra thì em đã có ý tưởng hướng đi nào mà chưa ra được kq chưa, cùng đưa lên mọi người sẽ thảo luận với em.

Cho $a,b,n$ là các số nguyên dương thoả mãn :

$$7ab+a\mid a^3+(7b+1)^3+7^na$$

Chứng minh $a$ là lập phương của một số nguyên dương.

Từ đề bài có thể suy ra $a|(7b+1)^3$, do đó với $p$ nguyên tố bất kì mà $p|a \Rightarrow p|7b+1 \Rightarrow p \ne 7$ nên $(p,7^n)=1$

Vì $a|(7b+1)^3$ nên $v_p((7b+1)^3) \ge v_p(a)=v_p(7^na)$ Dễ thấy $v_p(a(7b+1))>v_p(a),v_p(a^3)>v_p(a) \Rightarrow v_p(a)=v_p((7b+1)^3) \vdots 3$

Đây là đpcm.

Tìm mọi số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn : $ab-c$ ; $bc-a$ ; $ca-b$ đều là lũy thừa của 2 . 

 

NX : Mình lấy lại bài số học của IMO 2015 vừa qua để các trao đổi kĩ càng hơn về việc phân tích hướng giải , chỉ ra đâu là mấu chốt của bài  ,.... chứ không nên đùng đùng xét một loạt các TH mà không chú thích tại sao . Mong các bạn không nên dẫn link trong bài viết này để tiện theo dõi .  

Nhìn vào theo cảm nhận mang tính cá nhân của mình thì thứ làm cho nó có hữu hạn nghiệm có thể khai thác được là sự lệch bậc trong biểu thức, vì nó đối xứng nên ta ta có thể dựa vào $v_2$ của tích 2 số phải lớn hơn $v_2$ của một số, rõ ràng nếu xem 3 số là như nhau thì để tạo ra lũy thừa của một số nguyên tố, đây là một điểm ta cảm thấy bất cập, đó chính là thứ cần vin vào để lập luận. Để đảm bảo cho mục đích vừa nêu ta chọn $a$ là số có $v_2$ lớn nhất.

Khi đó ta chứng minh được nếu $v_2(a)>v_2(b)$ và $v_2(a)>v_2(c)$ là vô lí.

Thật vậy đặt $a=2^i.a_1,b=2^j.b_1,c=2^k.c_1$

Nếu $i>j,i>k$ thì từ $ab-c,ac-b$ đều là lũy thừa của $2$ ta suy ra $2^{i-k}.2^j.b_1-c_1=1$ và $2^{i-j}.2^k.c_1-b_1=1$

Suy ra $1 \ge 2.b_1-c_1$ và $1 \ge 2.c_1-b_1$. Cái này chỉ xảy ra khi $b_1=c_1=1,j=k=0,i=1$, nghiệm này không phù hợp.

Vậy trong 2 số $i,j,k$ có ít nhất 2 số bằng nhau. Ta giả sử là $i=j$ khi đó ta có:

$ca-b,cb-a$ là lũy thừa của 2.

_Nếu $c$ là số chẵn thì suy ra $ca_1-b_1=1,cb_1-a_1=1$, chú ý lúc này $v_2(c)>v_2(a_1),v_2(c)>v_2(b_1)$ nên theo trên ta suy ra nghiệm $c=2,a_1=b_1=1$

Thay vào để $ab-c$ là lũy thừa của $2$ thì suy ra $i=1$ nên $(2;2;2)$ là một nghiệm.

_Bây giờ xét $c$ là một số lẻ.

Ở đây sinh ra 2 vấn đề là nếu $a,b$ lẻ thì chưa nói được gì nhưng mà nếu $a,b$ chẵn thì ta có $ab-c=1$

+)Ta xét $a,b$ chẵn trước thì khi đó $c=2^{2i}a_1b_1-1$ (vì $i=j \ge 1$) và ta phải có $x=2^{2i}a_1^2b_1-a_1-b_1$ và $y=2^{2i}a_1b_1^2-a_1-b_1$ đều là các lũy thừa của 2. Nếu 2 số này bằng nhau thì $a_1=b_1$ thay vào có thể giải ra nghiệm $(2;2;3)$

Nếu 2 số này khác nhau thì $v_2(x) \ne v_2(y)$ nên $v_2(x+y)=v_2(x-y)$ suy ra $v_2(a_1+b_1)+1=v_2(a_1-b_1)+2i \Rightarrow v_2(a_1+b_1)=v_2(a_1-b_1)-1+2i \ge 2i$

Nếu $v_2(a_1+b_1)>2i$ thì ta có thể chứng minh được $x,y$ đều là lũy thừa của 2 là mâu thuẫn (cái này chắc không khó, nhưng mình nhác mò chứng minh )

Từ đó suy ra $v_2(a_1+b_1)=2i$ và $v_2(a_1-b_1)=1$

Đặt tiếp $a_1+b_1=2^i.r$ với $r$ lẻ và $z=a_1^2b_1-r,t=a_1b_1^2-r$ thì $z,t$ là lũy thừa của 2 mà $v_2(z-t)=v_2(a-b)=1$ suy ra một trong 2 số $z,t$ bằng 2.

Không mất tính tổng quát giả sử là $z=2$, nếu $a_1 \ge 2$ thì $a_1^2b_1-r \ge (a_1-1)a_1b_1+a_1b_1-r>2$ chú ý là $r \le \frac{1}{4}(a_1+b_1)$ nên $a_1b_1-r>0$.

Vậy $a_1=1$ suy ra $b_1=r+2$, ta có $2^{2i}r=a_1+b_1=r+3$ mà $i \ge 1$ nên suy ra luôn $r=1$. Từ đây suy ra được giá trị của $a,b,c$ ta được bộ nghiệm $(2,6,11)$

+) Bây giờ xét $a,b,c$ cùng lẻ

Thủ thuật cũng gần tương tự như trên một chút, nhưng trước tiên ta nhận xét là 3 số này không có 2 số nào bằng nhau và không có số nào bằng 1. Ngược lại nếu tồn tại thì dễ dàng chứng minh vô lí.

Với điều kiện trên không mất tính tổng quát $a>b>c$, khi đó ta có $ab-c>ac-b$, do đó $v_2(ac-b)=v_2[(ab-c)-(ac-b)]=v_2[(ab-c)+(ac-b)] $. Suy ra $v_2(ac-b)=v_2(a+1)+v_2(b-c)=v_2(a-1)+v_2(c+b)$, ta chú ý là trong 2 số $v_2(a-1)$ và $v_2(a+1)$ có một số bằng 1. Do đó hoặc là $v_2(b-c)=v_2(ac-b)-1$ hoặc là $v_2(b+c)=v_2(ac-b)-1$. Chung quy ta đều có $2(b+c) \ge ac-b$ vì $ac-b=2^{v_2(ac-b)}$, suy ra $3b \ge (a-2)c$, mà $a,b,c$ đều lẻ lớn hơn 1 và $a>b>c$ nên $a-2 \ge b, c \ge 3$. Đẳng thức trên phải xảy ra và xảy ra khi $a=b+2,c=3$

Ta có $ab-c=b(b+2)-3=(b-1)(b+3)$ là lũy thừa của 2 suy ra $b-1$ và $b+3$ đều là lũy thừa của 2 suy ra $b=5$.

Từ đây dẫn đến bộ nghiệm $(3,5,7)$

P/s: Mình không giỏi trình bày nên khá khó nhìn. Bài này không khó, và so với một bài số 5 trong kì thi IMO thì nó được xem là dễ.

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả mãn :

$$f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy,\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Có thể dùng thêm một biến $z$ để linh hoạt hơn,

ta khai triển:

$$f(z+f(y)+f(x))=f(x)f(z+f(y))+f(f(x))+f(z+f(y))-x(z+f(y))=f(x)(f(z)f(y)+f(f(y))+f(z)-zy)+f(f(x))+f(z)f(y)+f(f(y))+f(z)-yz-xz-xf(y)$$

Viết lại thế này cho rõ ràng hơn một chút:

$$f(z+f(y)+f(x))=f(x)f(y)f(z)+(f(f(x))+f(f(y)))+f(z)(f(x)+f(y))+f(z)-z(x+y)+f(x)f(f(y))-zyf(x)-xf(y)$$

Phần đầu mình đã viết ra những hạng tử nhóm lại mà $x$ và $y$ vai trò là như nhau, đổi vai trò $x$ và $y$ ta thu được:

$$ f(x)f(f(y))-zyf(x)-xf(y) = f(y)f(f(x))-zxf(y)-yf(x)$$

Bây giờ xét đến số 0 trước, thì không khó để chứng minh được $f(x)=0$ khi và chỉ khi $x=0$

Giờ xét $x,y$ đều khác 0.

