Ứng dụng của giải tích để giải các bài toán đại số, hình học, số học và toán rời rạc

www.VNMATH.com Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC, SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC (Tài liệu bồi dưỡng hè 2008) HÀ NỘI, 08-16 THÁNG NĂM 2008 www.VNMATH.com Convert to pdf by duythuc_dn www.VNMATH.com Mục lục Lời nói đầu Trần Xuân Đáng Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức Đinh Cơng Hướng, Lê Thanh Tùng Tính chất hội tụ, bị chặn số dãy truy hồi hữu tỷ 12 Nguyễn Văn Mậu Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 24 Đoàn Nhật Quang Số đối xứng số quy luật phép nhân 41 Nguyễn Văn Tiến Biểu diễn toạ độ phép biến hình phẳng 49 Vũ Đình Hịa Đồ thị phẳng khối đa diện lồi 94 Trần Nam Dũng Giải tích tốn cực trị 111 Tạ Duy Phượng Hệ đếm ứng dụng 131 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Lời nói đầu Chương trình đào tạo bồi học sinh khiếu toán bậc phổ thơng qua chặng gần nửa kỷ Nhìn lại chặng đường dài đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy rõ lên chu trình chương trình đào tạo đặc biệt gắn với khởi đầu, trưởng thành ngày hoàn thiện xuất phát từ mơ hình trường chun, lớp chọn khiếu Tóan học Đại học Tổng hợp Hà Nội trước Đại học Khoa học Tự nhiên ngày Với mục tiêu hướng đào tạo mũi nhọn mang tính đột phá cao, đào tạo hệ học sinh có khiếu lĩnh vực toán học, tin học khoa học tự nhiên, nhiều hệ học sinh trường trưởng thành, đóng vai trị nịng cốt nhiều lĩnh vực đeowfi sống kinh tế xã hội đại Trong điều kiện thiếu thốn vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ trải qua nhiều thách thức, tìm hướng phù hợp, lên vững ổn định, tìm tịi, tích luỹ kinh nghiệm có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận Các hệ Thầy Trị định hình tiếp cận với giới văn minh tiên tiến khoa học đại, cập nhật thông tin, sáng tạo phương pháp tập dượt nghiên cứu Gắn với việc tích cực đổi phương pháp dạy học, chương trình đào tạo chun Tốn hướng tới xây dựng hệ thống chuyên đề, nỗ lực tổ chức thành cơng Kỳ thi Olympic Tốn quốc tế lần thứ 48, năm 2007 Việt Nam, bạn bè quốc tế ca ngợi Sau gần nửa kỷ hình thành phát triển, nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục khiếu) thu thành tựu rực rỡ, Nhà nước đầu tư có hiệu quả, xã hội thừa nhận bạn bè quốc tế khâm phục Các đội tuyển quốc gia tham dự kỳ thi Olympic quốc tế có bề dày thành tích mang tính ổn định có tính kế thừa Đặc biệt, năm nay, Đội tuyển Toán Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đạt thành tích bật Đội tuyển Toán Việt Nam vươn lên đứng thứ ba (theo xếp khơng thức) số 95 đội tuyển nước tham dự IMO48 Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần nước ta tham gia vào kỳ thi Olympic Toán sinh viên quốc tế Đội tuyển gồm sinh viên Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN, đoạt huy chương vàng, huy chương bạc huy chương đồng Kết đánh dấu giai đoạn trình hội nhập quốc tế, hội nhập bậc đại học sau đại học Các sinh viên tự trình bày giải tiếng Anh ngày (mỗi ngày tiếng) dạng toán đại giải tích thực phức, đại số đại số tuyến tính, tốn rời rạc lý thuyết trò chơi Từ nhiều năm nay, hệ khiếu Toán học Trường THPT Chuyên thường sử