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 $k=-1$

Chứng minh đẳng thức sau:

 

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

 

Trong đó: $\begin{cases}(2m)!!=2^m.m!\\ (2m-1)!!=\dfrac{(2m)!}{2^m.m!}\end{cases}$

Bài này có thể sử dụng kĩ thuật tính hệ số đa thức khá hiệu quả. Tổng cần tính chính là hệ số tự do trong khai triển:

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

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

Hệ số tự do của khai triển này chính bằng $$\frac{(-1)^n}{2^n}{n\choose \lfloor \frac{n}{2} \rfloor}$$

Có thể kiểm tra cái này bằng với vế phải, e k biết có phải thầy biến đổi từ giá trị này ra công thức tường minh theo n không có dấu giá trị tuyệt đối không? Nếu là như vậy thì em rất muốn biết thầy biến đổi ntn

E không hiểu sao nó k hiện công thức dù đã cố gắng sửa rồi, hi vọng thầy đọc và hiểu được. Em rất thích đọc những bài toán do thầy post vì trước khi post 1 bài toán thầy đều đầu tư ít nhiều vào đó!

 

Có 3366 nhà phê bình điện ảnh bỏ phiếu cho giải Oscar. Mỗi một nhà phê bình bỏ phiếu cho đúng 1 nam diễn viên và đúng 1 nữ diễn viên. Sau khi các nhà phê bình bỏ phiếu xong, người ta thấy rằng với mỗi n thuộc {1, 2, ..., 100} đều có một nam diễn viên hoặc 1 nữ diễn viên được đúng n phiếu. Chứng minh rằng tồn tại 2 nhà phê bình bỏ phiếu như nhau (tức là bỏ phiếu cho cùng 1 nam diễn viên và 1 nữ diễn viên).

(Balkan MO 2015)

 

Trước tiên ta khai thác một số điều từ giả thiết. Tổng số phiếu sẽ là $\frac{100.101}{2}=5050$, mà chỉ có $3366$ nhà phê bình nên phải có ít nhất $5050-3366=1684$ người bỏ 2 phiếu. Rõ ràng từ câu hỏi của bài toán thì ta phải xem xét đến $1684$ ông này, để chứng minh có $2$ ông bỏ phiếu giống nhau thì chỉ có thể rơi vào $1684$ vị này là khả thi thôi. Tức là nếu xét các cặp được cùng một nhà phê bình bỏ phiếu thì trong $100$ diễn viên đề cập trong đề phải có ít nhất $1684$ cặp nam nữ. Đến đây ý tưởng sẽ phải chứng minh không thể có đến $1684$ cặp được. Bây giờ ta sẽ cố gắng tạo ra nhiều cặp nam nữ nhất trong số $100$ người này

Không mất tính tổng quát giả sử có $k$ người nam và $100-k$ người nữ trong đó $k \le 50$. Như vậy nhiều nhất ta tạo ra được $(100-k)k$ cặp. Tuy nhiên như thế thì $k$ nam sẽ có $100-k$ phiếu và $100-k$ nữ sẽ có $k$ phiếu. Như vậy số phiếu của những người này đều không nhỏ hơn $k$, điều này không hợp lí. Buộc ta phải bỏ bớt các cặp trong này để đưa một số giá trị về $1,2,3,..,k-1$, chú ý là $100-k \ge k$ nên để loại bỏ ít cặp nhất ta sẽ chọn ra $k-1$ cô gái trong $100-k$ người có $k$ phiếu và bỏ bớt phiếu những người này tạo thành dãy $1,2,..,k-1$. Như vậy ta đã bỏ đi $k.(k-1)-(1+2+..+k-1)=\frac{k(k-1)}{2}$. Vậy chỉ có thể tạo ra nhiều nhất là $(100-k)k-\frac{k(k-1)}{2}=k(100-k-\frac{k-1}{2})$. Áp dụng Cauchy thì ta có:

$$ \frac{3}{2}k(100-k-\frac{k-1}{2}) \le \frac{1}{4}(100+1/2)^2<\frac{100.101}{4} \Rightarrow k(100-k-\frac{k-1}{2}) < \frac{100.101}{6}=\frac{5050}{3}<1684$$

Vậy là kết quả được chứng minh.

Dù là giải đi đến kết quả thậm chí có thể thấy là ta hoàn toàn có thể tổng quát $100$ thành $n$ và thay đổi số nhà phê bình bé hơn $\frac{n(n+1)}{3}$. Tuy nhiên chúng ta cần nhìn nhận vấn đề cẩn thận hơn một chút, việc chứng minh này chưa có nhiều ý nghĩa lắm. Mình sẽ nêu ra một số vấn đề để các bạn tìm hiểu để hiểu rõ bài toán hơn:

1. Đầu tiên hãy xem khi tiếp cận bài toán các bạn suy nghĩ ntn? Dĩ nhiên các bạn sẽ phải hình dung đến một cấu hình tốt nhất nào đấy để cố gắng tìm điểm mâu thuẫn ở đó.

