Đến nội dung

ChinhLu

ChinhLu

Đăng ký: 26-06-2014
Offline Đăng nhập: 23-05-2019 - 14:42
*****

Trong chủ đề: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho: $F_{(n)}(a,b,c)...

10-05-2016 - 11:57

Đề bài này có 1 thiếu sót quan trọng là không nói rõ $a,b,c$ thuộc tập số gì (số tự nhiên, số thực hay số phức).

Nếu $a,b,c$ thuộc tập số thực hay số phức thì phải định nghĩa thêm khái niệm chia hết cho số thực và số phức.Tưởng vấn đề cũng đơn giản : Một số chia hết cho 1 số thực (hay số phức) khi thương là số nguyên.

 

Mình hiểu chia hết ở đây là: đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nếu P(x) =Q(x)R(x) với R cũng là một đa thức. Trong trường hợp này mình xét vành các đa thức hệ số phức, hoặc thực, hoặc nguyên (kiểu nào cũng được).  


Trong chủ đề: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho: $F_{(n)}(a,b,c)...

10-05-2016 - 01:54

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho:
Fn(a,b,c)=an(bc)+bn(ca)+cn(ab)(a2+b2+c2+ab+bc+ca)

Đặt $G(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$.  

 

Giả sử $F_n$ chia hết cho $G$. cho $c=0$ ta được $ab(a^{n-1}-b^{n-1})$ chia hết cho $a^2+b^2+c^2$. Từ đây dễ dàng suy ra được $n-1$ phải chia hết cho $3$. 

 

Nếu $n=1$ hoặc $n=4$  ta có thể chứng minh được $F_n$ chia hết cho $G$. Giả sử $n>4$ và ta viết $n-1=3k$ với $k>1$. Ta viết 

$$F_n=ab(a^{3k}-b^{3k}) +bc (b^{3k}-c^{3k}) +ca(c^{3k}-a^{3k}).$$

Vì $a^{3k}-b^{3k}$ chia hết cho $a^2+b^2+ab$ nên ta có 

$$ab(a^{3k}-b^{3k}) = ab\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}G(a,b,c) -abc(a+b+c)\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}.$$

Như vậy $F_n$ chia hết cho $G$ tương đương với $H_n$ chia hết cho $G$, với

$$H_n(a,b,c)= \frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}+\frac{b^{3k}-c^{3k}}{c^2+b^2+cb}+\frac{c^{3k}-a^{3k}}{a^2+c^2+ac}.$$

Cho $c=0, b=1$ và $a$ là một số phức khác $1$ sao cho $a^3=1$ (có 2 số phức như thế). Thay vào $H_n$ ta được $H_n(a,b,c)$ khác $0$ nhưng $G(a,b,c)=0$. Như vậy $H_n$ không chia hết cho $G$. 

 

Kết luận $n=1$ hoặc $n=4$. 


Trong chủ đề: Chứng minh $d$ chẵn.

13-01-2016 - 18:37

 

Cho $a,b,c,d\in \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn:
$(a+bc)(b+ac)=5^d;a,b$ không chia hết cho 5.
Chứng minh $d$ chẵn.

Ta có thể viết $a+bc=5^m$ và $b+ac=5^n$ với $m,n$ là các số tự nhiên. Không mất tính tổng quát ta giả sử $m\geq n$. Từ hai phương trình vừa có ta suy ra được 

$$b(c^2-1)=5^n(5^{m-n}c-1).$$

Ta có hai trường hợp: 

 

TH1: $c=1$. Khi đó $m=n$ và $d$ là số chẵn. 

 

TH2: $c>1$. Do $b$ không chia hết cho $5$ nên ta phải có $c^2-1$ chia hết cho $5^n$. Từ đó

$$c\geq 5^n-1.$$

Như vậy ta phải có $a=1, b=1, c=5^n -1$. Suy ra $d$ là số chẵn. 


Trong chủ đề: $(n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n({x_i\pro...

