Bài 1: không khuyến khích cho ai chưa biết phương pháp ma trận ( bài tập thực hành )

Giả sử ta xét $x_1,x_2,......x_2017$ tm ycbt.  Với mỗi tồn tại $\varepsilon_{i,j}\in\{-1, 1\}$ để $ \[

\varepsilon_{i, 1}n_{i}+\varepsilon_{i, 2}n_{i+1}+\varepsilon_{i, 3}n_{i+2}+\varepsilon_{i, 4}n_{i+3}+\varepsilon_{i, 5}n_{i+4}=29
\]$ với mỗi $i$ và $\sum_{j=1}^{5}\varepsilon_{i, j}=1$

Ta coi đây là hệ độc lập tuyến tính 2017 phương trình . Có nghiệm sẵn là 2017 số 29,.

Ta cm đó là nghiệm duy nhất  Xét det của matrix sau

\[
\Det B=
\begin{vmatrix}
\varepsilon_{1, 1} & \varepsilon_{1, 2} & \varepsilon_{1, 3} & \varepsilon_{1, 4} & \varepsilon_{1, 5} & 0 & \hdots & 0 \\
0 & \varepsilon_{2, 1} & \varepsilon_{2, 2} & \varepsilon_{2, 3} & \varepsilon_{2, 4} & \varepsilon_{2, 5} & \hdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots \\
\varepsilon_{2017, 2} & \varepsilon_{2017, 3} & \varepsilon_{2017, 4} & \varepsilon_{2017, 5} & 0 & 0 & \hdots & \varepsilon_{2017, 1}
\end{vmatrix}.
\]

xét theo mod 2, matrix chuyển về  \[

\B_0=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & \hdots & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & \hdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots \\
1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & \hdots & 1
\end{vmatrix},
\]

Gọi $\omega=e^{\frac{2\pi i}{2017}}$ là căn 2017 của đơn vị. Ta tính ra det của B_o là 5. Nên nó tồn tại nghiệm duy nhất do ma trận này có nghịch đảo qua $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ do (5,2017)=1.

Hừm, cái này là Thailand MO 2015 đấy

Mở rộng thành trường Z[p}.

Giả sử ta có phân tích sau đây : $f(x)=g(x)h(x)$ với h,g là đa thức hệ số nguyên, deg h,g < n

Viết liên hợp của g(x) trong Zp[x} gọi là g'(x). Vậy ta có f'(x)=g'(x)h'(x) trong Zp[x]. Do p là số dạng 4k+3 nên x^2+1 bất khả quy trên trường Zp

Vậy ta có g'(x)=(x^2+1)^s và h'(x)=(x^2+1)^(n-s). 

Bây giờ ta quay lại Z{x}

g(x)=(x^2+1)^s+ p.v(x) và h(x)= (x^2+1)^(n-s)+pt(x) với v,t là đa thức hs nguyên.

Ta thế lại, ta có 1=(x^2+1)^s.t(x)+(x^2+1)^(n-s). v(x) + p.v(x).t(x). Xét lại Zp[x] ta có x^2+1 là ước của 1 là vô lí

http://www.sciencedi...022314X02000495

không dễ thật.

Có vẻ theo article này thì nó chỉ có 1nghiệm chứ không phải hữu hạn nhỉ . Thật ra ý mình không phải là cái này ( đến hôm nay mới biết ) mà là cái này https://en.wikipedia...ørmer's_theorem

Em không biết đâu ( đoán thôi nhé ) khoảng 80% bài 3 này của VĨnh Phúc . (  Do nó nằm trong hội thảo khoa học ở Hưng Yên ngày 15,16/2/2017). Ngoài ra là TSTST 2013 :v.

Em nhớ tới vì hôm nay thầy em nhờ em đọc lại bài thằng bạn em ( lớp 10 thi 11 mà cũng là đứa duy nhất bị khuyến khích trong team ) . Đọc lời giải chính thức chẳng khác gì hết

Bài 14* ( Prasolov) : Cho $0=m_0<m_1<m_2<........<m_n$ và  $m_i$  đồng dư  $i$ mod 2. Khi đó đa thức thức ở bài 14 thay bằng  $m_1,m_2,.......m_n$ ở số mũ có nhiều nhất n nghiệm . Từ bài này , ta có thể có nói là không tồn tại

file:///Users/admins/Desktop/Screen%20Shot%202017-05-18%20at%2000.04.18.png

đây là bổ đề giải  quyết cả 2 câu ạ

Chứng minh rằng phương trình Diophante sau có hữu hạn nghiệm $3^x-2^y=k$ với k cố định >=0

http://www.ommenline...pmo2017_sol.pdf .   cho những ai quan tâm

$\frac{m}{n}=\frac{1}{1^{2k}}+\frac{1}{2^{2k}}+\frac{1}{3^{2k}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k}}$ thì kết quả trên vẫn đúng với điều kiện 2k không phải ước p-1

