Zaraki

Chào mọi người thấy dạo này VMF có thiếu đôi chút sôi đông! Nên ta mở cuộc thi đuổi hình bắt chữ! (đọc toán nhiều quá hoa cả mắt, phải giải trí cái đã!) Vừa học vừa chơi mới là chất!

Nào, có lẽ ai cũng biết ND cuộc thi rùi chứ! No băn khoăn, bắt đầu luôn!

Chú ý: Nếu một hình ảnh đưa lên mà vẫn chưa có lời giải thì đề nghị mọi người phải giải quyết ra đáp án rồi mới post tiếp bài mới! Thế nhé!

Good luck!

Anh Thắng có thể post một số tính chất nữa về phần nguyên lên đây được không anh? Cảm ơn anh nhiều!

Tìm tất cả các số nguyên dương $a,n,p,q,r$ với $a \ge 2$ sao cho

$a^{n}-1=(a^{p}-1)(a^{q}-1)(a^{r}-1)$

Bây giờ ta xét một vài TH đơn giản!
1) $a=pq$ với p,q là số nguyên tố. Lúc đó (1) trở thành $(1+p)(1+q)=2pq$
$ \Rightarrow 1+p+q=pq \Rightarrow p(q-1)=q+1 \Rightarrow p= \dfrac{q+1}{q-1} =1+ \dfrac{2}{q-1}$.
Có các TH sau đây
Nếu $q-1=1 \Rightarrow q=2 \Rightarrow p=3$.
Nếu $q-1=2 \Rightarrow q=3 \Rightarrow p=2$.
Vậy $a=6$
Do đó nếu $a=pq$ với p,q nguyên tố thì chỉ có $a=6$ là số hoàn chỉnh.

2) $a-pq^n$ với p,q là số nguyên tố. Lúc đó (1) trở thành $(1+p)(1+q+...+q^n)=2pq^n \Rightarrow p=1+ \dfrac{2(q^{n-1}+q^{n-2}+...+1)}{q^n-(q^{n-1}+q^{n-2}+...+1)}$. (2)
Ta có $q^n-(q^{n-1}+q^{n-2}+...+1)$ và $q^{n-1}+q^{n-2}+..+1$ nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, giả sử UCLN của chúng là d, ta có

$q^n(q^{n-1}+q^{n-2}+...+1)=dm$. (3)

$q^{n-1}+q^{n-2}+...+1=dn.$ (4)

Do đó $q^n =d(m+n) \Rightarrow d|q^n$. Vì q là số nguyên tố nên $d|q$, do đó $d=1$ hoặc $d=q$. Nếu $d=q$ thì từ (3) hay (4) có $q|1$, trái với giả thiết q nguyên tố.
Vậy $d=1$, đpcm.

Lời giải bài 4 IMO
Vì quả cân có khối lượng $2^{n-1}$ nặng hơn tổng khối lượng của n-1 quả còn lại nên bất kỳ một cách đặt lần lượt từng quả một lên đĩa thỏa mãn ìđĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái” bắt buộc quả có khối lượng $2^{n-1}$ phải được đặt ở đĩa bên trái.
Gọi $A_n$ là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn ,$A_k$ là số cách đặt k quả cân có khối lượng $2^0,2^1,...,2^{k-1}$ (dễ thấy $A_k$ cũng là số cách đặt k quả cân bất kỳ trong số n quả vào đĩa thỏa mãn ), $B_k$là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn và lần đặt thứ k đặt quả có khối lượng vào đĩa bên trái thì $A_n=\sum_{k= 1}^nB_k$ .
Để tính $A_n$ ta tính $B_k$ . Có $C_{n-1}^{k-1}$ cách chọn ra k-1 quả cân trong số n-1 quả còn lại, với mỗi cách chọn đó lại có $A_{k-1}$ cách để lần lượt nó lên đĩa thỏa mãn , với mỗi cách này lại có $(n-k)!2^{n-k}$ cách đặt nốt n-k quả còn lại lên đĩa (Vì nếu đã xếp quả có khối lượng ở bước k thì n-k bước còn lại có thể xếp tùy ý vào bên phải, trái mà vẫn thỏa mãn ). Theo quy tắc nhân ta có $B_k= C_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}^A_{k-1}$ .
Do vậy $A_n= \sum_{k=1}^nC_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}A_{k-1}$ (với $A_0= A_1= 1$ ) là kết quả phải tìm.