2.. Nếu ta tăng số nhà phê bình thêm 1 hoặc 2 đơn vị. Khi đó đpcm không đúng nữa, vậy cấu hình giám khảo chấm như thế nào để nó không đúng (đây có thể gọi là cấu hình "tốt nhất", dĩ nhiên hướng xây dựng cấu hình này sẽ dựa vào dấu bất đẳng thức ở trên). Từ đó các bạn có thể thấy được cách đưa bài toán vào trạng thái tối ưu.

3. Có một vấn đề là ta mới chỉ ra mâu thuẫn ở việc đánh giá của 1684 giám khảo chấm cả 2 phiếu trên 100 người thôi. Giả sử ta đáp ứng được số cặp trong 100 người thỏa mãn bđt trên, liệu những người chỉ bỏ 1 phiếu còn lại có thể hoàn thành được đk của bài toán là cứ $1 \le i \le 100$ thì có một người có $i$ phiếu? Thay $100$ bằng $n$ thì sẽ rơi vào những vấn đề gì? Đổi lại tìm số giám khảo nhiều nhất để đảm bảo có 2 người bỏ phiếu giống nhau thì xử lí thế nào với $n$?

4. Nếu vấn đề đòi hỏi đến 2 cặp giám khảo bỏ phiếu giống nhau thì thế nào? hoặc một giám khảo có thể bỏ phiếu cho 2 người nam và 1 người nữ thì ntn?

Khi tìm hiểu bài toán đủ nhiều các bạn có thể tự đặt ra thêm những câu hỏi và tự giải quyết chúng. Đôi khi có thể đặt ra rồi không giải quyết được nhưng chắc chắn là không vô ích!

Hi vọng các bạn tham gia thảo luận nhiều hơn là đưa ra một lời giải.

P/s em chủ topic: À muốn hỏi e một vấn đề nhỏ, thầy Thông trong chữ kí của em có phải là thầy Nguyễn Văn Thông ở LQĐ Đà Nẵng k nhỉ?

dạ đúng rồi anh

Haha anh chỉ hỏi vậy thôi chứ nghĩ chắc 90% rồi, mấy ai tên Thông mà bá đạo hơn thầy :v

Anh nghĩ khi post bài toán lên em cũng nên tham gia thảo luận nhiều hơn để các bạn khác cùng tham gia thảo luận chứ, dù sao cũng nên nêu ra những cảm nhận của mình về lời giải, những hướng suy nghĩ của em hoặc những cái gì em cho là có thể khai thác thêm từ bài toán, hoặc có thể giải quyết những câu hỏi anh nêu ở trên. Nên thảo luận nhiều hơn là đưa 1 đề toán và post 1 lời giải em ạ!

 

 

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

dạ em cảm ơn ý kiến đóng góp của anh,anh mà còn hoạt động thường xuyên thì tuyệt quá.Em đang chuẩn bị làm 1 số cái về tổ hợp rời rạc mà nhiều công việc quá làm không hết,cần anh góp sức ạ

Anh sẵn sàng sẽ giúp đỡ cho em vd cho em những hướng tiếp cận, những cách nhìn nào đó chẳng hạn nhưng anh hi vọng khi em làm 1 tài liệu hay viết 1 cái gì đấy thì cần ý thức được đó là một sản phẩm mang tên em, chứa công sức và một chút gì đó của riêng em và vì vậy phải bỏ ít nhiều công sức mày mò đưa ra những cái nhìn của bản thân, những nghiên cứu gì đó của bản thân chứ không đơn thuần chỉ là những lời giải của một vài bài toán hay dịch những bài viết từ tiếng Anh sang tiếng Việt. Hiện nay chúng ta quá quan tâm đến việc thi cử đến nỗi muốn viết cái gì đấy thì ai cũng viết về tổng hợp đề thi, tổng hợp các bài toán hay, tổng hợp các kĩ thuật,... Chẳng mấy ai nghĩ ra mình sẽ viết về một nghiên cứu nào đó của bản thân cả (dù nó chỉ là một chút gì đó rất nhỏ không ứng dụng nhiều nhưng chắc chắn nó giá trị hơn rất nhiều). Hãy làm khác những người khác đi em ạ, anh sẽ cố gắng giúp em trong tầm khả năng của mình!

