nhungvienkimcuong

Hay nói cách khác là ta cần loại đi số nghiệm của các phương trình:
$$(A): \begin{cases} i+j+k=n\\ 1\leq i<j<k\leq n\end{cases}\quad \text{và} \quad (B): \begin{cases}i+j+k=2n\\1\leq i<j<k\leq n\end{cases}$$

Hai phương trình này cũng tương đương với $n\mid i+j+k$, đã được xử lí rất đẹp ở đây.

Phương pháp giải em thấy rất ấn tượng, nhưng phải thú thật là gặp bài khác tương tự phải rất may mắn em mới tư duy được cách này. Liệu có một hướng đi rõ ràng hơn không anh hay chỉ nhờ kinh nghiệm? Nếu nhờ kinh nghiệm thì chắc phải rất lâu nữa em mới được như vậy   . Mong các cao nhân chia sẻ. Tiện thể mọi người có tài liệu chi tiết nào về áp dụng nguyên lý lùi vô hạn trong số học THCS không, chứ mình tra mạng thấy nó không liên quan nhiều lắm, hoặc có thì cũng không chi tiết

Phương pháp này có tên là Bước nhảy Vi-ét, liên quan đến giai thoại nổi tiếng về bài toán số 6 của IMO 1988. Một số bài liên quan bạn có thể xem tại đây.

Cách đơn giản nhất để tiếp cận là phản chứng $S<h_i$ với mọi $i$, trong đó $h_i$ là tổng các số của hàng $i$. Dẫn đến

\[18S<h_1+h_2+\dots+h_{18}=1+2+\dots+324\implies S<2925.\]

Mình đoán sẽ có bạn cố gắng chứng minh $S\ge 2925$ để thu được mâu thuẫn, nhưng buồn thay bất đẳng thức này không hề đúng. Do vậy trước khi chứng minh thì hãy thử một số trường hợp, để xem giả định của mình có đúng hay không.

 

Lời giải.

Sắp xếp các số trong hàng thứ $i$ như sau: $x_{(i),1}>x_{(i),2}>\dots>x_{(i),18}$. Vậy ta có

\[S=x_{(1),4}+x_{(2),4}+\dots+x_{(18),4}.\]

Không mất tính tổng quát giả sử $x_{(1),4}>x_{(2),4}>\dots>x_{(18),4}$. Kết hợp với $x_{(i),4}=\max_{4\le j\le18}\left(x_{(i),j}\right)$ suy ra

\begin{align*} x_{(1),4}&=\max_{1\le i\le 18, 4\le j\le 18}\left(x_{(i),j}\right)\ge18\times 15=270,\\x_{(2),4}&=\max_{2\le i\le 18, 4\le j\le 18}\left(x_{(i),j}\right)\ge 255,\\x_{(3),4}&=\max_{3\le i\le 18, 4\le j\le 18}\left(x_{(i),j}\right)\ge 240.\end{align*}

Do vậy ta có được

\begin{align*}S=\sum_{1\le i\le 18}x_{(i),4}&=\sum_{1\le i\le 3}x_{(i),4}+\sum_{4\le i\le 18}x_{(i),4}\\&\ge (270+255+240)+\sum_{4\le i\le 18}(x_{(18),4}+18-i)\\&=15x_{(18),4}+870.\end{align*}

Tuy nhiên ta lại thấy rẳng tổng các số ở hàng thứ $18$ là

\begin{align*}\sum_{1\le j\le 18}x_{(18),j}&=\sum_{1\le j\le 3}x_{(18),j}+\sum_{4\le j\le 18}x_{(18),j}\\&\le (324+323+322)+\sum_{4\le j\le 18}(x_{(18),4}-j+4)\\&=15x_{(18),4}+864.\end{align*}

Như vậy tổng các số ở hàng thứ $18$ nhỏ hơn $S$ nên thu được điều cần chứng minh.

Xem bài này tại đây. Mình sẽ chứng minh một mệnh đề mà trong đường dẫn trên chưa làm rõ, nội dung như sau:

Cho $p$ là số nguyên tố, khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố có dạng $pn+1$ với $n$ là số nguyên dương.

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng $pn+1$, kí hiệu chúng là $q_1,q_2,\dots,q_k$. Đặt $Q:=q_1q_2\dots q_k$, áp dụng Theorem ta thấy rằng với số nguyên tố $r$ thỏa mãn

\[r\mid\frac{(pQ)^p-1}{pQ-1}\implies r\equiv 1\pmod{p}.\]

Do vậy tồn tại $i$ sao cho $r=q_i$, kết hợp với $r\mid (pQ)^p-1$ suy ra $r=1$ (vô lí). 

 

Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a>1$. Khi đó nếu số nguyên tố $r$ là ước của $\frac{a^p-1}{a-1}$ thì $r=p$ hoặc $r\equiv 1\pmod{p}$.