Lâu rồi không thấy có bài phần nguyên, ra cho nó oách
Bài 9: Tính $A=\left [ \sqrt{1} \right ]+\left [ \sqrt{2} \right ]+...+\left [ \sqrt{n^2-1} \right ]$ trong $n$ là số nguyên dương cho trước.

Với ý tưởng như bài 6, bên Mathscope đã đề xuất bài toán sau:

Cho tam giác $A'B'C'$ nội tiếp đường tròn tâm $O'$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Một đường tròn tâm $O$ đi qua I cắt $IA,IB,IC$ lần lượt tại $A,B,C$. $BC,CA,AB$ tương ứng cắt $B'C',C'A',A'B'$ tại $D,E,F$. Chứng minh: 3 điểm $D,E,F$ thẳng hàng và đường thẳng đi qua nó tiếp xúc với $(O)$ khi và chỉ khi $(O)$ tiếp xúc trong với $(O')$

Bài 6:
Giải:
Đặt $2k+1=u^2$ và $3k+1=v^2$.
Ta thấy $u$ hiển nhiên là số lẻ.
Nếu $v$ chẵn thì $k$ lẻ và do đó $u^{2}\equiv 3\pmod 4$, vô lí.
Vậy $v$ lẻ, khi đó $u^{2}\equiv v^{2}\equiv 1\pmod 8$ nên $u^{2}-v^{2}\equiv 0\pmod 8$.

$u^{2}+v^{2}=5k+2\equiv 2\pmod 5$, nên $x^{2}\equiv 0,1,4\pmod 5$ , ta cũng kết luận $ u^{2}\equiv v^{2}\equiv 1\pmod 5 $, nên $u^{2}-v^{2}\equiv 0\pmod 5$ .

Do vậy $ k=v^{2}-u^{2}\equiv 0\pmod{40}. $

ĐI TÌM SỐ HOÀN CHỈNH

Đào Đình Hải

Giả sử $a$ là một số nguyên có dạng phân tích tiêu chuẩn là:

$a=p_{1}^{\alpha_1}p_{2}^{\alpha_2}...p_{n}^{\alpha_n}$

trong đó $p_i(i=1,2,...,n)$ và $a_i(i=1,2,...,n)$ là các số tự nhiên. Số $a$ là số hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu

$(1+p_1+p_2^1+...p_1^{\alpha_1})(1+p_2+p_2^2+...+p_2^{\alpha_2})...(1+p_n+p_n^2+...+p_n^{\alpha_n})=2a$

. (1)

Có thể thấy rằng vế trái của (1) cũng chính là tổng tất cả các ước số của nó, không kể chính nó.

Thí dụ: Số 6 đường phân tích ra thừa số nguyên tố như sau: $6=2.3$, do đó $(1+2)(1+3)=2.6$ nghĩa là thỏa mãn (1); vậy 6 là số hoàn chỉnh.

Ta có thể viết: $1+2+3+6=2.6$ (các số $1,2,3$ là tất cả các ước của số $6$- kể cả số 6), hoặc là $1+2+3=6$ (các số $1,2,3$ là tất cả các ước số của 6-không kể chính số 6)
(còn...)
Ps: Bạn chịu khó đợi mình viết tiếp một tí nhé, vẫn còn nhiều lắm!

Nói tới LaTeX ai cũng công nhận là văn bản tạo ra cực kỳ đẹp và rất chuyên nghiệp, nhưng đụng vào thì chao ôi sao mà khó thế giống như lập trình trong Pascal vậy. Do vậy là người đã vượt qua giai đoạn khó khăn của người quen sử dụng MS-Word+MathType để chuyển qua LaTeX cách đây khoảng 6 tháng, tôi xin trình bày lại các kinh nghiệm của bản thân trong quá trình chinh phục LaTeX.