11-01-2016 - 05:36

Để thuận tiện ta đặt 

$$S=\{x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n : 0\leq x_i\leq 1, \forall i ; \sum_{i=1}^n x_i=1\}$$
$$\mathbb{R}_+^n=\{(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n : x_i >0, \forall i\}.$$
Xét hàm số (nhiều biến) $F: \mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ cho bởi
$$F(x,a) = \left(\sum_{i=1}^n (1-x_i)a_i \right)^{n-1} - (n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n x_i\prod_{j\neq i}a_j,$$
với $x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n$, $a=(a_1,...,a_n)\in \mathbb{R}^n$.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo $n$ rằng 
$$(*) \ \ \ F(x,a)\geq 0 , \forall x\in S,\  \forall a \in \mathbb{R}_+^n. $$
Ta kiểm tra được trường hợp $n=2$ (lúc này $F\equiv 0$). Giả sử rằng (*) là đúng với $n=2,3,...,k-1$. Ta chứng minh (*)  cho $n=k$. Cố định $a=(a_1,...,a_n)\in \mathbb{R}_+^n$. Chọn $(x_1,...,x_n)\in S$ sao cho giá trị nhỏ nhất của $F$ đạt được  tại $(x,a)$. Ta xét hai trường hợp sau:
 
 
  • TH1: Các số $a_i$ là đôi một khác nhau. Khi đó tồn tại $k < m$ sao cho 
$$(**) \ \ (n-1)\left(\sum_{i=1}^n (1-x_i)a_i \right)^{n-2} \neq  (n-1)^{n-1} \prod_{j\neq k, j\neq m} a_j.$$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $k=1,m=2$. Ta chứng minh rằng trong các số $x_i$ phải có ít nhất một số bằng $0$. Giả sử ngược lại, $x_i\in (0,1), \forall i$. Xét hàm số $f(t)= F(x(t),a)$ với $x(t)= (x_1+t,x_2-t,x_3,...,x_n)$. Để ý rằng với $t\in \mathbb{R}$ đủ nhỏ  thì $x(t) \in S$. Do $f(t)$ đạt cực tiểu tại $t=0$ nên ta có $f'(0)=0$. Nhưng do các số $a_i$ khác nhau đôi một nên theo (**) ta thấy rằng $f'(0)\neq 0$, mâu thuẫn. Vậy phải tồn tại $k$ sao cho $x_k=0$. Bây giờ ta viết 
 
$$F(x,a) = (a_k + X)^{n-1} - (n-1)^{n-1} a_k  \sum_{i\neq k} x_i \prod_{j\neq i,j\neq k} a_j,$$
 
với $$X=\sum_{i\neq k} (1-x_i)a_i.$$ Áp dụng giả thiết quy nạp ta có 
$$(n-2)^{n-2} \sum_{i\neq k} x_i \prod_{j\neq i,j\neq k} a_j \leq X^{n-2}.$$
Như vậy ta có 
 
$$F(x,a) \geq (a_k +X)^{n-1} -\frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)^{n-2}} a_k X^{n-2}.$$
 
Bây giờ áp dụng BDT AM-GM ta được $F(x,a)\geq 0$.
 
 
  • TH2:  Tồn tại $k\neq m$ sao cho $a_k=a_m$. Ta có thể giả sử $a_1=a_n$. Đặt $y_1=x_1+x_2, y_2=x_3,...,y_{n-1}=x_n$. Ta có thể viết lại $F(x,a)$ dưới dạng
 
$$ F(x,a) = (a_n + Y)^{n-1} - (n-1)^{n-1} a_n \sum_{i=1}^{n-1} y_i \prod_{j\neq i}^{n-1} a_j,$$
với $$Y= \sum_{i=1}^{n-1}(1-y_i)a_i.$$ Áp dụng giả thiết quy nạp và lập luận tương tự như trường hợp (1) ta được $F(x,a)\geq 0$. 
 

Trong chủ đề: Đề thi và lời giải VMO 2016

09-01-2016 - 21:28

Chỗ này em không hiểu lắm. Tại sao các cột còn lại có nhiều hơn $\frac m2 \frac n4$ cây xanh vậy ạ ?

 

Trong ô vuông mxn ta đã trích ra ô vuông con gồm n/2 cột và m hàng. Bây giờ xét ô vuông con gồm n/2 cột (sau khi đã loại đi n/2 cột vừa xét) và m/2 hàng. Lưu ý rằng theo cách chọn ra m/2 hàng vừa nêu thì trên mỗi hàng có ít nhất 3n/4 cây xanh. Ta đã lấy đi không quá n/2 cây xanh nên bây giờ còn lại nhiều hơn n/4 cây xanh. Có m/2 hàng như thế nên tổng cộng là nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$.