Bằng phương pháp đếm theo hai cách:

CMR: $\sum_{k=0}^n {k\choose a}{n-k\choose b}={n+1\choose a+b+1}$

 

Mở rộng:

 

$\sum_{k_1+k_2+...+k_m=n}{k_1\choose a_1}{k_2\choose a_2}...{k_m\choose a_m}={n+m-1\choose a_1+a_2+...+a_m+m-1}$

Em thấy khá thắc mắc là nếu ta nói số cách chọn $a+b$ bạn trong $n$ bạn là số bằng số cách chọn $a$ bạn từ $k$ bạn đầu tiên và $b$ bạn từ $n-k$ bạn còn lại thì sai cái gì nhỉ? Như vậy thành ra $\sum_{k=0}^n {k\choose a}{n-k\choose b}={n\choose a+b}$?

Thật sự xem những ứng dụng thầy Thanh post ở trên khá hay, một điều thú vị là các số $a_1,a_2,..,a_m$ có thể thay đổi một cách tùy ý miễn đảm bảo giữ nguyên tổng của chúng là được.

Mình có một vài ý thế này:

Nếu thêm một biến $k_{m+1}$ viết lại thế này:

$\sum_{k_1+k_2+...+k_m+k_{m+1}=n}{k_1\choose a_1}{k_2\choose a_2}...{k_m\choose a_m}{k_{m+1}\choose 0}={n+m\choose a_1+a_2+...+a_m+m}$

giờ lược biến $k_{m+1}$ này đi thì ta viết lại thế này:

$\sum_{k_1+k_2+...+k_m \le n}{k_1\choose a_1}{k_2\choose a_2}...{k_m\choose a_m}={n+m\choose a_1+a_2+...+a_m+m}$

Bây giờ cho $m=2,a_1=a_2=1$ thì ta có $\sum_{k_1+k_2 \le n}k_1k_2={n+2\choose 4}$

Hoặc cho $m=2,a_1=2,a_2=0$ thì:

$\sum_{k_1+k_2 \le n}{k_1\choose 2}={n+2\choose 4}$ hay là $\sum_{i=2}^n \sum_{k_1+k_2 =i}{k_1\choose 2}={n+2\choose 4}$

Chú ý là với mỗi số $k$ thì $k$ đóng $n-k+1$ lần vai trò là $k_1$ (với mỗi $i \ge k$ thì $k$ được xét làm $k_1$ một lần). Như vậy ta suy ra:

$\sum_{k=2}^n (n-k+1){k \choose 2} = {n+2\choose 4}$

Dùng kết quả ở trên của thầy Thanh thì ta có:

$(n+1)\sum_{k=2}^n{k \choose 2}=(n+1){n+1 \choose 3}=(n+2){n+1 \choose 3}-{n+1 \choose 3}=4 {n+2\choose 4}-{n+1 \choose 3}$

Vậy $\sum_{k=2}^n k{k \choose 2}=3 {n+2\choose 4}-{n+1 \choose 3}$

Với một đẳng thức linh hoạt thế này có thể điều chỉnh, gán một số giá trị ta sẽ cho ra được thêm nhiều đẳng thức thú vị khác!

(Nhưng mà phân tích chỗ thừa này ra, lại chính là gợi ý cho lời giải của bài toán này! Thế nên cho phép tôi Stop ở đây!)

 

Ở chỗ này theo thầy, biến đổi thế này
$\sum_{k_1+k_2\le n}{k_1\choose 2}=\sum_{k_1=2}^n\sum_{k_2=0}^{n-k_1}{k_1\choose 2}=\sum_{k=2}^n{k\choose 2}\sum_{k_2=0}^{n-k}1=\sum_{k=2}^n{k\choose 2}(n-k+1)$
Đỡ tốn công giải thích!

Mặt khác $\sum_{k=2}^n (n+1-k){k\choose 2}=\sum_{k=2}^n {n+1-k\choose 1}{k\choose 2}=\sum_{k+j=n+1} {j\choose 1}{k\choose 2}={n+2\choose 4}\;\;$ (Áp dụng luôn!)

Cảm ơn thầy đã giúp em chỉnh sửa phần biến đổi gọn gàng hơn!

Ok em đã hiểu vấn đề chỗ này rồi, vì cái sự lặp đó mà mình buộc phải thêm một bạn đánh dấu ở vị trí $k+1$ để dù có chọn $a$ bạn đầu trùng nhau thì vì cái vị trí chốt này mà giúp phân biệt bộ $a$ bạn chọn từ $k$ này khác cũng bộ $a$ bạn đó chọn từ $k$ khác. Thực ra nhìn vào đẳng thức thì cái việc thêm cái bạn ở vị trí chốt này là điều dễ dàng thấy được nhưng em cứ nghĩ chẳng hiểu thêm anh này vào làm gì và thêm một khúc mắc nữa là $a,b$ là những hằng số quên để ý VP làm e tưởng nhầm là tổng vế trái phụ thuộc vào mỗi cặp $a,b$  nên tự hỏi là khi chọn $a+b+1$ bạn bình đẳng như nhau thì tại sao lại chọn bạn chốt ngăn cách là đúng tại giữa $a$ và $b$ người, điều này không tự nhiên. Xem kĩ lại mới thấy thực ra trong từng $a+b+1$ người đấy chọn bất kì ai làm chốt cũng được và biểu thức vế trái chỉ phụ thuộc vào $a+b$ chứ không phụ thuộc vào cặp $(a,b)$.