 

Giả sử sau lần nhảy thứ $k$ thì cào cào ở tọa độ $(x_k,y_k)$, từ giả thiết bài toán dễ thấy

\[x_{k+1}=x_k+\sigma_k,\quad y_{k+1}=y_k+\delta_k,\]

với $\sigma_k,\delta_k$ là các số hữu tỉ thỏa mãn $\sigma_k^2+\delta_k^2=1$.

 

Đặt $\sigma_k=\frac{a}{b},\delta_k=\frac{c}{d}$ với $a,b,c,d$ là các số nguyên và $\text{UCLN}(a,b)=\text{UCLN}(c,d)=1$. Như vậy với

\[\sigma_k^2+\delta_k^2=1\implies \left(\frac{a}{b}\right)^2+\left(\frac{c}{d}\right)^2=1.\]

Ta sẽ chứng minh rằng $b,d$ đều là các số lẻ.

Cách 1.

 

Cách 2. (sử dụng $v_2$)

 

Như vậy mẫu số khi viết dưới dạng phân số tối giản của $\sigma_k,\delta_k$ đều là các số lẻ. Dẫn đến cào cào không thể nhảy đến điểm có tọa độ mà đề yêu cầu.

 Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ số nguyên \( (a_1, a_2, \dots, a_n) \) nguyên tố cùng nhau và đôi một khác nhau sao cho:

\( a_1^3 + a_2^3 + \dots + a_n^3 = b^2 \) với b thuộc Z

Giả sử tồn tại bộ $n$ số nguyên $a_1,a_2,\dots,a_n$ thỏa mãn $|a_1|<|a_2|<\dots<|a_n|$, $\text{UCLN}(a_1,\dots,a_n)=1$ và

\[a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3=b^2,\quad b\in \mathbb{Z}.\]

Chú ý rằng $1^3+6^3+8^3=9^3=27^2$ nên

\[\underbrace{a_1^3+(6a_1)^3+(8a_1)^3}_{(9a_1)^3}+(9a_2)^3+\dots+(9a_n)^2=(27b)^2.\]

Như vậy xây xựng được bộ $n$ số như trên, ngoài ra thỏa mãn $3\nmid a_1$ thì ta sẽ xây dựng được bộ $n+2$ số thỏa đề. Vậy cần chứng minh bài đoán đúng với $n\in \{2,3\}$ sao cho $3\nmid a_1$.

 

Chứng minh bài đoán đúng với $n=3$.

 

Với $n=2$ thì khá tương tự.

Xem bài này tại đây.

Điều cần chứng minh tương đương với

\begin{align*}\big((2n-m)+5\big)^2\ge 20n+24&\iff (2n-m)^2+10(20n-m)+25\ge 20n+24\\ &\iff(2n-m)^2+1\ge 10m.\end{align*}

Tới đây thì mọi thứ rõ ràng hơn rồi. Ta có

\[(2n-m)^2\equiv (2n)^2\equiv -1\pmod{m}\implies m\mid (2n-m)^2+1.\]

Vì $4n^2+1$ lẻ nên $m$ lẻ, mà $(2n-m)^2+1$ chẵn do vậy $\frac{(2n-m)^2+1}{m}=2k$ với số nguyên $k\ge 1$.

Phần còn lại chỉ cần chứng minh $k\neq 1,2,3,4$.

Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát hơn như sau:

Với $p$ là số nguyên tố lẻ, tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất thỏa mãn: với mọi bộ số nguyên dương $a_1,a_2,\dots,a_n$ đôi một phân biệt thì luôn tồn tại $1\le i<j\le n$ sao cho

\[\frac{a_i+a_j}{\text{UCLN}(a_i,a_j)}\ge p.\]

Ý tưởng bài này là với $p\mid x$ và $\text{UCLN}(p,y)=1$ thì $\frac{x}{y}\ge p$. 

 

$\ast$ Chứng minh $n\ge \frac{p+1}{2}$.

 

$\ast$ Chứng minh $n=\frac{p+1}{2}$ thỏa đề.

Thay $a_i:=a_i/\text{UCLN}(a_1,\dots,a_n)$ không ảnh hưởng đến bài toán nên không mất tính tổng quát giả sử $\text{UCLN}(a_1,\dots,a_n)=1$. 

 

$-$ Trường hợp 1: tồn tại $i$ sao cho $a_i$ là bội của $p$.

Vì $\text{UCLN}(a_1,\dots,a_n)=1$ nên tồn tại $j$ sao cho $p\nmid a_j$, khi đó $p\nmid \text{UCLN}(a_i,a_j)$. Dẫn đến

\[\frac{a_i+a_j}{\text{UCLN}(a_i,a_j)}>\frac{a_i}{\text{UCLN}(a_i,a_j)}\ge p.\]

$-$ Trường hợp 2: $p\nmid a_i$ với mọi $i$.

Áp dụng nguyên lí Dirichlet cho $2n=p+1$ số là $a_1,a_2,\dots,a_n,-a_1,-a_2,\dots,-a_n$ thì thấy rằng tồn tại $i\neq j$ sao cho

\[a_i\equiv a_j\pmod{p}\quad \text{hoặc}\quad a_i\equiv -a_j\pmod{p}.\]

Với kết quả này thì tương tự như trường hợp trên ta cũng có được bất đẳng thức cần chứng minh.