Cho $z=0 \Rightarrow \frac{f(f(x))+x}{f(x)} = const$, cho $z=1 \Rightarrow \frac{f(f(x))}{f(x)} = const$

Vậy $\frac{f(x)}{x} =k$ là hằng số.

Thay vào thì được $k=1$ hoặc $k=-1$

Ý em là chỗ này.

à anh viết nhầm thế thôi, chứ ở dưới a vẫn cho nó nhận 3 giá trị trong đó có 0.

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thoả :

$$n^2+4f(n)=\left [ f(f(n)) \right ]^2,\;\forall n\in \mathbb{Z}$$

Xét $F$ là tập giá trị của $f$, $m \in F$ thì tồn tại một số nguyên $n$ thỏa mãn $f(n)=m$. Ta có:

$$n^2+4m=f(m)^2 \Rightarrow 4m=(f(m)-n)(f(m)+n)$$

Khi đó tồn tại một số nguyên $t$ là ước của $m$ để mà $f(m)-n=2t,f(m)+n=\frac{2m}{t}$

Từ điều này suy ra $f(m)=t+\frac{m}{t}$

Mặt khác ta có: $m^2+4f(m)=f(f(m))^2 \Rightarrow m^2+4t+\frac{4m}{t}=f(f(m))^2$

$$1 \le t^2 \le m^2 \Rightarrow (t^2-1)(t^2-m^2) \le 0 \Rightarrow t^2+\frac{m^2}{t^2} \le m^2+1 \Rightarrow \left(t+\frac{m}{t} \right)^2 \le (m+1)^2$$

$$\Rightarrow -m-1 \le t+\frac{m}{t} \le m+1$$

Khi đó $4t+\frac{4m}{t}$ là một số nguyên chẵn khác 0 và $ -4m-4 \le 4t+\frac{4m}{t} \le 4m+4$, ta chú ý là $m^2+4t+\frac{4m}{t}$ là một số chính phương nên $t+\frac{m}{t}$ nhận một trong 3 giá trị là $0,1-m,m+1$

Vậy nhận xét đầu tiên là $f(m)$ nhận một trong 3 giá trị $0,1-m,1+m$ với $m \in F$.

Nhận xét thứ 2 là nếu $f(n)=n+1$ thì suy ra $f(n+1)=n+2$.

Vì từ biểu thức ban đầu ta suy ra $(n+2)^2=f(n+1)^2$

kết hợp với nhận xét 1 dẫn đến $f(n+1)=n+2$

Quay lại với nhận xét 1 thì $f(m)=1-m$ chỉ khi tồn tại $t$ nguyên để $t+\frac{m}{t}=1-m$ ta giải ra $m=6$

Suy ra $f(6)=-5$ và $f(-1)=6$ hoặc $f(1)=6$.

Tuy nhiên thay $n=6$ vào biểu thức ban đầu suy ra $16=f(-5)^2$, kết hợp nhận xét 1 suy ra $f(-5)=-4$.

Từ điều này và nhận xét 2 suy ra $f(-1)=0,f(1)=2$, mâu thuẫn.

Suy ra nhận xét 3 chặt hơn nhận xét 1 là $f(m)$ chỉ nhận giá trị là $0$ hoặc $m+1$ với $m \in F$

Dựa vào điều này không khó để chứng minh $f(0)$ chỉ nhận 2 giá trị là $0$ hoặc $1$ và suy ra được $f(m)=m+1$ với $m \ne 0, m \in F$.

Cụ thể hơn thì nếu $f(0)=0$ suy ra $f(a)=0 \Leftrightarrow a=0$

còn nếu $f(0)=1$ suy ra $f(a)=0 \Leftrightarrow a=-1$

Như vậy với một số $t \le F$ và $t \ne 0$ tồn tại $n$ để $f(n)=t$ ta có: $n^2+4t=(t+1)^2 \Rightarrow n^2=(t-1)^2$ suy ra $n=t-1$ hoặc $n=1-t$ tức là với $n \in Z$ thì $n=1-f(n)$ hoặc $n=f(n)+1$.

Nếu tập $F$ tồn tại một phần tử $k$ nhỏ nhất mà khác 0 (chú ý là từ nhận xét 2 nếu $k \in F$ và $k$ khác 0 thì mọi số lớn hơn $k$ đều thuộc $F$) thì do điều trên suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$ nên $k \le 2$.

Với $k \le 1$ thì với $n \le k-2$, ta có $n+1<k$ nên $f(n)$ không thể bằng $n+1$ mà phải bằng $1-n \ge 3-k > k$

do $k \in F$ nên suy ra $f(k-1)=k$.

Như vậy một hàm thỏa mãn đề bài là $f(n)=1-n$ với $n \le k-2$ và $f(n)=1+n$ với $n \ge k-1$ trong đó $k$ là một số nguyên cố định bé hơn 2.

Với $ k =2$ thì $f(0)$ không thể bằng 1 nên $f(0)=0$ và $f(1)=2$, suy ra hàm thỏa mãn là $f(0)=0, f(n)=1-n, n \le 0$ và $f(n)=1+n$ với $n \ge 0$.

Nếu $F$ không có phần tử nhỏ nhất thì suy ra hàm $f$ là $f(n)=n+1$ với mọi số nguyên $n$.

Cho em hỏi tại sao $t+\frac{m}{t} \ne 0$?

đây chính là $f(m)$ và ở trên vẫn cho $f(m)$ có thể bằng $0$ cho đến một đoạn dựa vào $f(0)$ để lập luận $f(m)=m+1$ với $m$ khác 0.

Không biết ngoài mấy nghiệm thầy nêu có một cách nào để moi ra thêm nghiệm của nó không nhỉ?

Ta thử biến đổi một chút phần $A(n,m)$. Ta có $P(n+1,m)=P(n,m)+A(n+1,m-1)=\frac{1}{2(m+2)}(A(n+1,m)+A(n,m)+A(1,m))$

Như vậy suy ra $P(n+1,m)-P(n,m)=A(n+1,m-1)=\frac{1}{2(m+2)}(A(n+1,m)-A(n-1,m))$

Lại đặt $B(n,m)=\frac{A(n,m)}{2^m.(m+2)!}$

Ta có thể suy ra $B(n+1,m-1)=B(n+1,m)-B(n-1,m)$

Với dãy truy hồi 2 biến thế này không biết có làm được bằng hàm sinh không? Kiểu giống như công thức Pascal.

Với mỗi số nguyên dương $n,m$ Xét tổng:

$$P(n,m)=\sum_{k=1}^n \prod_{r=0}^m(k+2r)$$

________________

$1)\quad$ Chứng minh rằng $P(n,m)$ là một đa thức bậc $m+2$ của $n$

$2)\quad$ Chứng minh rằng $P(0,m)=P(-1,m)=0$

Nói cách khác

$\qquad$ Trong phân tích nhân tử đa thức có chứa $n(n+1)$

$\qquad$ và $P(-2m,m)=P(-2m-1,m)=0$ nếu $m$ chẵn.

Nói cách khác

$\qquad$ (Trong phân tích nhân tử đa thức có chứa $(n+2m)(n+2m+1)$ nếu $m$ chẵn.

$3)\quad$ Biết rằng: $2(m+2) P(n,m)=\prod_{k=0}^m (2k+1)+A(n,m)+A(n-1,m)$

$\qquad$ Tìm $A(n,m)$.

Nói cách khác

$\qquad$ Tìm cách tính tổng $P(n,m)$

Đặt $A(k,m)= \prod_{r=0}^{m+1}(k+2r)$, như vậy $P(n,m)=\sum_{k=1}^nA(k,m-1)$, khi đó ta có:

$$P(n,m+1)=\sum_{k=1}^nA(k,m)=\sum_{k=1}^nA(k,m-1)(k+2m+2)$$

Mặt khác ta lại có $A(k-2,m)=(k-2)A(k,m-1)$ với $k \ge 3$. Do đó ta có thể viết lại $P(n,m+1)=\sum_{k=3}^n(k-2)A(k,m-1)+A(n-1,m)+A(n,m)$

Ta suy ra:

$$\sum_{k=1}^nA(k,m-1)(k+2m+2)=\sum_{k=3}^n(k-2)A(k,m-1)+A(n-1,m)+A(n,m)$$

$$ \Rightarrow (2m+4)\sum_{k=1}^nA(k,m-1)=A(n-1,m)+A(n,m)+A(1,m-1)$$

$$ \Rightarrow (2m+4)P(n,m)=A(n-1,m)+A(n,m)+A(1,m-1)$$

Đến đây nếu $n$ chẵn thì có thể rút gọn $A(n,m)$ được còn nếu $n$ lẻ thì em thử mà chưa làm được.

Bài 4:

câu a.

Nếu cả $m$ và $n$ đều chia hết cho $3$ thì hiển nhiên là ta có nhiều nhất $mn$ số 1.

Giả sử có $m$ hàng và $n$ cột.