Đầu tiên ta vào http://miktex.org/2.9/setup
để tải về chương trình cài đặt của MikTeX phiên bản mới nhất 2.9.
rồi cài đặt theo mặc định vào C:\Program Files\MiKTeX 2.9





trong menu Start sẽ có, bạn chọn Setting (Admin)



Trong hộp thoại bạn chọn như hình và nhấn nút Refresh FNDB , Update Formats , rồi OK
(nhớ chờ máy tính xử lý cho từng lệnh)



1) Start>Programs>MikTeX 2.9>TeXworks. Hiện cửa sổ TeXworks
2) Copy đoạn code ở trên diễn đàn, dán vào khung soạn thảo của TeXworks.
3) Bấm Ctrl+S để lưu lại file .tex. (chú ý folder đã lưu file tex)
4) Chọn bên khung đổ xuống "pdflatex" rồi click nút Typeset (màu xanh lá)

\documentclass[12pt]{article}
\usepackage[utf8]{vietnam}
\usepackage{amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym,amscd,amsthm}
\usepackage[a4paper,left=1.5cm,right=1.5cm,top=1cm,bottom=1.5cm]{geometry}
\renewcommand{\baselinestretch}{1.2}
\begin{document}
BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI (CAUCHY)\\
\[\dfrac{x_1+x_2+......x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1.x_2...........x_n}\]
Dấu ì $=$ ” xảy ra khi và chỉ khi: $x_1=x_2=............=x_n$
\end{document}

Các bạn có thể download file example01 kèm theo (nhớ đổi .txt thành .tex)

Giải thích các dòng lệnh:
1. khai báo lớp tài liệu dạng bài báo cở chữ 12pt
2. khai báo gói tiếng việt mã utf-8
3. khai báo các gói dùng cho ký hiệu toán học
4. khai báo gói xác định cở giấy A4, lề trái 1.5cm, lề phải 1.5cm, lề trên 1cm, lề dưới 1.5cm
5. Đặt lại lệnh dãn dòng 1.2 (mặc định là 1)
6. bắt đầu tài liệu
7. Gõ tài liệu bằng tiếng việt với mã unicode dựng sẵn. dấu \\ để chỉ xuống dòng
8. dâu\[	  \] để đưa công thức toán ở giữa trang
9. dấu $		  $ để chèn công thức toán trong dòng chữ.
10. kết thúc tài liệu.

PS: Tôi dùng tạm các hình của MikTeX 2.8 để minh hoạ.

Mình là người rất đam mê toán học , đặc biệt rất nhạy cảm với các con số . Mình không thích học hành chính quy cho lắm mà chỉ thích những nghiên cứu toán học hay các bài toán IQ . 2 năm nay mình đang dành thời gian nghiên cứu về vấn đề các số hoàn chỉnh . Mình đã tự chứng minh được hầu hết những kết quả mà đến nay con người tìm ra được về số hoản chỉnh ( số chẵn ) . Mình đang tiếp tục nghiên cứu về số hoản chỉnh lẻ và sự tồn tại của nó . Tự thấy sức mình có hạn nên muốn mọi người cùng thảo luận góp sức để làm được bài toán này . Ai có cùng mối quan tâm thì cùng chia sẻ những điều bạn biết trên box này nhé .

Bạn có thể đưa ra những kết quả về số hoàn chỉnh của bạn cho bọn mình xem trước có được không? Cảm ơn bạn!
Ps Mình vừa tìm được 1 bài báo nói về số hoàn chỉnh của báo THTT.

Vào thập niên cuối cùng của thế kỷ 17, John Bernoulli đã tìm ra quy tắc nhằm tính giới hạn của các phân thức mà tử số và mẫu số đều tiến đến 0. Ngày nay, quy tắc đó được chúng ta biết đến với tên gọi Định lý L’Hospital, sau khi Guillaume Françoins Antoine de L’Hôspital (1661 - 1704) được Marquis de Sainte - Mesme - một nhà quý tộc người Pháp và là người viết lời giới thiệu cho quyển sách giải tích của Hospital - giúp cho xuất bản quyển sách vào năm 1696 trong đó quy tắc trên lần đầu tiên được giới thiệu. Quy tắc L’Hospital đã giúp cho việc tính toán các giới hạn dạng $\dfrac{0}{0}$ một cách nhanh chóng nên thường xuyên được áp dụng và làm lu mờ các quy tắc đã có trước đó. Tuy nhiên, sau đó, bức màn bí mật đã được vén lên.