Bài toán tổng quát thì có vẻ là tương tự. Nếu đây là một kết quả thầy tự mày mò ra thì thật là tuyệt vời! Nhưng kq nhìn đẹp thế này thì chắc chắn là có người tìm ra trước rồi Hehe điều đấy không quá quan trọng thầy nhể!

         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!

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?

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.

Có 2 ý tưởng để đếm bài này, đầu tiên dễ thấy là truy hồi. Gọi $S_n$ là tập hợp các tập con thỏa mãn với $n$ thì một tập mà thuộc $S_{n+1}$ nó sẽ là một tập trong $S_n$ còn nếu không thì nó chứa $n+1$ suy ra các phần tử của nó bé hơn hoặc bằng $n-2$ mà thỏa mãn đk bài toán. Vậy $|S_{n+1}|=|S_{n-2}|+|S_n|$.

Ý tưởng thứ hai là lập một song ánh để cố phá cái điều kiện hơn kém ít nhất 3 đơn vị đi. Bây giờ giả sử một tập hợp thỏa mãn đề bài mà có $i$ phần tử là $a_1<a_2<...<a_i$ khi đấy nếu ta chuyển sang cái tập này ${b_j=2(i-j)+a_j, 1 \le j \le i}$ thì đây là một tập con bình thường của tập $S$ mà trong đó các phần tử của nó đều không nhỏ hơn $2i-1$. Ngược lại từ một tập con của $n$ có $i$ phần tử thỏa mãn $b_1<b_2<..<b_i$ và $b_1 \ge 2i-1$ khi đó lật lại ta có tập ${a_j=b_j-2(i-j), 1 \le j \le i}$ đây là một tập con thỏa mãn đề bài, vậy số tập con có $i$ phần tử thỏa mãn đề bài là ${n-2i+2\choose i}$. Cho $i$ chạy từ $0$ đến $n$ tính ra kết quả.

Kể ra ta thu được một đẳng thức tổ hợp bằng 2 cách đếm.

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 $4n$.

Em cứ nghĩ là sẽ tính được để cho thêm thầy Thanh một đẳng thức vào bộ sưu tập chứ

Với $n,m$ là các số nguyên dương, chứng minh đẳng thức sau:

$$\Large \sum_{k=0}^n (-1)^k{m-1\choose k}{m\choose n-k}=(-1)^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} {m-1\choose \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}$$

Haha hôm qua em thấy topic của thầy rồi nhưng định bụng để đấy chưa làm để các bạn khác tham gia giải xem nhưng mà thấy thầy nhắc trên stt thôi thì vào hầu chuyện với thầy.

Vốn dĩ về mảng này em chỉ rành có một chiêu, gặp một cao thủ chuyên kĩ thuật biến đổi như thầy Thanh thì dẫu sao dùng một chiêu mà biến hóa đối đáp với thầy vài bài toán kể ra cũng là thành tựu rồi hehe.

Bây giờ ta xét đến vế trái là hệ số tự do của biểu thức:

$$\Large \sum_{k=0}^n (-1)^k{m-1\choose k}\frac{(1+x)^m}{x^{n-k}}$$

Chỗ này hơi khúc mắc là sigma chỉ chạy đến $n$ nó chả ăn nhập gì với cái chỉnh hợp cả, nếu thay $n$ bằng $m-1$ thì đẹp. Chú ý là nếu $k>m-1$ hoặc $k>n$ thì hệ số tự do của ${m-1\choose k}\frac{(1+x)^m}{x^{n-k}}$ dĩ nhiên bằng $0$. Điều này có nghĩa là hoàn toàn thay được $n$ bởi $m-1$ trong dấu sigma kia. Voilà, chìa khóa đây rồi!

Vế trái biểu thức ban đầu bằng hệ số tự do của khai triển:

$$\Large \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k{m-1\choose k}\frac{(1+x)^m}{x^{n-k}}=\frac{(1+x)^m}{x^n}\Large \sum_{k=0}^n (-1)^k{m-1\choose k}x^k=\frac{(1+x)^m(1-x)^{m-1}}{x^n}=\frac{(1+x)(1-x^2)^{m-1}}{x^n}$$

hệ số tự do trong biểu thức này chính là VP.

Cho dãy số: $\qquad u_n=\sum_{k=0}^{2n} \frac{1}{n^2+k}\qquad (n=1,2,...)$

 

Tính tổng: $ \quad S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{2}{u_k}\right\rfloor $

Bài toán mới nhìn vào có vẻ hơi đáng sợ nhưng bình tĩnh một chút đánh giá khách quan thì kiểu toán này chỉ có cách chặn 2 đầu thôi.