Ta có một vài nhận xét sau:

1) Nếu một trong 2 số chia hết cho 3 giả sử là $m$ thì bảng cần ít nhất là $n$ số khác 1 để thỏa mãn

Trường hợp này có thể dễ dàng đưa ra cấu hình thỏa mãn gồm 1 bảng toàn số 1 và 1 cột $m$ số khác 1 (số này là 0 hoặc 2 phụ thuộc vào số dư $n$ chia cho $3$)

2) Nếu 2 số cùng chia cho 3 có chung số dư khác 0. Giả sử $n \ge m$ thì rõ ràng với mỗi cột gồm $m$ ô mà $m$ không chia hết cho $3$ nên phải có ít nhất 1 ô khác 1. Vậy có ít nhất $n$ ô khác 1.

Đưa ra cấu hình thỏa mãn bằng cách chia hình chữ nhật này thành một hình $m$x$m$ và $(n-m)$x$m$. Ta điền cả bảng bằng số 1 ngoại trừ hàng cuối cùng và đường chéo của hình $m$x$m$. Như vậy sẽ có $n$ ô trống, dựa vào số dư của $m,n$ cho $3$ có thể điền vào các ô này thỏa mãn đề bài.

Vậy có trường hợp này có nhiều nhất $(m-1)n$ với $n \ge m$

Thực ra thì khi xây dựng cấu hình thỏa mãn bài toán, một cách tự nhiên ta sẽ nghĩ đến là điền tất cả các số đều là 1 trừ hàng cuối cùng và cột cuối cùng, sau đó tìm số thích hợp điền vào các ô này cho thỏa mãn. Ở trường hợp 1 thì dễ dàng tìm được kết quả, trường hợp 2 để tối ưu ta phải xây dựng một hình vuông $m$x$m$ để đưa về trường hợp 1. Tuy nhiên ta làm đc như vậy vì khi $m$ và $n$ cùng chia $3$ có chung số dư thì các số cần điền ở cuối hàng và cuối cột là như nhau, ta có thể dùng chung bằng cách ghép thành đường chéo hình vuông.

3) Trường hợp $m$ và $n$ chia cho $3$ khác số dư. 

Như mình nói ở trên thì sự "cần" để thỏa mãn đề bài giữa hàng và cột là khác nhau nên cần có đến $n+m-1$ ô để thỏa mãn. Tạm thời chưa biết giải thích thế nào cho hợp lí.

Đưa ra cấu hình thỏa mãn thì giả sử $m$ chia $3$ dư $2$ thì cho một cột gồm $m$ số $0$ đưa về bài toán với $n-1$ và $m$ lại đưa về trường hợp trên. Làm ngược lại nếu $n$ chia $3$ dư $2$.

Vế b có lẽ là áp dụng vế a, hoặc cũng có thể dùng thủ thuật chia thành khối lập phương như mình đã dùng chia hình vuông ở trên.

Bài 6:

Trước tiên là quy nạp theo $n$ để chứng minh với $k=1$.

Chú ý là tất cả các phần tử của $B_0^{n+1}$ thu được bằng cách lấy một phần tử của $B_{0}^n$ nhân 2 hoặc lấy một phần tử của $B_{1}^n$ nhân 2 cộng 1. Ngược lại một phần tử của $B_1^{n+1}$ thi được bằng cách lấy phần tử của $B_1^n$ nhân 2 hoặc lấy một phần tử của $B_0^n$ nhân 2 cộng 1. Điều này chứng tỏ tổng các phần tử của $B_0^{n+1}$ và $B_1^{n+1}$ là bằng nhau.

Như vậy với $k=1$ thì bài toán đúng với mọi $n$. Giờ lại chứng minh quy nạp theo $k$.

Đầu tiên đặt $A_0^n$ và $A_1^n$ là tập các chuỗi tận cùng bằng $0$ và $1$ trong $B_0^n$ còn $C_0^n$ và $C_1^n$  là tập các chuỗi tận cùng bằng $0$ và $1$ trong $B_1^n$.

Giả sử bài toán đúng đến $n$ với mọi và với mọi số $k$ bé hơn $t$.

Ta có

$$ \sum_{a \in B_0^{n+1}} (v(a))^t = \sum_{a \in A_0^{n+1}} (v(a))^t+\sum_{a \in A_1^{n+1}} (v(a))^t = \sum_{a \in B_0^n}2^t(v(a))^t+\sum_{a \in B_1^n} (2v(a)+1)^t$$

Tương tự thì:

$$ \sum_{a \in B_1^{n+1}} (v(a))^t = \sum_{a \in C_0^{n+1}} (v(a))^t+\sum_{a \in C_1^{n+1}} (v(a))^t = \sum_{a \in B_1^n}2^t(v(a))^t+\sum_{a \in B_0^n} (2v(a)+1)^t$$

Ta xét đa thức $P(x)= (2x+1)^t-2^t.x^t$ thì $P(x)$ là một đa thức bậc $t-1$.

Dễ thấy là ta đpcm tương đương với:

$$  \sum_{a \in B_0^{n}} P(v(a)) =  \sum_{a \in B_1^{n}} P(v(a))$$

Theo giả thiết quy nạp thì $ \sum_{a \in B_0^{n}} (v(a))^i =  \sum_{a \in B_1^{n}} (v(a))^i$ với mọi $i \le t-1$ nên đẳng thức trên là hiển nhiên với $degP \le t-1$.

Ta sẽ chứng minh là không phải luôn luôn sắp được như vậy. Ta thiết kế một mối quan hệ giữa các đứa trẻ chỉ ra nó không thỏa mãn. Đầu tiên xét một đồ thị hình cây với đỉnh là một đứa trẻ (bậc 0). Đứa trẻ này có 3 người quen (bậc 1), 3 đứa này mỗi đứa lại quen 3 đứa khác nữa (bậc 2),.... cứ vậy mỗi đứa trẻ xuất hiện trong đồ thị lại quen với 3 đứa trẻ khác. Ta thành lập được một cây tam phân $n$ bậc, ta có thể cho $n=2010$ cũng được.

Giả sử tồn tại cách sắp xếp để thỏa mãn đk đề bài với những đứa trẻ thuộc cái cây này.

Xét vị trí của đứa trẻ ở đỉnh bậc 0 là $a$. Lấy vị trí của mỗi đứa trẻ trừ cho $a$, ta xem như vị trí của đứa trẻ ở bậc 0 là 0. Khi đó ta có thể chứng minh quy nạp theo $k$ là nếu một đứa trẻ thuộc cây tam phân ở bậc không vượt quá $k$ thì trị tuyệt đối vị trí của nó không vượt quá $2011k$.

Tuy nhiên tổng số đứa trẻ thuộc cây tam phân mà có bậc không vượt quá $k$ là $\frac{3^{k+1}+1}{2}$.

Ta chọn được $k$ đủ lớn mà bé hơn $2010$ để $\frac{3^{k+1}+1}{2}>2.2011k+1$.

Điều này chứng tỏ phải có 2 em trùng vị trí, vô lí.

Có thể tối ưu số em bé là $\frac{3^{k+1}+1}{2}$ với $k$ thỏa mãn bđt trên.

         Mình là thành viên tham gia VMF từ những năm 2009 và cũng gần như chỉ tham gia làm toán trên VMF nên đối với nó có ít nhiều kỉ niệm. Nick trước đây của mình có đến 1000 post và hầu hết chỉ là post đề và đưa ra lời giải các bài toán của các bạn khác. Tuy nhiên đến bây giờ mình lại thấy rằng 1000 post đấy chẳng có ý nghĩa gì cả với người khác. Diễn đàn là nơi để chúng ta thảo luận, trao đổi và cùng giúp nhau học toán chứ không chỉ là những đề toán và lời giải. Bất chợt một suy nghĩ đến là đã đến lúc viết một cái gì đó chia sẻ về cách mình học toán với các bạn. Đây chỉ đơn thuần là một bài viết cho các bạn một cái nhìn về cách học và quan điểm học toán của một người khác để các bạn mạnh dạn chia sẻ những điều tương tự của bản thân, không phải một cẩm nang cho các bạn hay một sự khoe mẽ nào cả, hoàn toàn là những chia sẻ chân thành.

         Trước tiên nói về quan điểm học toán, theo ý kiến cá nhân mình thì có 5 mức độ:

Biết->biết và làm được->biết, làm được và hiểu nữa-> sau khi hiểu thì lại thắc mắc những vấn đề mới, những mở rộng và đưa ra những câu hỏi xa hơn một lời giải->cuối cùng là có thể tự đặt ra, tự giải quyết tất cả những vấn đề, những mở rộng.