Năm 1694, nhà toán học John Bernoulli đồng ý nhận 300 pounds (bảng Anh) mỗi năm từ L’Hospital - người học trò cũ của ông - để giải quyết các bài toán cho L’Hospital và giúp cho cậu học trò của mình phát triển trong lĩnh vực giải tích. Một trong số các bài toán có tên gọi là bài toán $\dfrac{0}{0}$ , đã được Bernoulli giải quyết rất thành công và ông rất hài lòng về điều này. Khi L’Hôspital cho đăng các ghi chép của mình dưới dạng sách về giải tích vào năm 1696 . L’Hospital đã tỏ lòng mang ơn đối với người Thầy của mình nhưng lại bằng cách không ghi tên tác giả của quyển sách và cũng không đề cập gì đến quyền tác giả trong toàn bộ nội dung. Vì thế khi quy tắc trở nên phổ biến và nổi tiếng, Bernoulli đã buộc tội L’Hospital ăn cắp công trình của mình. Sau khi L’Hôspital qua đời vào năm 1704, Marquis de Sainte - Mesme mới biện hộ rằng hành động đó là không cố ý. Với sự bối rối và không kiên định, mãi đến gần đây, lịch sử mới công nhận yêu cầu Bernoulli bằng cách thêm tên của ông phía sau quy tắc L’Hospital mà chúng ta đã quen thuộc từ trước đến nay. Và hiện nay, một số nơi đã gọi quy tắc này là quy tắc L’Hospital - Bernoulli.

Nguồn: Calculus - Thomas /Finney

Nghịch lý Russell (Russell’s paradox) được mô tả qua một câu chuyện vui về ông thợ cạo như sau:

Ngày xưa, có 1 ông thợ cạo, được nhiều người cho rằng sống ở làng Seville. Tại làng đó, tất cả đàn ông đều tự cạo râu hoặc nhờ thợ cạo. Và ông thợ này đã tuyên bố: ìTôi chỉ cạo râu cho những người đàn ông nào của làng Seville mà không tự cạo râu”.

Đây là câu chuyện rất thú vị được kể nguyên văn từ nhà toán học Bertrand Russell nhưng cũng đầy rắc rối. Rắc rối vì, nếu như thế các đấng nam nhi của làng chia làm 2 nhóm: nhóm tự cạo râu và nhóm không tự cạo râu. Vậy thì thợ cạo thuộc nhóm nào đây?
Nếu thuộc nhóm tự cạo râu (nhóm 1) thì ông không cạo cho những người tự cạo râu, tức là ông không cạo cho ông. Nhưng nếu như vậy thì ông phải thuộc nhóm không tự cạo râu (nhóm 2).
Nếu ở nhóm 2 thì ông sẽ cạo râu cho ông vì ông cạo râu cho những người thuộc nhóm 2. Lúc đó hoá ra ông lại tự cao râu cho mình. Hóa ra, ông là người thuộc nhóm 1.