Ta có:

$$ \sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{n^2}>u_n=\sum_{k=0}^{2n} \frac{1}{n^2+k}>\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{(n+1)^2} \Rightarrow \frac{2n+1}{n^2}>u_n>\frac{2n+1}{(n+1)^2}$$

Tuy nhiên đến đây mà chia 2 lật ngược lại thì chưa đạt được điều ta mong muốn, bây giờ ta cần một điều chặt hơn một chút là

$$ \frac{2n}{n^2}>u_n>\frac{2n+2}{(n+1)^2}$$

Tức là ta cần một tổng $i+1$ số hạng trong sigma biểu diễn $u_n$ có tổng bé hơn $\frac{i}{n^2}$ tức là $i+1$ số này đều không nhỏ hơn $\frac{i+1}{i}.n^2$, tự nhiên ta thử với $i=n$ thì đúng luôn chọn các số từ $n(n+1)$ đến $n(n+2)$. Như vậy ta viết lại $u_n$

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

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

Do vậy $n<\frac{2}{u_n}<n+1$

Suy ra $S_n=\frac{n(n+1)}{2}$

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 :|

Phải nói rằng, bao nhiêu kỹ thuật phân tách, mẹo mực để sáng tạo ra được một bài toán đã bị một chiêu biến hoá kỳ ảo của em giải quyết ngon lành. Chiêu này em học được ở đâu vậy? Có thời gian mong em viết một bài hướng dẫn cách sử dụng và phạm vi ứng dụng của nó được không?

Ngày xưa có một ông anh khóa trên chỉ cho em cái chiêu này và nhất là ông này đc đi IMO về nên trong lúc ôn có nhiều bài tập tính mấy tổng tổ hợp này, trong quá trình giải thì e cũng tìm ra một số kĩ thuật mới kiểu như thay đổi cận của sigma như bài trên. Thầy và các bạn có thể tham khảo về bài viết về hàm sinh trong tài liệu này (chuyên đề tổ hợp của MS):

 http://diendantoanho...-của-mathscope/

Thực ra nó còn một kĩ thuật nữa mà trong tài liệu có đề cập là giả sử với một tổng tổ hợp có một thành phần cố định là $m$ chẳng hạn (vd như $m$ hoặc $n$ ở bài trên) thì ta gắn thêm cho biểu thức một đại lượng $x^m$ sau đó cho $m$ chạy từ $0$ đến $\infty$ sẽ được một hàm sinh, dùng chuyển dấu sigma sẽ linh hoạt trong biến đổi hơn và có một số kĩ thuật nhỏ khác trong quá trình xử lí.

Thực tế thì ngày xưa lúc đấy chỉ chăm chăm vào giải toán nên kĩ thuật mới nghĩ ra cũng chỉ nhất thời để giải quyết bài toán đang làm chứ không chiêm nghiệm, phát triển nó thêm còn giờ thì không còn đủ hăng say để tiếp tục nữa và cũng quên nhiều rồi. Hehe thầy Thanh nếu có thể thì tham khảo và nghiên cứu đưa ra cái gì mới xem, em giờ k thể miệt mài ngồi tìm tòi đc nữa  

Nhận xét một chút về tài liệu trên thì nếu bạn nào mới học hoặc cần học kĩ năng có thể đem nó ra tham khảo. Tuy nhiên khi viết một cái gì đấy thì không nên học tập mấy ông này, đại đa số là đem dịch từ tài liệu tiếng Anh sang và gần như chả có cái gì mới do công sức tìm tòi họ bỏ ra cả. Thậm chí bài viết của em trong đấy nó cũng như vậy, chỉ toàn lời giải cho bài toán và lời giải cho bài toán rất giống phong cách post bài của em từ xưa đến giờ ở diễn đàn. Nó chẳng có một chút ý nghĩa gì cả!

Gợi ý:

$\frac{1}{\sqrt k}=\frac{2}{\sqrt k+\sqrt k}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2\sqrt{k}-2\sqrt{k-1}$

Gợi ý:

$\frac{1}{\sqrt 2}+\frac{1}{\sqrt 3}+...+\frac{1}{\sqrt n}<2\sqrt n -2$

Suy ra

$A\le \frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}<2\sqrt{100}-2+1=19$

Gợi ý:

Như vậy theo phản chứng thì tồn tại 2 số bằng nhau, nhưng cho dù là vậy muốn tìm bộ các số tự nhiên $(a_1, a_2,...,a_{100})$

sao cho:

$A= \frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}=19$

chưa chắc đã tìm được (mà cũng có thể không tồn tại!)