          Hầu hết chúng ta chỉ dừng ở mức độ 3, thậm chí cái hiểu nó vẫn chưa tường tận. Một vấn đề lớn là đa số chúng ta học toán còn cảm tính. Có rất nhiều người học toán giỏi, họ vẫn đặt ra những vấn đề, những câu hỏi và giải quyết được hết nhưng đa phần xuất phát từ thói quen tư duy, cảm nhận của họ chứ không bắt nguồn từ những suy nghĩ chủ động. Vậy nên mới có chuyện người ta giải thích cho lời giải của mình là nhìn vào điều kiện A, ta có cảm giác là nên đưa vào một lượng B để chứng minh được điều C.

           Bạn đừng bao giờ tự ti vì mình không thể đưa ra lời giải trong khi những người khác làm được hay vì nhìn thấy cậu bạn cùng khóa học những thứ trên trời mây mà mình chả hiểu và chả dám học. Và cũng đừng tự hào khi post lên một lời giải với một skill, một bổ đề nào đó mà người hỏi chưa học. Bởi sau khi họ xem lời giải của bạn, học được những thứ đó rồi thì bạn chẳng còn dịp để thể hiện trong lần sau nữa Vì thế có những người học trước kiến thức đến 2,3 năm, bài nào cũng biết lời giải, bá đạo một vùng nhưng về sau thua kém những người khác là chuyện thường. Không phải họ không cố gắng như trước mà đơn giản bề sâu tư duy không phải là thứ cần cù và học trước có thể bù đắp được nếu không biết cách.

           Điều quan trọng với một bài toán là gì? Không phải là ai giải được mà là ai nhìn ra được nhiều thứ hơn! Học một hiểu mười nó là vậy. Tầm nhìn rất quan trọng nó kết hợp cả tư duy lẫn hiểu biết, đụng vào một bài toán có nhiều cách tiếp cận và hướng đi nhưng người có tầm nhìn sẽ biết cái nào dẫn được ra kết quả. Một bài toán khó là một bài toán mà không phân nhỏ ra được. Nếu một bài toán bạn không giải được nhưng khi phân ra thành các câu a,b,c,d,… thành các bước nhỏ thì lại làm được, điều đấy có nghĩa kĩ năng của bạn hoàn toàn có thể giải bài toán này nhưng tầm nhìn của bạn chưa thể xếp ngang hàng với nó.

          Để kết thúc bài chia sẻ này mình sẽ kể cho các bạn câu chuyện về những ngày đầu mình học dãy số, cụ thể là tìm số hạng tổng quát của dãy số. Có thể đối với một số bạn học toán Olympiad thì những thứ này quen thuộc, đơn giản đến tầm thường, nhưng như thầy Thanh đã nói, cái gì mình tự tìm ra cũng thấy “sướng” hơn là đọc được.

Như các bạn biết thì mở đầu học dãy số những dãy cơ bản đầu tiên được giới thiệu là csc và csn có dạng $a_{n+1}=a_n+k$ và $a_{n+1}=k.a_n$ trong đó $k$ là một hằng số.

         Điều thú vị đầu tiên mà mình tìm thấy là csc có thể được đưa về csn với hệ số bằng 1. Tức là ta có thể viết $a_{n+1}-k(n+1)=a_n-kn=….=a_0-k.0$.

          Giờ nếu thêm một hệ số tự do vào csn hay một hệ số nhân vào csc thì sẽ thế nào ? $a_{n+1}=k.a_n+b$

Với ý tưởng đưa về csn mình mau chóng xử lí được bằng cách thêm một hằng số $c$ vào $a_n$ tức là viết lại thành $a_{n+1}+c=k(a_n+c)$, giải ra $c$ theo $b$ trừ khi $k=1$, nhưng trường hợp này thì nó là csc giải quyết như trên rồi !!

Bây giờ nếu thay hệ số tự do không là hằng số nữa. Chú ý một cái gì đó chạy không hằng ở đây thì sẽ liên quan đến $n$. Đơn giản ta xét dãy dạng $a_{n+1}=k.a_n+a.n+b$, vẫn ý tưởng đưa về csn, ở trên xử lí với hằng số ta thêm vào hằng số thì giờ biểu thức bậc nhất thêm vào $a_n$ dạng bậc nhất là $c.n+d$. Tức là ta sẽ viết lại thành : $a_{n+1}+c(n+1)+d=k.(a_n+cn+d)$, đồng nhất thì được hệ pt 2 ẩn, 2pt, có thể giải theo $a,b$ trừ khi $k=1$. Đây vấn đề đây rồi !

Mày mò một chút, mình thấy trường hợp $k=1$ ở trên giải quyết với hằng số nhưng mình lại thêm bớt bậc nhất (biến đổi đấy là một biến đổi dễ thấy hoàn toàn không chủ động tạo ra tìm kiếm lượng thêm bớt), ý tưởng đến là mình sẽ nâng lượng thêm vào lên một bậc là bậc 2. Và giải quyết được ! Và mình nhận ra là thêm bậc 2 thì bậc 2 sẽ bị khử đi khi $k=1$ nhưng nó sẽ làm hệ số của $n$ lệch đi và không bị khử.

          Tiếp tục thay đổi công thức truy hồi ban đầu mình rút ra được là với một dãy $a_{n+1}=k.a_n+P(n)$ trong đó $P(n)$ là đa thức bậc $n$ thì ta giải quyết bằng cách thêm vào $a_n$ một lượng đa thức $Q(n)$ bằng bậc của $P(n)$ và nếu $k=1$ thì $Q(n)$ hơn $P(n)$ một bậc. Sẽ ra các hpt có thể giải được !

         Bây giờ nếu đổi $k$ là không là hằng số nữa thì sao. Thay $k$ là một biểu thức bậc nhất theo $n$, $a_{n+1}=(an+b)a_n+P(n)$

         Đến cái này thì bí thì phải Tuy nhiên mày mò không ra cái này nhưng trong quá trình đó mình tìm được là nếu đổi bài toán lại thành $(an+b)a_{n+1}=a_n+P(n) (1)$  thì mình lại làm được, bằng cách đặt $f(n+1)=an+b=a(n+1)+b-a$ tức $f(n)=an+b-a$ khi đó ta có

$$f(n+1)a_{n+1}=a_n+P(n) \Rightarrow f(n+1)f(n)…f(1)f(0)a_{n+1}=f(n)f(n-1)…f(1)f(0)a_n+Q(n)$$

         Trong đó $Q(n)=P(n)f(n)…f(0)$ là một đa thức theo $n$. Vậy nếu đặt $u_n=f(0)f(1)…f(n)a_n$ thì ra bài toán ở trên rồi. Nhưng xem xét lại thì bậc của $Q(n)$ không tính được Sau đấy mình có thử cho $P(n)$ ở $(1)$ có bậc âm nhưng không đến đâu thì phải. Nói chung đến đây dù chẳng thu được thêm kết quả nào nhưng trong quá trình bế tắc mình cũng tìm ra những ý tưởng mới thú vị. Ví dụ từ ý tưởng nhân thêm nhiều hàm $f$ như trên mình nghĩ ra cách xử lí khác cho dãy $a_{n+1}=k.a_n+b^n$  bằng cách đặt $a_n=b^n.u_n$ sẽ khử được $b^n$. Và có một số ý tưởng khác nhưng quá lâu rồi không nhớ nó như thế nào!

          Một ví dụ khác khi gặp bài toán tìm số hạng tổng quát của $a_{n+1}=\frac{a_n}{a_n+1}$

Sau khi mày mò một thời gian khá lâu mới nảy ra ý tưởng nghịch đảo 2 vế để đưa dãy này về dãy $\frac{1}{a_n}$.

         Từ ý tưởng này mình đi đến xây dựng cách tính cho dãy dạng $a_{n+1}=\frac{a_n+b}{ca_n+d}$ chú ý là hệ số của $a_n$ ở tử luôn có thể đưa về $1$. Ý tưởng nghịch đảo đưa mình đến giải pháp tìm một số $x$ để $a_{n+1}-x=\frac{(1-cx)a_n+b-xd}{ca_n+d}$ phải tạo ra ở tử một dạng $k(a_n-x)$ điều này có nghĩa là $\frac{1-cx}{b-xd}=-x$ đây là pt bậc 2 hoàn toàn tìm ra $x$ đặt lại dãy mới là $u_n=\frac{1}{a_n-x}$ có dạng đã biết.

      Có một số vấn đề khác như về phương trình đặc trưng, một số dạng dãy số đặc thù như $a_{n+1}=ka_{n}-a_{n-1}$,… nảy sinh khá nhiều ý tưởng đồng thời giúp mình hiểu khá nhiều về những lí thuyết trong sách nhưng giờ quên nhiều rồi vả lại không có nhiều thời gian hẹn các bạn dịp khác, bài viết nên dừng ở đây thôi*_*

      Luôn đặt vấn đề, luôn đặt câu hỏi là điều cần làm tuy nhiên không phải lúc nào ta cũng giải quyết được. Mỗi mảng không giải quyết được đều ít nhiều cho mình ý tưởng về cái khác và quan trọng mình luôn tự hỏi tại sao lại không làm được, những khúc mắc đấy làm hiểu ra rất nhiều vấn đề. Hi vọng các bạn có một cái nhìn mới về việc học toán qua topic này!