Vậy thì ông thợ cạo sẽ như thế nào?
Điều trên có lẽ chỉ xảy ra nếu như người thợ cạo đó không sống ở làng Seville. Đây là điều không thể, vì ở đầu câu truyện đã nói rõ, người thợ cạo có lẽ sống ở làng Seville. Vậy thì người thợ cạo chỉ có thể là phụ nữ !!! Lại không đúng nốt. Vì trong câu chuyện đã nói rõ có 1 ông thợ cạo.
Vậy mâu thuẫn ở đây là gì? Hay đây là câu chuyện không có thật. Nghĩa là Russell đã nói dối. Có lẽ, không phải vậy, bởi nếu thế, ông đã không thể trở thành nhà toán học lỗi lạc, và câu chuyện trên sẽ phải bị xếp xó chứ không trở thành nghịch lý Russell nổi tiếng ngày nay.
Thật ra, câu chuyện này dùng để minh họa cho 1 loại mâu thuẫn gặp phải trong lý thuyết tập hợp. Khi ta xét tập hợp :”S là tập hợp của tất cả các tập hợp” để rồi gặp phải tình huống: ìMột phần tử thuộc hoặc không thuộc tập S đều dẫn đến mâu thuẫn”. Sau đó, để tránh sai lầm trên, người ta không dùng thuật ngữ ìtập hợp của tất cả các tập hợp” mà đề xuất một khái niệm mới, tổng quát hơn là ìlớp”. Trong đó, người ta chỉ cần khoanh vùng một tập hợp bao gồm đủ nhiều các tập hợp nào đó (nhưng không phải là tất cả) để làm việc thì sẽ không phải gặp mâu thuẫn nữa.
Một phần của nghịch lý, được khám phá bởi Bertrand Russell vào năm 1901.
Giả sử tập S là ìtập hợp tất cả các tập hợp không chứa chính nó”. Một cách hình thức : A là một phần tử của tập S nếu và chỉ nếu A không là phần tử của chính A.

$M=\left \{ A\mid A\notin A \right \}$

Nếu S chứa chính nó thì theo định nghĩa của S, tập S không phải là một phần tử của S . Nếu S không chứa chính nó thì cũng do định nghĩa của S chính S lại là một phần tử của S. Các mệnh đề ìS là một phần tử của S” và ìS không là phần tử của S” cả hai không thể đúng, đó chính là mâu thuẫn.
Nghịch lý này thúc đẩy Russell phát triển lý thuyết kiểu và Ernst Zermelo phát triển lý thuyết tập hợp tiên đề ngày nay trở thành lý thuyết tập hợp Zermelo-Fraenkel.

Lược dịch từ: http://www.jimloy.co...gic/russell.htm

PHẦN NGUYÊN CỦA MỘT SỐ THỰC


A. ĐỊNH NGHĨA

Ta biết rằng, mọi số thực $x$ đều có thể viết được dưới dạng

$x=n+z$

trong đó $n$ là số nguyên và $0 \le z \le 1$

Chẳng hạn:

$7,9=7+0,9$
$-7,9=-8+0,1$

Hơn nữa, cách viết như trên là duy nhất. Ta gọi số nguyên $n$ là phần nguyên của $x$ và kí hiệu là $[x]$; còn $z$ được gọi là phần phân của $x$ và kia hiệu là $\left \{ x \right \}$.

Từ phân tích, ta rút ra định nghĩa
Định nghĩa: Phần nguyên của số thực $x$, kí hiệu là $[x]$, là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$. Phần phân của số thực $x$ được định nghĩa bởi $\left \{ x \right \}=x-[x]$.

Ngoài cách gọi thông thường là phần nguyên (intergal part) của $x$ với kí hiệu là $[x]$, một số tác giả nước ngoài còn gọi đó là floor function và kí hiệu là $\left \lfloor x \right \rfloor$. Sở dĩ thế vì người ta nêu ro ceiling function - kí hiệu $\left \lceil x \right \rceil$, như định nghĩa sau đây

$\left \lceil x \right \rceil$ là số nguyên nhỏ nhất vượt quá $x$

Dễ dàng thấy rằng

$\left \lceil x \right \rceil=\left\{\begin{matrix}x=\left \lfloor x \right \rfloor ; x\in \mathbb{Z} & & \\ \left \lceil x \right \rceil+1 ; x\notin \mathbb{Z} & & \end{matrix}\right.$

B. TÍNH CHẤT

1) $x=[x]+\left \{ x \right \}$
2) $x=[x] \Leftrightarrow x \in \mathbb{Z}$
3) $x=\left \{ x \right \} \Leftrightarrow 0\le x < 1$
4) $x-1<[x] \le x$
5) Nếu $k$ nguyên thì

$[x+k]=[x]+k$ và $\left \{ x+k \right \}=\left \{ x \right \}+k$

Bạn hãy tập chứng minh những tính chất này đi!