Bài 4 : Xét $v_p(a)$ là số mũ ( định giá ) của số p ứng với số hữu tỷ $a$ ( p-adics valuation )

 

Nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh a,b,c là số mạnh . Ta sẽ chứng minh a là số mạnh từ đó tương tự sẽ có b,c cũng là số mạnh

 

Theo định nghĩa , r là 1 số hữu tỷ mạnh nếu mà $v_p(r)$ > 1 ( p là ước nguyên tố hình thức ( valuation của r)

 

Để có lợi , ta xẻt 1 số $p$ để $v_p(a)$ lớn hơn 0. Khi do $\nu_p(a) + \nu_p(b) + \nu_p(c) = 0$ nên ta có thể chứng minh $v_(b)$ và $v_(c)$ nhỏ hơn 0

 

 

1) Do tồn tại $x,y,z$ thoả mãn bài toán nên số mũ ( định giá ) của chúng phải >=0

2) $v_p(c^z) = v_p(b^y)$

3) Viết lại $\nu_p(c) = -y't$ và $\nu_p(c) = -y't$   vớ i$y' = \frac{y}{\gcd(y,z)}$ và $z' = \frac{z}{\gcd(y,z)}$

4)Đến đây dễ dàng có $v_p(a)$ lớn hơn 1 nên a là số mạnh . Tương tự thì b,c cũng mạnh 

 

 

Về định giá p-adic anh có thể xem VMO 2017 năm nay là 1 ví dụ . ( dù chả liên quan )

Bài 9 sao chơi kì vậy . Dùng bất đẳng thức Karamata làm nó trivial

Bài 4 : Xét $v_p(a)$ là số mũ ( định giá ) của số p ứng với số hữu tỷ $a$ ( p-adics valuation )

Nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh a,b,c là số mạnh . Ta sẽ chứng minh a là số mạnh từ đó tương tự sẽ có b,c cũng là số mạnh

Theo định nghĩa , r là 1 số hữu tỷ mạnh nếu mà $v_p(r)$ > 1 ( p là ước nguyên tố hình thức ( valuation của r)

Để có lợi , ta xẻt 1 số $p$ để $v_p(a)$ lớn hơn 0. Khi do $\nu_p(a) + \nu_p(b) + \nu_p(c) = 0$ nên ta có thể chứng minh $v_(b)$ và $v_(c)$ nhỏ hơn 0

1) Do tồn tại $x,y,z$ thoả mãn bài toán nên số mũ ( định giá ) của chúng phải >=0

2) $v_p(c^z) = v_p(b^y)$

3) Viết lại $\nu_p(c) = -y't$ và $\nu_p(c) = -y't$   vớ i$y' = \frac{y}{\gcd(y,z)}$ và $z' = \frac{z}{\gcd(y,z)}$

4)Đến đây dễ dàng có $v_p(a)$ lớn hơn 1 nên a là số mạnh . Tương tự thì b,c cũng mạnh 

Về định giá p-adic anh có thể xem VMO 2017 năm nay là 1 ví dụ . ( dù chả liên quan )

Theo như em biết , số $4^n$ vẫn chưa gọi là tốt lắm , có bài toán chứng minh cho $2^{2^{n-1}}$. Bài toán này được chứng minh dựa trên đa thức cyclotomic ( đa thức chia đường tròn )

theo mình nghĩ đối với khối 10 chưa nên dùng khảo sát hàm số, 

cách giải khác cx theo holder

https://diendantoanh...rtfracabcgeq-6/

theo mình nghĩ đối với khối 10 chưa nên dùng khảo sát hàm số, 

cách giải khác cx theo holder

https://diendantoanh...rtfracabcgeq-6/

Theo như hiểu biêt của mình , Holder hình như cũng bị cấm thì phải . Khảo sát chả qua nói cho vui chứ thực tế nó là Cauchy 2 số       

Thực ra như em nghĩ là không nên loại bỏ nó đi. Hay phải chăng là mọi người không " còn " thích nó như thế hệ trước là vì thi VMO,TST, IMO, thậm chí thi trắc nghiệm đại học bây giờ chắc cũng chả còn.

Em cũng khá thích bất đẳng thức , không phải vì nó giống cờ hay trí tuệ gì cả ? Chỉ đơn giản người đầu tiên mà em cảm nhận được vẻ đẹp toán học là anh Cẩn ( Võ Quốc Bá Cẩn ). Em khi nói cho thầy em điều này thì ngay lập tức thầy ấy nói là " Sao con không quan tâm đến Gauss trước mà quan tâm mấy cái biến đổi " mệt mỏi " này làm gì ?.