Phải thừa nhận một điều với anh là em cũng vậy, lúc nhỏ chỉ cắm cuối làm các câu trong sách giáo khoa và sách bài tập, khi đó nhà em cũng không có mạng để học tập, cũng chỉ cài các cuốn sách Vũ Hữu Bình trong thư viện. Đến tận mãi khi em vào cấp 3, em mới biết đến mùi của các tạp chí nổi tiếng như Toán học tuổi trẻ, Toán tuổi thơ, mới biết thế nào là nguyên lý Dirichlet, và mới bắt đầu biết đến các kì thi dành cho các cao thủ như Olympic 30/4, VMO hay IMO. Và đến cuối năm lớp 11 em mới biết đến các diễn đàn nổi tiếng như diendantoanhoc.net, mathlinks.ro.

  Nói về Toán học, em thấy nó khá là hay, em rất thích lối học kiểu suy ngược, tức là từ một vấn đề cho trước, ta khai thác mọi khía cạnh từ chúng để rồi vỡ òa trong nó là một bầu trời kiến thức, đặc biệt lúc nhỏ em rất thích mò mẫm các bài hình học lớp 7, vì nó rèn chúng ta năng lực tưởng tượng hình để kẻ thêm đường phụ rồi giải quyết bài toán. Và chính cách suy luận ngược này, đã làm em cảm thấy toán bắt đầu hay ho và nhiều điều mới lạ.!!!

Đúng vậy, cách suy luận ngược anh cũng hay dùng trong các bài toán chứng minh. Cái này giúp chúng ta tìm ra được thêm nhiều tính chất tương đương nhau, tức là có cái này sẽ suy ra cái kia. Vì thế chỉ cần chứng minh được một trong các tính chất có thể giúp mình có được cả một bộ! Cách này cho chúng ta một cái nhìn tổng quan và liên kết vấn đề, giúp tầm nhìn chúng ta tốt hơn. Đó là cơ sở để em dự đoán những cái mới và hiểu vấn đề một cách sâu sắc hơn. Có thể khi đưa ra lời giải các bài toán trên diễn đàn, em có thể trình bày trình tự cách em tư duy và những tính chất mới em suy ra, như thế sẽ giúp các bạn khác nhiều hơn. Cảm ơn em vì đã chia sẻ cách học toán của em.

Dạo nãy bỗng dưng mình thấy nhớ cái thời học toán nên muốn viết một cái gì đó chia sẻ với các bạn đang học toán. Trước đây mình từng viết một bài chia sẻ rồi và bài này mình muốn chia sẻ ở một góc nhìn khác.

Thời cấp 2 thì mình dành thời gian cho toán khá là nhiều, trung bình 5-7 tiếng một ngày để học toán. Lúc đấy thì nhà không có máy tính, không có mạng và chỉ có mỗi 2 cuốn sách của Vũ Hữu Bình làm bạn thôi. Kể ra đó cũng là một điều may mắn, khi mà không có quá nhiều tài liệu thì sẽ phải tự mày mò, tự đặt ra toán để mà làm và nó hình thành cách tư duy của cá nhân mình. Một điều may mắn nữa là không lên mạng thì không biết đến những kì thi như VMO, IMO hay là sự tồn tại của nhiều ngôi sao trên diễn đàn, vì thế không phải cày cuốc những thứ trâu bò để bằng bạn bằng bè. Đối với mình việc làm toán chỉ đơn giản là vì niềm vui và mãi đến sau này nó vẫn vậy. Mục tiêu của việc học toán thì không hẳn làm được càng nhiều bài càng tốt, mình chỉ làm những bài nào mình thấy thích và với một cách giải mình thấy thích thôi  ). Phải thừa nhận 1 điều là kiến thức toán của mình không nhiều, nếu ai để ý sẽ thấy những lời giải mình post gần như chẳng bao giờ dùng định lí hay bổ đề từ bên ngoài vào vì mình không biết nhiều những thứ đấy. Làm một bài toán cũng không nhất thiết phải làm ra, cảm giác mày mò thấy vui là đủ rồi. Có một sự thật là mình chưa từng post một lời giải bài hình nào trên diễn đàn và mình bỏ gần như tất cả các bài hình trong các kì thi mình tham dự, đơn giản vì không thích học hình. Kể linh tinh về bản thân mình đủ rồi, bây giờ chúng ta vào vấn đề chính.

Chúng ta đều biết so với thế giới thì người VN học toán khá là giỏi. Tuy nhiên mình nhận thấy là cách tư duy của chúng ta dễ dàng thừa nhận kiến thức để dùng nó như một phương tiện giải toán thay vì thực sự hiểu nguồn gốc và bản chất của mọi thứ. Ví dụ nhiều bạn tính đạo hàm, tích phân rất giỏi, nhưng thực sự có bao nhiêu bạn thời cấp 3 hiểu được ý nghĩa đạo hàm, tích phân là gì và nó sinh ra như thế nào? Tại sao lại đặt tên là đạo hàm và tích phân? Hay lúc cấp 2 được học đồ thị của hàm bậc 2 là Parabol. Vậy các bạn có đặt ra câu hỏi parabol là hình gì và tại sao lại là Parabol? Có rất là nhiều những thứ khác mà chúng ta chẳng bao giờ hỏi tại sao. Và giải quyết những câu hỏi tại sao đó chắc chắn nó chả giúp mấy cho các bạn trong các kì thi đâu, nhưng nó sẽ làm bạn thấy vui và làm bạn nhìn việc làm toán bằng một cách khác. Chúng ta sẽ quay lại với những câu hỏi ở một trong những phần kế tiếp của bài viết này.

Có một sự thật là những kĩ thuật mà chúng ta dùng giải toán đa phần đều là bắt chước hoặc là kết hợp một cách tài tình những kĩ thuật mà mình đã được biết. Cũng có những lúc chúng ta tự sáng tạo ra những kĩ thuật mới nhưng điều đó đòi hỏi kinh nghiệm và kiến thức rất nhiều. Khi học vào một mảng mới thì các bạn cần phải nắm vững các kiến thức cơ bản và biết vận dụng chứng minh được các tính chất cơ bản từ những kiến thức đó. Để làm được những bài toán trong một mảng mới, thường chúng ta phải bắt đầu với việc... đọc lời giải. Cái việc đọc lời giải nó cũng không phải là một chuyện dễ dàng, vì không chỉ đơn thuần hiểu các bước lời giải đưa ra để thấy nó đúng, mà hơn thế cần hiểu tại sao lại đưa đến một ý tưởng như thế? Lời giải này có điểm gì hay? Nó có ưu điểm, khuyết điểm gì? Nếu ta thay đổi bài toán một chút thì có dùng được nữa không? Giải quyết những câu hỏi như thế sẽ làm các bạn hiểu vấn đề hơn. Thử lấy một ví dụ đơn giản.

Đặt $S_1(n) = 1+2+3+..+n$. Chứng minh $S_1(n) = \frac{n(n+1)}{2}$

Lời giải 1: Ta chứng minh quy nạp, giả sử bài toán đúng với $n$ thì $S_1(n+1) = S_1(n)+n+1 = \frac{n(n+1)}{2} + n+1 = \frac{(n+1)(n+2)}{2}$. Vậy bài toán cũng đúng với $n+1$.

(Một lời giải hoàn chỉnh cần tuân thủ đúng các bước quy nạp nhưng mình chỉ viết ngắn gọn để nắm được ý chính)

Lời giải này khá là đơn giản và dễ hiểu. Tuy nhiên chúng ta chả thấy một chút bản chất vấn đề nào cả, nếu người ta không cho giá trị của vế phải biểu thức thì làm sao chúng ta lấy ra kết quả mà quy nạp? Đó là một điểm mà mình không thích lắm ở phương pháp quy nạp. Đôi khi chúng ta không thực sự hiểu rõ cách vận hành của bài toán khi dùng quy nạp.

Lời giải 2: Chúng ta đến với một lời giải hợp lí hơn 1 chút để lấy ra kết quả. Ta bắt cặp các số có tổng là $n+1$ khi đó sẽ tạo được $\frac{n}{2}$ cặp (cần biện luận rõ hơn chút về tính chẵn lẻ của $n$). Suy ra $S_1(n) = \frac{n(n+1)}{2}$

Lời giải này rõ ràng chỉ cho chúng ta thấy cách tìm ra công thức ở vế phải phần chứng minh và khá là ngắn gọn. Tuy nhiên nhược điểm của nó là chỉ dùng được khi mà đây là tổng của một cấp số cộng. Nếu như cần tính tổng của $1^2+2^2+...+n^2$ thì làm thế nào?