Xin đưa thêm một số tính chất
6) $[x+y] \ge [x]+[y]$
7) $[x] \le x <[x]+1$
8) Nếu $x \ge y$ thì $[x] \ge [y]$

9) $0 \le \left \{ x \right \} <1$
10) $\left \{ x+y \right \} \le \left \{ x \right \} + \left \{ y \right \}$

Chứng minh tính chất 6
Viết $x=[x]+\left \{ x \right \}, y=[y]+\left \{ y \right \}$
Khi đó
$[x+y]=[([x]+[y])+(\left \{ x \right \}+\left \{ y \right \})]=[x]+[y]+[\left \{ x \right \}+\left \{ y \right \}]$. (1)
Vì $\left \{ x \right \} \ge 0$ và $\left \{ y \right \} \ge 0$ nên $[\left \{ x \right \}+\left \{ y \right \}] \ge 0$.
Kết hợp với (1) ta suy ra

$[x+y] \ge [x]+[y]$

Chứng minh tính chất 8
Vì $x \ge y$ nên $\exists \alpha \ge 0$ sao cho:

$x=y+\alpha$ hay $x=[y]+(\left \{ y \right \}+\alpha)$.

Suy ra $[x]=[y]+[(\left \{ y \right \}+\alpha)]$. (1)
Vì $\alpha \ge 0$ và $\left \{ y \right \} \ge 0$ nên $\left \{ y \right \}+\alpha \ge 0$ và $[(\left \{ y \right \}+ \alpha)] \ge 0$.
Kết hợp với (1) ta có $[x] \ge [y]$.

Xin giới thiệu thêm một số tính chất khá là thú vị
1) Giả sử $0<\alpha \in \mathbb{R}$ và $n \in \mathbb{N}$. Lúc đó $\left [ \dfrac{\alpha}{n} \right ]$ là số tất cả các số nguyên dương là bội của $n$ nhưng không vượt quá $\alpha$.
2) Giả sử $0<\alpha \in \mathbb{R}$ và $n \in \mathbb{N}$. Lúc đó,

$\left [ \dfrac{n}{\alpha} \right ]$

là số tất cả các số nguyên dương là bội của $\alpha$ nhưng không vượt quá $n$.
3) Nếu $a$ và $b$ là hai số không âm, thì

$[2a]+[2b] \ge [a]+[b] + [a+b]$

Đây là lời giải của 1 người bên Mathlink (m.candales)
Bài 5
$f(n)|f(0)$ với mọi số nguyên $n$
$f(m)=f(m-0)|f(m)-f(0)$. Khi đó $f(m)|f(0)$ .

$f(-n)|f(n)$ với mọi số nguyên $n$
$f(-n)=f(0-n)|f(0)-f(n)$. Như vậy $f(-n)|f(n)$, nên $f(-n)|f(0)$.
Tương tự như vậy $f(n)|f(-n)$, khi đó $f(n)=f(-n)$

Giả sử rằng $f(m)<f(n)$ và $f(m)$ không chia hết cho $f(n)$.
$ f(m+n)=f(m-(-n))|f(m)-f(-n)=f(m)-f(n)$. Thì $f(m+n)\le f(n)-f(m)\ \ \ \ $
$f(m)|f(n+m)-f(n)$. Khi đó $f(m)$ không chia hết cho $f(n+m)$. Khi đó $|f(n+m)-f(m)|$ không là $0$
$f(n)|f(n+m)-f(m)$. Khi đó $f(n)\le f(n+m)-f(m) $ hoặc $ f(n)\le f(m)-f(n+m)$
• Nếu $f(n)\le f(n+m)-f(m)$ thì $f(n)+f(m+n)\le f(m+n)+f(n)-2f(m)$ (vô lí với $$)
• Nếu $ f(n)\le f(m)-f(n+m)$ thì $ f(n)+f(n+m)\le f(n)-f(n+m)$ (vô lí với $$)
Do đó nếu $f(m)\le f(n)$, ta phải có $f(m)|f(n)$.
Mọi người hãy cùng thảo luận và mở rộng IMO 2011 nào (nếu có thể thì ta sẽ lấy những kết quả đó đăng lên THTT)