Haha dĩ nhiên là tìm được chứ thầy, vd lấy 90 số 25 và 10 số 100 thì có tổng bằng 19 rồi :v

Nhưng mà em hiểu ý của thầy, bài toán này câu hỏi đặt ra chỉ là vì mục đích che giấu cái bđt thầy đã nêu ra để đánh đố người khác. Cái này phù hợp vs thi cử

Tuy nhiên ta thử đặt ra những vấn đề mới đi vào trọng tâm xem thế nào.

Ví dụ thế này, tìm tất cả số tự nhiên $n$ có thể biểu diễn được dưới dạng

$$\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}$$

trong đó $a_1,a_2,..,a_{100}$ là các số tự nhiên phân biệt.

Hoặc là tìm tất cả các số tự nhiên $n$ mà tồn tại $k$ tự nhiên để

$$n=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_k}}$$

trong đó $a_1,a_2,..,a_{k}$ là các số tự nhiên phân biệt.

Khó hơn một chút thì là với mỗi số nguyên dương $t$, hỏi có những số tự nhiên $n$ nào mà thỏa mãn tồn tại $k$ để 

$$\frac{n}{t}=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_k}}$$

trong đó $a_1,a_2,..,a_{k}$ là các số tự nhiên phân biệt.

Khó hơn chút nữa thì tìm những số tự nhiên $n$ mà tồn tại $k$ để:

$$\frac{n}{k}=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_k}}$$

trong đó $a_1,a_2,..,a_{k}$ là các số tự nhiên phân biệt.

Trong mỗi trường hợp tồn tại trên ta thử tìm số $k$ nhỏ nhất để có thể biểu diễn được xem thế nào.

Hoặc ta cố định $k$, cho trước hai số nguyên dương $k$ và $t$ thì những $n$ nào thỏa mãn:

$$\frac{n}{t}=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_k}}$$

trong đó $a_1,a_2,..,a_{k}$ là các số tự nhiên không nhất thiết phân biệt.

Haha nếu thầy thấy bài trên có vẻ không thực tế thì giải quyết những vấn đề em nêu trên nhé

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

(x+y²)(x²+y)=(y-x)²

Trước tiên đặt $d>0$ là UCLN của $x$ và $y$ trong đó $x=da,y=db \Rightarrow (a,b)=1$ như vậy pt trên tương đương với:

$$(a+db^2)(b+da^2)=(a-b)^2 (*)$$

Không mất tính tổng quát ta giả sử $|a| \ge |b|$, từ biểu thức trên ta suy ra:

$$4a^2 \ge (a-b)^2 \ge da^2+b \ge 0 \Rightarrow d \le 5$$

Nếu mà $d=5$ thì những đẳng thức trên xảy ra đồng thời và ta có $a=-b$

Khi đó thay vào $(*)$ ta được:

$$(5b-1)(5b+1)=4 \Rightarrow 5b^2=1$$

loại nghiệm này.

Vậy $1 \le d \le 4$

Ngoài ra ta biến đổi biểu thức ban đầu theo một cách khác:

$(x+y^2)(y+x^2)=(y-x)^2 \Leftrightarrow xy(xy+2)=(1-x-y)(x^2-xy+y^2) \Leftrightarrow ab(d^2ab+2)=(1-da-db)(a^2-ab+b^2)$

Vì $a,b$ nguyên tố cùng nhau nên biểu thức $a^2-ab+b^2$ luôn là số lẻ. Do đó nếu $d$ chẵn thì bên trái chia hết cho 2 mà bên phải thì không. Vậy $d$ phải lẻ.

Ngoài ra cũng từ biến đổi cuối cùng ở trên ta suy ra được $(a^2-ab+b^2)|d^2ab+2$.

Nếu $d=1$ thì ta suy ra $ab+2 \ge a^2-ab+b^2 \Rightarrow 2 \ge (a-b)^2$

Mà $a$ không thể bằng $b$ nên ta suy ra $|a-b|=1$

Đến đây thay vào giải khá đơn giản ra $a=1,b=0$ và ngược lại.

Bây giờ nếu $d=3$ cũng từ biểu thức trên ta suy ra $ab|(1-da-db) \Rightarrow a|1-3b$

Đặt $|1-3b|=k|a|$ thì ta chặn được $1 \le k \le 2$

Đến đây thì còn vài trường hợp thay vào và giải ra đáp án, mình không rõ là có cách nào để loại bớt trường hợp nữa không nhưng đến đây chắc khả thi rồi.