Lời giải 3: Ta có:

$$ (n+1)^2 - n^2 = 2n+1$$

$$ n^2 - (n-1)^2 = 2(n-1)+1$$

$$...$$

$$2^2 - 1 = 2.1+1$$

Cộng theo vế lại thì ta có $(n+1)^2 -1 = 2S_1(n)+n \Rightarrow S_1(n) = \frac{n(n+1)}{2}$

Một cách chân thành thì lời giải thứ 3 này có vẻ xấu xí và dài dòng nhất. Nhưng nó lại là chìa khóa để có thể tính $S_2(n) = 1^2+2^2+...+n^2$ hay là $S_3(n) = 1^3+2^3+...+n^3$.

Vì vậy không hẳn một lời giải ngắn gọn đẹp mắt đã là tối ưu. Việc mở rộng bài toán có thể đưa đến cho chúng ta những ý tưởng mới mẻ hơn vì thế đừng nên hài lòng rằng lời giải đã chứng minh được cái mà ta cần chứng minh. Khi đọc một lời giải cần hiểu rõ ý nghĩa và tác dụng của nó như thế nào. Vì thế khi trình bày một lời giải trên diễn đàn cho người khác cũng nên chỉ cho họ thấy cách mà bạn đi đến lời giải hơn là chỉ việc chỉ ra quy nạp như lời giải đầu tiên.

Chúng ta quay lại với việc đặt câu hỏi. Đây là một kĩ năng rất quan trọng. Đa số trong chúng ta chỉ chú tâm đến việc giải toán hơn là đặt ra đề toán. Việc giải toán nó đơn thuần nằm ở kĩ năng, đôi khi một người giải toán tốt chỉ vì người đó có kĩ năng đặt ra những câu hỏi tốt. Có một sự thật là học sinh chúng ta giải rất nhiều bài IMO, nhưng gần như là không có đề thi IMO nào có đề bài do người VN đề xuất cả. Việc đặt ra những vấn đề đòi hỏi tầm nhìn và đôi khi đặt ra một đề toán hay nó còn khó hơn cả giải quyết vấn đề nữa. Hãy cùng xem xét một vấn đề đơn giản như hàm bậc 2 và parabol, thử xem là ta có thể đặt ra những câu hỏi gì?

Đầu tiên ta sẽ tự hỏi parabol là hình gì? Tính chất nó như thế nào? Khi đó ta sẽ suy ra tính chất của hàm bậc 2 dựa theo tính chất Parabbol! Đôi lúc mình còn tự hỏi là người ta định nghĩa Parabol từ trước rồi như hình tròn, hình vuông, hình chữ nhật và rồi họ nhận ra hàm bậc 2 có dạng hình Parabol hay là cái hình thể hiện hàm bậc 2 được người ta đặt tên là parabol? Cần bao nhiêu điểm thì dựng được 1 parabol? Để xác định 1 hàm bậc 2 ta cần 3 tham số, vậy cần 3 phương trình để tìm ra 3 tham số, do đó khả năng là cần ít nhất 3 điểm để dựng được Parabol hoặc là biết điểm đáy Parabol và một điểm khác đáy thì sẽ dựng được! Ta thấy hình Parabol luôn đối xứng qua 1 trục, đồ thị của hàm bậc 2 thì trục đối xứng luôn thẳng đứng, vậy với 1 Parabol mà trục bất kì ko nhất thiết thẳng đứng thì cần ít nhất mấy điểm mới xác định được Parabol? Nhớ lại thầy cô khi vẽ parabol thường lấy 1 điểm đáy và 2 điểm đối xứng nhau thuộc đồ thị rồi vẽ 2 đường cong đối xứng tạo thành Parabol. Nhưng vấn đề là đường cong đó dựng như thế nào? Cong như thế nào mới chuẩn  )? Chúng ta thường vẽ rất cảm tính, thử tìm hiểu xem cơ sở để vẽ đường cong đó là như thế nào?

Thường khi nhắc đến 1 khái niệm mình thường nghĩ đến ví dụ điển hình của khái niệm đó. Ví dụ tập hợp $n$ phần tử thì thường nghĩ đến tập từ $1$ đến $n$. Tư duy trên những thứ cụ thể vẫn dễ hơn. Khi nhắc đến hàm bậc 2 mình thường nghĩ đến $x^2$ và khi nhắc đến hàm chẵn thì mình cũng nghĩ đến $x^2$. Nó đem lại 1 sự liên hệ nào đó và mình nhận ra bản chất của hàm chẵn là hàm số có đồ thị đói xứng qua trục $Oy$ và hàm lẻ thì là hàm số có đồ thị đối xứng qua tâm $O$. Parabol luôn có một trục thẳng đứng phải không? Vậy có nghĩa hàm bậc 2 được xem như là "chẵn" với một trục nào đó. $x^3$ là một hàm lẻ, vậy liệu với mọi hàm bậc 3 thì ta có luôn tìm được một tâm đối xứng cho đồ thị hàm đó hay không? Hàm bậc 4 thì sao?

Đấy cứ liên tục đặt câu hỏi như thế thì chắc chắn chẳng thiếu toán để làm rồi! Đôi khi chỉ từ 1 bài toán đơn giản bạn có thể mở rộng ra rất nhiều lí thuyết thú vị. Để đặt được câu hỏi, đôi lúc cần tầm nhìn ở vấn đề, tư duy nhận xét và rõ ràng là nó không đơn giản tí nào cả. Thay vì tạo ra 1 bài toán bằng cách kết hợp nhiều phương pháp, kĩ thuật rồi thêm bớt cho nó ra một vẻ ngoài ưa nhìn, đi từ lời giải ra đề bài. Bạn có thể chọn một bài toán mình thích, phát triển các yếu tố trong vấn đề và đặt ra một giả thuyết đẹp rồi cố gắng chứng minh nó. Cách đó tuyệt vời hơn rất nhiều!

Cuối cùng mình sẽ đề cập đến vấn đề liên tưởng trong việc học toán. Đôi lúc chúng ta có thể nhìn vấn đề này bằng một cách khác hoặc bằng những thứ khác giúp chúng ta dễ hình dung hơn và dễ xử lí hơn rất nhiều. Những ví dụ có thể các bạn đã biết đến như là việc biểu diễn một tập con của tập gồm $n$ phần tử bằng một xâu nhị phân độ dài $n$ hay việc giải phương trình Pell bằng cái nhìn của số phức.

Ngày trước khi vừa vào lớp 10 phải làm quen với những khái niệm về tập hợp, thực sự là khá mơ hồ và mình thử liên tưởng quan hệ giữa hai tập hợp giống như quan hệ chia hết giữa hai số (cứ thử hình dung ta chỉ xét những số có khai triển thừa số nguyên tố đều có lũy thừa cao nhất là 1 tức những số không có ước dạng $p^2$) bạn sẽ thấy có gì đó tương đồng. Khi đó phép hợp và giao của 2 tập hợp nó giống như phép lấy UCLN và BCNN giữa 2 số vậy. Ở một khía cạnh nào đó bạn sẽ thấy có mối tương đồng giữa 2 phép toán này:

$$ a.b = UCLN(a,b).BCNN(a,b)$$

$$ |A| + |B| = |A \cap B| + |A \cup B|$$

Một ví dụ khác $a$ chia hết cho $b$, $b$ chia hết cho $c$ thì $a$ chia hết cho $c$. Ta có thể thấy tương ứng bên tập hợp là $A$ chứa $B$, $B$ chứa $C$ thì $A$ chứa $C$.

Từ đó có thể từ tính chất của phép chia hết suy ra những tính chất của tập hợp (chiều ngược lại thì chưa chắc nhé!).

Trên đây mình đã đề cập 3 vấn đề chính là hiểu bản chất lời giải, phát triển vấn đề bằng cách đặt câu hỏi và nhìn nhận vấn đề bằng sự liên tưởng. Mình cũng đã lựa chọn đưa ra những vấn đề đơn giản để làm ví dụ cho các bạn dễ hiểu. Hi vọng là các bạn tìm thấy một chút gì đó thú vị hay là một chút cảm hứng gì đó từ bài chia sẻ này.