Có 1 câu chuyện ( của em ) : Thưở lớp 9 , em học cấp 2 có em và thằng bạn giỏi ngang ngửa nhau nhưng chỉ vì nó giỏi tổ hợp hơn em nên được đánh giá cao hơn. Hay chỉ đơn giản là " Bất toàn trâu bò thôi, tổ hợp mới đúng là đỉnh cao trí tuệ ". Còn nếu nói về độ " trâu bò " : em nghĩ hình học bây giờ nó đông gấp 3 lần các thứ khác. Vậy tại sao có topic này mà không phải là " Tại sao hình học sơ cấp nó khoẻ thế , IMO càng ngày càng cho ít  mà vẫn ra " lò " kinh thế ? ". Phải chăng là do HHSC vẫn còn có " điểm " khi đi thi ? 

Trước khi em thi TST vài ngày. Thầy em có nói đến vấn đề là phải nghỉ bđt và tập trunng cày các thứ khac ) 

Nếu ai còn quan tâm tới bài toán trên thì link thứ 2 có solution rồi ạ

Khi trên đó ( 2 dòng ) người ta đã chứng  minh f là hàm hằng . Khi đó f(x)=c với mọi x. Khi đó c=0 mẫu thuẫn với giả thuyết bài toán

VN TST 2005

Ta chứng minh nhận định sau { em giải bằng Holder nhưng chắc có thể dễ hơn }. 

$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \geq \sqrt{\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}$

Đặt $\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}} =t$ Ta có thể cm là $t>= căn 3$

Khảo sát hàm số theo t khi đó ta có đpcm

Hừm em biết là nó khá cũ rồi nhưng thôi kệ.

Thay m,n bới p,1 với p nguyên tố lớn hơn bằng 3 và n=1. Ta có p là ước của f(p)+f(1). 

Thay m,n bởi p,p với p nguyên tố lớn hơn bằng 3 . Ts có p là ước của f(p).

Vậy p là ước của f(1).

. Cho p ra dương vô cùng , ta có f(1)=0. Đến đây ta xét thay x,y bởi n,1. Ta có n là ước của f(n). Ta có mọi hàm f(x) như trên đều thoả mãn yêu cầu bài toán

Xét q là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$. GỌi $q_j$ là ước của $2^p-1$ xét $q_j=1=pm_j$.

$2^p-1$ chia hết cho $q_j$. Nên $2^{p+1}-2$ chia hết cho $q_j$. Ta có $q_j$ đồng dư 1 hoặc 7 mod 8.

Mà do $p^2$ là ước của $2^{p-1}-1$ nên là ước của $2^{p}-2 . Viết lại theo phân tích tiêu chuẩn : $p^2$ là ước của tích chạy từ 1 đến r của $(1+pm_j)^{a_j}-1$

Vậy tổng tuyến tính $m_ja_j$ với j chạy từ 1 đến r chia hết cho p. Từ đây , ta có $m_j$ đồng dư 0 hoặc 6 theo mod $8$ nên $m_j$ lớn hơn hoặc bằng 6. 

Vậy ta có $2^p >= (6p)^{a_1+.........+a_r}$ với m= MAX{$m_j$}. nên ta dễ dàng có đpcm

Ở trên có rồi mà

Thâtj ạ ?. Em không thấy

Cho $a$ và $b$ là 2 số nguyên dương khác nhau lớn hơn 1. CMR luôn tồn tại số $n$ để $(a^n-1)(b^n-1)$ không phải số chính phương. 

GENELIZATION: Cho $a$,$b$ thoả mãn $ab$ không phải số chính phương và a,b khác nhau lơn hơn 1. CMR tồn tại n cũng với đk như trên .

P/S: Em thực sự mong có sol bài đầu lắm ý ạ . Official solution không sơ cấp nên khó nghĩ lắm ạ

Không ai chém câu 2 à, thế mình chém tý

Xét $a=2x-1,b=2x+1,c=-x$ . Khi đó ta có $P(2x-1)^2+P(2x+1)^2+P(-x)^2=P(3x)^2+2$. So sánh hệ số  $x^{2n}$ có dễ dàng có n=1 nên  $degP=1$. Do đó $P(x)=mx+n$.

Thay vào đẳng thức, khi đó ta có $P(x)=\cos \alpha+x sin \alpha $

Dễ dàng kiểm tra đa thức thoả mãn . Vậy $P(x)=\cos \alpha+x sin \alpha $