$\boxed{\text{Problem}}$

Chứng minh rằng $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì giữa $n^2$ và $(n+1)^2$ luôn tồn tại ba số tự nhiên phân biệt $a,b,c$ sao cho

$c^2\mid a^2+b^2$

Bài này a cũng có một chút ý tưởng nhưng cũng loay hoay một lúc k ra, post lên để các e thử tiếp tục xem sao (dĩ nhiên là khi không ra thì vẫn hơi nghi ngờ tính đúng đắn của bài toán). Ta thử giải quyết với $n$ vô cùng lớn trước xem sao, đầu tiên ta thấy xét $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ trong đó $n^2 \le a,b,c, \le (n+1)^2$ có thể suy ra là:

$$ \frac{2n^2}{(n+1)^2} \le \frac{a^2+b^2}{c^2} \le \frac{2(n+1)^2}{n^2}$$

Cho $n$ vô cùng lớn thì $\frac{a^2+b^2}{c^2} \rightarrow 2$.

Vậy với $n$ đủ lớn mà tồn tại $3$ số thỏa mãn đề bài thì ta phải có $a^2+b^2=2c^2 \Rightarrow (a-c)(a+c)=(c-b)(c+b)$

Đặt $(a-c)=k(c-b)$ khi đó $k \in Q$ và suy ra $b+c=k(a+c)$. Từ $2$ pt này có thể giải $a,b$ theo $k$ và $c$. Có vẻ như sẽ ra $a= \frac{1-k^2+2k}{k^2+1}.c,b=\frac{k^2-1+2k}{k^2+1}.c$. Đặt $k=\frac{u}{v}$ trong đó $u,v$ là các số nguyên, ta biểu diễn được $\frac{a}{c},\frac{b}{c}$ theo các phân thức với $u,v$. Bây giờ phải chứng minh tồn tại $u,v,$ để từ các phân thức đó nằm trong đoạn $(n^2,(n+1)^2$. Tuy nhiên chỗ này a thử cho một vài giá trị $u,v$ theo $n$ thì không ra. Chú ý một chút là vì giới hạn của $\frac{a}{c},\frac{b}{c}$ đều bằng $1$ khi $n$ về vô cùng nên khi biểu diễn $u,v$ theo $n$ nên chọn giá trị sao cho giới hạn của $\frac{u}{v}$ khi $n$ về vô cùng là $1$. Nếu e có lời giải bài này thì a rất muốn xem vì theo anh thì hình như nó không đúng với $n$ đủ lớn.

em không có lời giải của bài toán cũng như không dám chắc về tính đúng đắn của nó

theo em thì cần một điều kiện gì đó của $n$ đủ chặt để bài toán đúng ,mong anh và mọi người góp ý

Khi thay $k= \frac{u}{v}$ thì ta có $\frac{a}{c}=\frac{u^2-v^2+2uv}{u^2+v^2}=1+\frac{2v(u-v)}{u^2+v^2},\frac{b}{c}=\frac{v^2-u^2+2uv}{u^2+v^2}=1+\frac{2u(v-u)}{u^2+v^2}$

Giờ nếu thay $u=n+2,v=n$ thì sẽ ra $\frac{a}{c}=\frac{n^2+4n+2}{n^2+2n+2},\frac{b}{c}=\frac{n^2-2}{n^2+2n+2}$

Trong ví dụ này nếu lấy đoạn $n^2;(n+2)^2$ cũng không được nhưng nếu lấy $n^2-2;(n+2)^2-2$ thì lại hợp lí. Tuy nhiên lời giải ta lại sử dụng đúng 2 mút thì nó lại mất hay vì thường người ta sẽ thử 2 mút trước ra ngay đáp án thì họ chả quan tâm phần làm sao tìm ra 2 mút này cả.

Có một cách tìm cận không chặt lắm nhưng mà tự nhiên hơn là thay số như ở trên.

Ta hình dung là $c$ sẽ nằm giữa 2 số $a,b$ và $|\frac{2v(u-v)}{u^2+v^2}|,|\frac{2u(v-u)}{u^2+v^2}|$ là các khảng cách từ $a,b$ đến $c$. Khoảng cách này càng bé càng tốt mà $u,v$ không thể bằng nhau nên ta cho $v=u+1$. 

Thay vào thì ta được $\frac{a}{c}=\frac{2v^2+4v+1}{2v^2+2v+1}, \frac{b}{c}=\frac{2v^2-1}{2v^2+2v+1}$

Chọn một cận là $n^2$ cận còn lại là $n^2+t$, trong 2 phân thức trên số ở mẫu nằm giữa 2 số ở tử nên chỉ cần chặn 2 số ở tử thôi.

tức là $2v^2-1 \ge n^2, 2(v+1)^2 \le n^2+t+1$

Tìm $t$ để thỏa mãn tồn tại số nguyên $v$. Cái này các e thử tiếp tục xem.

Việc đặt ra vấn đề chưa giải quyết đc và trao đổi với nhau như thế này là điều cần thiết khi tham gia diễn đàn, các e cố gắng phát huy nhé!

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.