Qua đây mình cũng muốn chia sẻ thêm một chút với các bạn về tư tưởng khi các bạn tiếp cận với toán. Theo quan điểm cá nhân của bản thân mình thì tư duy sáng tạo nằm ở khả năng suy nghĩ critique, còn tư duy logic thì nằm ở kĩ năng nhiều hơn. Ở nước ta, việc thi cử và thành tích luôn được chú trọng, có quá nhiều những nơi luyện thi hay những tài liệu để rèn kỹ năng giải toán cho các bạn, nhưng không nhiều nơi dạy cho bạn cách tư duy phản biện. Đôi lúc cách tư duy phản biện của chúng ta có hình thành và tiến bộ nhưng có lẽ nó hơi vô thức. Các bạn cần ý thức để cải thiện việc này một cách chủ động. Đó là lí do vì sao mình luôn nhấn mạnh việc cần phải đặt những câu hỏi vì sao và cần phải hiểu những điều cốt lõi của vấn đề. Cách tư duy này không chỉ giúp cho các bạn mỗi việc làm toán, nó là nền tảng để các bạn có thể tư duy mọi vấn đề trong tương lai. Nên nhớ việc bạn giải thật nhiều bài toán hơn so với phần còn lại, không quan trọng bằng việc bạn tư duy khác biệt so với phần còn lại.

Với cá nhân mình nghĩ thì điều quan trọng nhất đó là các bạn phải tìm thấy được niềm vui khi học toán và học toán chỉ để vui chứ chẳng vì cái gì cả. Khi mình bước vào cấp 3 thì đó là điều mà mình không thể làm được nữa và rồi mình phải từ bỏ toán. Bởi vì ở môi trường ở Việt Nam, chúng ta quá bị áp lực bởi thành tích, nhưng chung quy đó không phải là thứ quan trọng nhất. Mình khuyên các bạn trẻ hơn đang tuổi học toán trên ghế nhà trường, các bạn nên xem việc học toán chỉ đơn giản như là niềm vui, niềm đam mê của bản thân thôi, đó không nên là thứ để ganh đua thành tích. Việc chia sẻ những gì bản thân bạn biết với người khác cũng là một thứ cần thiết. Không chỉ toán mà trong bất kì một lĩnh vực nào, các bạn nên tìm cho mình 3 người. Người thứ nhất giỏi hơn bạn, để bạn học hỏi từ họ mà tiến bộ, người thứ 2 cùng đẳng cấp với bạn để mà bạn cùng rèn luyện hỗ trợ nhau để tiến bộ và người người thứ 3 không giỏi bằng bạn, để bạn giúp đỡ chỉ bảo giải thích cho họ, bạn chưa thực sự hiểu rõ vấn đề nếu bạn chưa thể giải thích sao cho người khác hiểu, đó cũng là cách để bạn hiểu rõ hơn những thứ mà bạn đã biết và nó cũng sẽ giúp bạn tiến bộ.

Chúc các bạn có những thành công và luôn tìm được niềm vui với môn Toán và nếu có thể các bạn nên viết chia sẻ cách các bạn học toán với mọi người bởi nếu các bạn chưa thể giải thích cho người khác bạn học như thế nào thì hẳn là bạn vẫn chưa hiểu rõ cách mà bản thân mình học toán hehe.

Bài 6 như thế này. Đầu tiên vẽ 1 hình tròn, vẽ tiếp $n+1$ đường kính, kẻ 1 đường kính với 2 mút là 0. Nửa trên đường kính này đánh dấu từ 1 đến $n$, nửa dưới đánh dấu từ -1 đến -n. Sao cho 2 mút của đường kính có tổng bằng 0. Xét với một điểm trên đường tròn thì ta gọi đầu mút còn lại của đường kính chứa điểm này là điểm đối của nó. Ta cần xác định $n+1$ số đầu tiên sao cho $a_i-a_{i+1}$ không đồng dư với $2n+1$ với $1 \le i \le n$.

Từ vị trí số 1 ta đặt $a_1$ nhảy sang vị trí bên cạnh của điểm đối số $1$ là -2 đặt là $a_2$, nhảy tiếp qua điểm bên cạnh của điểm đối của $a_2$ là $a_3$. Khi đó thì $|a_i - a_{i+1}| = 2i+1$ tức là chúng phân biệt theo mod $2n+1$ và theo cách nhảy này thì ta ko đi qua 2 điểm nào cùng đường kính, mỗi bước ta đi qua một đường kính lần lượt từ $1$ đến $n$. Tuy nhiên chú ý là $a_{n+1}$ là -1 (tức là 2n), thì khi đến đường kính thứ $n$ ta sẽ có $|a_n-a_{n+1}|$ sẽ là $|n-(-1)|$ hoặc $|-n+1|$ bằng $n+1$ hoặc $n-1$ tức là phải chừa bước $i$ nào mà $|a_i-a_{i+1}|$  bằng $n-1$ hoặc là $n+1$ ra (trường hợp 2 số này chẵn thì 2 giá trị tương ứng là $n$ và $n+2$). Giờ ta tránh né điều này bằng cách đi đến điểm có giá trị như vậy ta sẽ ko làm theo quy tắc cũ mà đi sang số bên cạnh trên đường tròn để khi đó $|a_i-a_{i+1}|=1$ sau đó lại tiếp tục quy tắc cũ.

Vấn đề là làm sao xác định $i$ để đi bước tránh này. Chú ý là nếu mãi làm theo quy tắc thì $a_i$ chỉ đi qua các đỉnh số dương lẻ. Nhưng vì có bước tránh nên suy ra sau bước đó thì $a_i$ chỉ có thể là các sống dương chẵn. Do đó nếu $n$ lẻ thì $a_n$ là $-n$ nên $|a_n-a_{n+1}|=n-1$, cần tránh giá trị $n+2$ ra nên thay vì đi đến điểm $\frac{n+1}{2}$ theo quy tắc cũ thì đi sang điểm bên cạnh. Tương tự nếu $n$ lẻ thì tương ứng với điểm $\frac{n-1}{2}$. Theo quy tắc này thì $|a_i-a_{i+1}|$ sẽ lấp đầy các số lẻ từ 1 đến $2n-1$ (có thể $|a_n-a_{n+1}|$ chẵn nhưng $2n+1$ trừ số này không nằm trong các số lẻ còn lại).

Thực ra bài 1 không khó nhưng có lẽ cách phát biểu nó làm các bạn hơi hoang mang. Dĩ nhiên là phải phản chứng, giả sử là 2 con kiến bất kì đều gặp nhau. Vận tốc của 2 con kiến bất kì khác nhau nên dĩ nhiên nếu 2 con cùng xuất phát ở 1 lỗ và ở cùng thời điểm thì chả bao giờ gặp nhau cả ( đi cùng chiều thì ko gặp rồi mà ngược chiều thì càng chẳng bao giờ gặp). 2017 con kiến mà 44 lỗ thì có 45 con cùng chuồng. Và dĩ nhiên để đáp ứng điều kiện phản chứng thì 45 con này xuất phát thời điểm khác nhau, cộng thêm cái thời điểm của cái con xuất phát trễ nhất nó chui vào lỗ nữa thì phải có ít nhất 46 thời điểm. Mâu thuẫn!

Các bài còn lại mình chỉ có chút ý tưởng, bài 2 thì định lí Lucas, bài 5 thì mình chỉ thấy một tính chất là $a_(n+k)/a_n$ bị chặn trên và dưới với $k$ cố định (hình như thế ) nhưng ko biết dùng được không (). Còn bài 6 thì khả năng là cái dãy này nó sắp xếp theo quy luật để đạt được điều kiện, chỉ cần thử với vài số mò ra quy luật, chỉ ra là coi như chứng minh được rồi.

mình đã chứng minh $k_n \leq n-1$ rồi bạn.

Xin lỗi vì mình ko đọc kĩ lời giải của bạn. Đáp áp phải là 2n-3. Một tập các tập hợp thỏa mãn đề bài thì hoặc là phải thỏa mãn 3 đk mình nêu ở trên hoặc là có thể đưa về cấu hình thỏa mãn điều kiện đó bằng cách thay một số tập hợp bằng phần bù của nó.

Lời giải của bạn sai vì khi bạn khẳng định bỏ phần tử $n$ từ tất cả các tập của $k_n$ sẽ được các tập thỏa đk với $n-1$. Điều này không đúng khi hai tập hợp đó chỉ có chung đúng phần tử $n$.

Bài 3 ngày 2: Tổng quát cho $n>1$. Đặt $S_i=\left \{ 1,...i \right \}$. Xét $k_n$ lớn nhất sao cho tồn tại $k_n$ tập con của $S_n$ thỏa mãn.

Ta có $S_1,...S_{n-1}$ thỏa mãn nên có thể giả sử $k_n\geq n-1$. Ta sẽ chứng minh $k_n=n-1$ bằng quy nạp

Với $n=2$ dễ có $k_2=1$

Với $n\geq 3$.Ta có $A_i\neq \varnothing ,S_{n}$. Ta có $A$ và $A'$ không xuất hiện cùng nhau trong $k$ tập trên và có thể thay $A$ bằng $A'$ trong $k_n$ tập trên mà vẫn thỏa mãn điều kiện, vậy ta có thể thay tất cả các tập không chứa $n$ như trên, vậy ta có thể giả sử $k_n$ tập trên đều chứa $n$. Nếu trong $k_n$ tập trên không chứa tập $\left \{ n \right \}$ thì ta vẫn có thể thêm tập đó vào mà vẫn thỏa mãn điều kiện, thu được $k_n+1$ tập thỏa mãn trái với cách chọn $k_n$. Vậy trong $k_n$ tập trên chứa $\left \{ n \right \}$. Bỏ tập $\left \{ n \right \}$ và bỏ phần tử $n$ trong các tập còn lại thu được $k_n-1$ tập con của $S_{n-1}$ thỏa mãn. Ta có$k_n-1\leq k_{n-1}= n-2\Rightarrow k_n\leq n-1$ (theo giả thiết quy nạp và cách chọn $k_{n-1}$). Từ trên ta có $k_n=n-1$.