Cách 1. Theo bất đẳng thức Cauchy thì $bc\le \frac{b^2+c^2}{2}=1-\frac{a^2}{2}$, dẫn đến $b^3c^3\le b^2c^2-\frac{a^2b^2c^2}{2}$. Hoàn toàn tương tự ta thu được

\[a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-\frac{3a^2b^2c^2}{2}.\]

Như vậy ta cần chứng minh

\[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-\frac{3a^2b^2c^2}{2}\le 1\iff (a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-3a^2b^2c^2\le \frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{4}.\]

Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo $(\ast)$.

 

 

Cách 2. Ta cần chứng minh $(a^2+b^2+c^2)^3\ge 8(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$, bất đẳng thức này luôn đúng vì tương đương với

\[\sum a^2(a^2-b^2)(a^2-c^2)+4\sum a^2b^2(a-b)^2+3a^2b^2c^2\ge 0.\]

 

 

Ghi chú. Cả hai cách đều thông qua bất đẳng thức Schur (có thể tìm hiểu thêm tại đây): với mọi bộ ba số thực không âm $x,y,z$ thì ta luôn có

\[x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)=(x+y+z)^3+9xyz-4(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge 0.\tag{$\ast$}\]

 

Cho $2025$ điểm cùng nằm trên mặt phẳng, không có $3$ điểm nào thẳng hàng. Biết rằng cứ $5$ điểm bất kì thì có $4$ điểm cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn chứa ít nhất $2024$ điểm đã cho.

Cho số nguyên tố $p$. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của $k$ sao cho: với mọi tập hợp $X$ có $k$ phần tử; với mỗi $r\in \{0,1,2,\dots,p-1\}$ thì luôn tồn tại hai phần tử $a,b$ của $X$ thỏa mãn

\[a-b\equiv r\pmod{p}.\]

 

Cho tam giác có độ dài ba cạnh là $a,b,c$ thỏa mãn $a\le 2023, b\le 2024$ và $c\le 2025$. Tìm diện tích lớn nhất của tam giác.

cho n >= 3 và bảng 2 x n. Ta tiến hành điền các số 1, 2, 3,..., 2n vào các ô của bảng sao cho mỗi số xuất hiện đúng một lần và tất cả các ô đều có số. Có bao nhiêu cách điền sao cho trên cùng một hàng, khi xét từ trái qua phải ta thu được các dãy tăng và trong cùng một cột, số ở hàng một luôn lớn hơn hàng hai. 

 

Ví dụ: n = 4 ta có ma trận :

Ma trận 1:

Hàng 1: [2, 4, 6, 8]

Hàng 2: [1, 3, 5, 7]

Ma trận 2:

Hàng 1: [2, 4, 7, 8]

Hàng 2: [1, 3, 5, 6]

 

..... 

Đây là câu hỏi về số bảng Young có hình dạng $(n,n)$; có thể tìm hiểu thêm tại đây.

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực $\delta\in [0,1]$ và với mọi $\varepsilon>0$, bất đẳng thức 

$$\left| \frac{\varphi(n)}{n}-\delta \right|<\varepsilon$$

đúng với số tự nhiên n nào đó

Đặt $x=\delta-\varepsilon$ và $y=\delta+\varepsilon$, ta sẽ chứng minh tồn tại $n$ nguyên dương sao cho $x<\frac{\varphi(n)}{n}<y$.

Gọi $p_m$ là số nguyên tố thứ $m$, ta có
\[\prod_{m\ge 1}\frac{p_m-1}{p_m}=0.\]

Ta sẽ chọn $n$ là số square-free, khi đó $\frac{\varphi(n)}{n}=\prod\frac{p-1}{p}$. 
Dễ thấy với mọi $m>C$ ($C$ là hằng số) thì $p_m$ cũng lớn hơn $C$. Chọn $k>\frac{1}{1-x}$ thì $\frac{p_k-1}{p_k}>x$, kết hợp với Theorem suy ra tồn tại $t$ sao cho
\[\underbrace{\prod_{i=k}^{k+t}\frac{p_i-1}{p_i}}_{K}>x>\prod_{i=k}^{k+t+1}\frac{p_i-1}{p_i}\implies K>x>\frac{p_{k+t+1}-1}{p_{k+t+1}}\cdot K.\]
Ngoài ra chú ý rằng
\[\frac{x}{(p_{k+t+1}-1)/p_{k+t+1}}<y\iff p_{k+t+1}>\frac{y}{y-x}.\]
Vậy bên cạnh chọn $k$ như ở trên, ta sẽ cho $k$ lớn hơn $\frac{y}{y-x}$ nữa. Do đó với
\[k>\max\left\{\frac{1}{1-x},\frac{y}{y-x}\right\}\implies x<K<\frac{x}{(p_{k+t+1}-1)/p_{k+t+1}}<y.\]
Vậy chọn $n=\prod_{i=k}^{k+t}p_i$ thỏa mãn đề bài.