(Cách khác)

Lời giải :

Ta chọn $n$ như sau :

$$n=2^{p-1}p_2p_3...p_k$$

Trong đó $p$ là số nguyên tố, và $p_2,p_3,...,p_k$ là $k$ số nguyên tố phân biệt lớn hơn $3$.

Hiển nhiên có vô số số $n$ như vậy, và hiển nhiên rằng $\omega (n)=k$.

Ta sẽ chứng minh với cách này thì với mọi cặp $(a,b)$ nguyên dương có tổng bằng $n$ thì ta đều có $d(n)\nmid d(a^2+b^2)$.

Thật vậy, giả sử tồn tại một cặp số nguyên dương $(a,b)$ thoả $a+b=n$ và $d(n)\mid d(a^2+b^2)$.

Dễ thấy $d(n)=2^{k-1}.p$. Suy ra :

$$p\mid d(a^2+b^2)\Rightarrow q^{p-1}\mid a^2+b^2$$

với $q$ là một ước nguyên tố nào đó của $a^2+b^2$. Thế thì :

$$q^{p-1}\leq a^2+b^2< (a+b)^2=4^{p}p_2^2p_3^2...p_k^2$$

Rõ ràng nếu $q<4$ thì với $p$ đủ lớn ta sẽ có $q^{p-1}>4^{p-1}p_2^2p_3^2...p_k^2$. Như vậy $q=2,3$.

Nếu $q=3$ thì suy ra $3\mid a^2+b^2$, suy ra $3\mid a,b$. Kéo theo $3\mid n$.

Dễ thấy điều này mâu thuẫn với cách chọn $n$ như trên.

Vậy phải có $q=2$. Dẫn tới :

$$2^{p-1}\mid a^2+b^2$$

Rõ ràng $a,b$ cùng tính chẵn lẻ, nhưng chúng không thể cùng lẻ vì khi đó $a^2+b^2\equiv 2\pmod 4$, vậy phải có $a,b$ cùng chẵn.

Đặt $a=2^A.x,b=2^B.y$ ($x,y$ lẻ), không giảm tổng quát có thể giả sử $A\geq B$.

Ta có :

$$2^{p-1}\mid 2^{2A}x^2+2^{2B}y^2=2^{2B}(2^{2A-2B}x^2+y^2)$$

Chú ý rằng $2^{2A-2B}x^2+y^2\equiv 1,2,3\pmod 4$. Do đó suy ra :

$$2B+1\geq p-1\Rightarrow A\geq B\geq \dfrac{p-1}{2}$$

Suy ra rằng $2^{(p-1)/2}\mid a,b$

Như vậy ta có thể có được biểu diễn sau :

$$a^2+b^2=2^{p-1}(a_1^2+b_1^2)$$

Do $d(n)$ là hàm nhân tính nên :

$$p\mid d(a^2+b^2)=d(2^{p-1}.(a_1^2+b_1^2))=p+d(a_1^2+b_1^2)\Rightarrow p\mid d(a_1^2+b_1^2)$$

Tương tự trên ta được :

$$2^{\frac{p-1}{2}}\mid a_1,b_1$$

Tiếp tục quá trình này, ta sẽ suy ra :

$$2^{\frac{p-1}{2}.N}\mid a,b$$

Với số nguyên dương $N$ tuỳ ý, rõ ràng điều này là vô lí.

Ta có điều cần chứng minh.

Sorry anh hiểu nhầm là $d(a^2+b^2)|d(n)$ thay vì $d(n)|d(a^2+b^2)$, có thể xử lí đoạn sau phần $2^{p-1}|a^2+b^2$ như thế này:

Nếu $v_2(a)>v_2(b) \Rightarrow p-1=v_2(n)=v_2(a+b)=v_2(b) \Rightarrow v_2(a^2+b^2)=2v_2(b)=2p-2 \Rightarrow p \nmid d(a^2+b^2)$

Nếu $v_2(a)=v_2(b)$ thì có thể thấy $v_2(a+b) \ge v_2(a)+1 \Rightarrow v_2(a) \le p-2$. Ngoài ra dĩ nhiên ta có $v_2(a^2+b^2)=2v_2+1<2p-1$ như vậy để $p|d(a^2+b^2$ ta phải có $2v_2(a)+1=p-1$ điều này mâu thuẫn vì một bên chẵn, một bên lẻ.

Thử xem nếu bài toán này mà thay điều kiện $d(n) \nmid d(a^2+b^2)$ thành $d(n) \nmid d(2a^2+2b^2)$ thì phải xử lí thế nào và liệu bài toán còn đúng không?

Ta thử xem với những giá trị $k$ nào (không nhất thiết tổng quát chỉ cần những ước lượng nào đó với $k$) thì thay điều kiện thành $d(n) \nmid d(a^2+kb^2)$ bài toán vẫn đúng.