Cụ thể với bài trên, $k= k_{2017}= 2016$.

Lời giải của bạn chưa chính xác. Phép quy nạp của bạn chỉ giúp chỉ ra là $n-1$ thỏa mãn chứ ko chứng minh nó lớn nhất.

Có thể chuyển điều kiện bài toán thành như thế này.

Tìm $k$ lớn nhất để mà 2 tập bất kì trong $k$ tập này thỏa mãn 3 điều kiện sau:

1) Không có tập nào là $S_n$

2) 2 tập này ko là phần bù của nhau

3) 2 tập này hoặc rời nhau hoặc là có tập này chứa tập kia

Ví dụ tập các tập hợp sau thỏa mãn:

$\{1 \}, \{ 2 \}, ..., \{ 2017 \}, \{ 1;2 \}, \{ 1;2;3 \}, ..., \{ 1;2;...;2015 \}.$

Có thể là có nhiều bạn không đồng ý hoặc chưa hiểu những ý kiến mà bạn Nxb nêu ra, tuy nhiên với cá nhân mình thì bạn Nxb là một người tâm huyết và ít nhiều bạn ấy nói chuyện rất khiêm nhường với các bạn. Các bạn phải hiểu là dù trong số các bạn có rất nhiều người yêu toán đến nào đi nữa thì rồi cũng chẳng còn mấy ai khi lên đại học còn học toán, làm toán, tham gia diễn đàn và trao đổi chia sẻ kinh nghiệm với các bạn nữa đâu! Vì vậy ý kiến của những người đi trước dù chưa biết đúng sai thế nào nhưng cũng đáng để các bạn lắng nghe. Theo mình để cải thiện việc trao đổi trên diễn đàn thì các bạn cần phải hiểu hai điều thế này.

Thứ nhất là mục đích học toán, đa phần các bạn hs thời phổ thông, kể cả bản thân mình đều từng cho rằng học toán là để giải toán, làm càng nhiều, giải càng nhiều toán thì càng giỏi. Quan niệm này chỉ đúng một nửa thôi, vì người giải được bài toán chưa chắc đã giỏi hơn người đặt ra bài toán và giải được nhiều chưa chắc là đã hiểu được nhiều. Phần lớn chúng ta đều dừng lại khi có lời giải bài toán, chẳng mấy khi đặt ra những vấn đề mới, những câu hỏi tại sao, dùng một skill giải ra được bài toán nhưng chưa chắc đã hiểu tại sao người ta nghĩ ra được skill này và tại sao lại dùng được ở đây, có quá nhiều câu hỏi nhưng chúng ta chẳng bao giờ tự đặt ra.

Thứ hai là điều mà bạn Nxb đã nêu ở trên đó là cách các bạn trao đổi với nhau. Diễn đàn là nơi mọi người cùng thảo luận, trao đổi, mà đã là thảo luận thì phải đưa ra những suy nghĩ, ý kiến cá nhân, khi các bạn hỏi một vấn đề nào đó thì ít nhiều phải bỏ ra thời gian cho nó trước khi hỏi đã, trước khi nhờ vả người khác phải biết tự lực cánh sinh, đó là điều tất yếu. Thậm chí khi các bạn hỏi một vấn đề nào đó có thể trình bày luôn hướng đi của các bạn thế này thế này nhưng không giải ra (hoặc có thể hỏi sau khi đọc lời giải của người khác), khi đó thì ngoài việc người khác cho bạn lời giải họ còn có thể giải thích thêm tại sao con đường bạn đi không ra, tại sao làm thế này mà không làm thế khác. Trao đổi đòi hỏi các bạn phải nêu suy nghĩ và bỏ thời gian. Bất kể thứ gì cũng không thể đòi hỏi chất lượng nếu không bỏ thời gian và công sức.

xin được phân tích và giải bài tóan số 1:

Khi nhìn số 2015, chắc nhiều bạn cũng đóan nhận được là có thể giải bài tóan trong trường hợp tổng quát. Vì vậy khi nếu chúng ta xử lý được bài tóan tổng quát thì sẽ xử lý được với bất kỳ con số nào, có thể là 2015,2016,...

Bài tóan tổng quát:

Chứng minh tồn tại vô hạn số tự nhiên của dãy FIbonacci chia hết cho $n$

Xét các cặp số dư khi chia 2 số hạng liên tiếp trong dãy Fibonacci theo modulo $n$ $(F_0,F_1);(F_1,F_2);...;$

Vì dãy Fibonacci là vô hạn mà chỉ có $n^2$ khả năng cho mỗi cặp số dư theo modulo $n$ nên tồn tại $(F_i,F_{i+1})$ sao cho $F_i\equiv F_{i+m};F_{i+1}\equiv F_{i+m+1}$ ( mod $n$ ) với $m\in \mathbb{Z^+}$

Xét $i> 1$ ta có: $F_{i-1}=F_{i+1}-F_i\equiv F_{i+m+1}-F_{i+m}=F_{i+m-1}$ ( mod $n$ )

Quá trình cứ tiếp diễn dẫn đến $F_j\equiv F_{j+m}$ ( mod $n$ ) $\forall j\geq 0$

Suy ra $0\equiv F_0\equiv F_m\equiv ...$ ( mod $n$ ), tức là có vô hạn các số $F_{km}$ thỏa mãn yêu cầu bài tóan

DPCM

Sau bài toán này em liên hệ được điều gì?

Về cơ bản là nhờ $F_0=0$ nên bài toán đúng với mọi $n$. Nhưng đâu chỉ dãy dirichlet mới có $F_0$ bằng 0. Kết hợp với đl 2 ở trên có thể suy ra nếu mà $u_0=0$ với mọi dãy số truy hồi $u_n$ thì dãy tồn tại vô số số chia hết cho $n$. Nhưng $u_0$ nó rõ ràng quá giả dụ ta cho $u_1=-2,u_2=5,u_3=4$ sau đấy thiết lập một công thức truy hồi $u_{n+3}=au_{n+2}+bu_{n+1}+cu_n$ ta thiết kế $a,b,c$ sao cho tính toán một chút được $u_5=0$ chẳng hạn, như vậy ta sẽ thu được một bài toán cho  $u_1=-2,u_2=5,u_3=4$ và $u_{n+3}=au_{n+2}+bu_{n+1}+cu_n$ cmr có vô hạn số hạng của dãy chia hết cho $n$ hoặc người ta muốn đánh lạc hướng hơn tí thì bảo là chia hết cho mọi số nguyên tố $p$. Muốn nó lắt léo hơn một chút thì thông thường chúng ta quan niệm một cách đơn thuần một dãy số $u_n$ thường bắt đầu từ $u_0$ hoặc $u_1$ rồi đi dần lên, nhưng khái niệm "tuần hoàn số dư" làm ta nghĩ đến dãy số này như một vòng tròn nó sẽ quay đêu và lặp lại, mà vòng tròn k có điểm bắt đầu, thế thì trước $u_0$ vẫn có thể có $u_{-1},u_{-2}$ chẳng sao cả. Vậy giờ ta tìm $a,b,c$ sao cho nếu mà tính ngược về $u_{-2}=0$ chẳng hạn thì lại ra một bài toán mới!

Muốn màu mè thêm một chút thì bài này ta dễ dàng thấy $u_n$ là số nguyên thì giờ thêm hệ số vào  $t.u_{n+3}=au_{n+2}+bu_{n+1}+cu_n$ thiết kế các hệ số sao cho dãy này lúc nào cũng nguyên thế là lại ra một bài toán mới!

Hoặc đặt ra giả dụ một dãy dạng $u_{n+1}=au_n+bu_{n-1}^2$ chẳng hạn thì nó có tuần hoàn số dư không?.....Chẳng bao giờ thiếu cách để đặt ra vấn đề.

Có quá nhiều cách để phát triển lên từ một ý tưởng ta cảm thấy thú vị! Vấn đề là phải đánh bật tư duy của mình ra ngoài những khuôn phép, ngoài những định kiến vốn cho là quen thuộc. Từ đây bạn có thể tạo ra một lớp các vấn đề rồi theo dạng toán này rồi! Thử bắt tay vào những ý tưởng nêu trên xem thế nào?