dụng song song sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt sách chuyên đề cho Hệ THPT Chuyên Học sinh lớp khiếu tiếp thu tốt kiến thức theo thời lượng hành Bộ GD ĐT ban hành Được cho phép Bộ GD ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN phối hợp với chuyên gia, nhà khoa học, cô giáo, thầy giáo thuộc ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Tốn Học, Hội Tốn Học Hà Nội, Tạp Chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Trường THPT Chuyên, Các Sở GD ĐT, tổ chức bồi dưỡng chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi môn www.VNMATH.com Toán học khối kiến thức khoa học tự nhiên tủ sách đặc biệt phục vụ bồi dưỡng học sinh giỏi Chúng xin giới thiệu sách nhóm chuyên gia, thầy giáo với tham gia đông đảo đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 chuyên đề "Một số ứng dụng giải tích hình học, đại số, số học tóan rời rạc" Cuốn sách nhằm cung cấp số kiến thức chuyên đề mức độ khó tóan rời rạc, đại số, số học, giải tích hình học Đây chun đề giảng mà tác giả giảng dạy cho học sinh đội tuyển thi Olympíc Tốn học quốc gia quốc tế Chúng xin chân thành cảm ơn bạn đọc cho ý kiến đóng góp để sách ngày hồn chỉnh Thay mặt Ban Tổ Chức GS TSKH Nguyễn Văn Mậu www.VNMATH.com Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên số nguyên tố p Chúng ta xét vấn đề tồn nghiệm phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ), k số nguyên dương Định nghĩa Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên số nguyên dương m ≥ Ta nói phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod m) có nghiệm x0 ∈ Z f (x0 ) ≡ (mod m) Nếu x0 ∈ Z nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod m) t số nguyên f(x0 + tm) =≡ f (x0) ≡ (mod m) Định lí Cho số nguyên a m, m ≥ 2; (a, m) = Khi phương trình ax ≡ b (mod m), b ∈ Z có nghiệm x0 ∈ Z mà ≤ x0 ≤ m − Mọi nghiệm khác phương trình có dạng xt = x0 + mt, t ∈ Z Chứng minh Nếu k, l ∈ Z k = 1, ≤ k ≤ m − 1, ≤ l ≤ m − ak = al (mod m) Điều có nghĩa biểu thức as − b, s = 0, 1, , m − cho m số dư khác chia cho m Vậy tồn x0 ∈ Z, ≤ x0 ≤ m − cho ax0 ≡ b (mod m) Nếu xt ∈ Z nghiệm phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) axt ≡ b (mod m) Suy a(x1 − x0) chia hết cho m Nhưng (a, m) = x1 − x0 chia hết cho m Suy x1 = x0 + mt, t ∈ Z Định lí (Cơng thức Taylor) Cho đa thức f (x) bậc n, n ≥ với hệ số thực x0 ∈ R Khi n f (k) (x0) (x − x0)k f(x) = f (x0) + k! k=1 Chứng minh Tồn số b0 , b1, , bn cho f (x) = bn (x − x0 )n + bn−1 (x − x0)n−1 + · · · + b0 Với ≤ k ≤ n, ta có f k (x) = k!bk + (k + 1) 2(x − x0)bk+1 + · · · + n(n − 1) · · · (n − k + 1)(x − x0)n−k bn Suy f (k) (x0) = k!bk , bk = f (k) (x0 ) k! www.VNMATH.com Mặt khác f(x0) = b0 Vậy n f(x) = f (x0) + k=1 f (k) (x0) (x − x0)k k! Định lí Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên số nguyên tố p Nếu phương (1) (1) (1) trình đồng dư f(x) ≡ (mod p) có r nghiệm nguyên phân biệt x1 , x2 , , xr (1) thuộc đoạn [1; p] cho f (xi = (mod p), (1 ≤ i ≤ r) phương trình đồng dư f(x) ≡ (mod pk ) có r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; pk ] với (k) (k) (k) (k) k ≥ : x1 , x2 , , xr nghiệm ta có f (xi ) = (mod p) (1 ≤ i ≤ r) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định phương pháp quy nạp toán học theo k Với k = khẳng định Giả sử khẳng định với k ≥ Điều có nghĩa đoạn [1; pk ] phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk ) có r nghiệm (k) (k) (k) (k) nguyên phân biệt x1 , x2 , , xr , đồng thời f (xi ) = (mod p) với ≤ i ≤ r Giả sử x0 ∈ Z, x0 ∈ [1; pk+1 ] nghiệm phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pk+1 ) Khi f(x0 ) ≡ (mod pk+1 ) Suy f (x0 ) ≡ (mod pk ) Tồn (k) i ∈ [1; r], t ∈ Z, t ∈ [0; p − 1] cho x0 = xi + pk t (k) Giả sử x = xi + pk t (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z, t ∈ [0, p − 1]) x ∈ Z Theo cơng thức Taylor ta có (k) (k) (k) f(x) = f(xi + f (xi )pk t + (k) f (xi ) k f (n) (xi ) k n (p t) + · · · + (p t) 2! n! n bậc f (x) (k) f (j) (x i ∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) jk ≥ k + 1, i ≥ Phương Ta có j! trình f(x) ≡ (mod pk+1 ) tương đương với (k) (k) f (xi f (xi )pk t ≡ (mod pk+1 ) hay (k) f (xi ) (k) + f ((xi )t ≡ k p (mod pk+1 ) (k) (Chú ý f (xi ) pk (k+1) Đặt xi ∈ Z) (k) (k+1) = xi + pk ti xi (k+1) (k+1) ∈ [1; pk+1 ], xi (k) (k+1) ≡ xi (mod p) Suy f (xi Mặt khác, xi (k+1) (k) f (xi ) = (mod p) f (xi = (mod p) (k+1) ∈ Z f(xi ≡ (mod pk+1 ) (k) ) ≡ f (xi ) (mod p) Suy Vậy phương trình đồng dư f(x) ≡ (mod pk+1 ) có r nghiệm nguyên phân biệt (k+1) (k+1) (k+1) (k+1) , x2 , , xr , đồng thời f (xi = (mod p) (1 ≤ i ≤ đoạn [1; pk+1 ] : x1 r) Như khẳng định với k + Theo ngun lý quy nạp tốn học khẳng định với k ≥ Định lý chứng minh Áp dụng định lý giải toán sau www.VNMATH.com Bài toán (VMO 2000) Cho đa thức P (x) = x3 + 153x2 − 111x + 38 Chứng minh đoạn [1; 32000] tồn chín số nguyên dương a cho P (a) chia hết cho 32000 Hỏi đoạn [1; 32000] có tất số nguyên dương a cho P (a) chia hết cho 32000? Chứng minh Giả sử x ∈ Z, ≤ x ≤ 32000 P (x) 2000 Suy x = 3y + 1, (y ∈ Z, ≤ y ≤ 31999 − 1) Ta có P (x) = P (3y + 1) = 27(y + 52y + 22y + 3) .3 Phương trình P (x) 2000 tương đương với y + 52y + 22y + 1997, suy y = 3t + y = 3t, (t ∈ Z, ≤ t ≤ 31998 − 1) Nếu y = 3t + y + 52y + 22y + không chia hết cho Vậy y = 3t suy y + 52y + 22t + = 3(9t2 + 156t2 + 22t + 1) .3 Phương trình P (x) 2000 tương đương với 9t3 + 156t2 + 22t + 1996 .3 Xét đa thức f (t) = 9t3 + 156t2 + 22t + Với t ∈ Z f(t) ≡ (mod 3) hay 22t + ≡ (mod 3) Trong đoạn [1; 3] phương trình đồng dư 22t + ≡ (mod 3) có nghiệm t = Mặt khác f (2) ≡ 22 ≡ (mod 3) suy f (2) = (mod 3) Theo định lý 3, đoạn [1; 31996] phương trình đồng dư f(t) ≡ (mod 31996) có nghiệm nguyên t0 Với t ∈ Z, t ∈ [1; 32000] : f(t) ≡ (mod 31998) tồn h ∈ Z, ≤ h ≤ cho t = t0 + 31996h Vậy phương trình đồng dư f (t) ≡ (mod 31998 ) có chín nghiệm nguyên phân biệt đoạn [1; 31998 − 1] Từ suy đoạn [1; 32000] có chín số ngun dương a phân biệt cho P (a) chia hết cho 32000 Cho đa thức f (x), g(x) có hệ số hữu tỏ cho chúng có ước chung số Khi ta nói f(x) g(x) nguyên tố viết (f (x), g(x)) = Định lí Cho đa thức f (x), g(x) với hệ số hữu tỉ (f (x), g(x)) = Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số hữu tỉ cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = Định lý chứng minh phương pháp quy nạp toán học theo tổng bậc f(x) g(x) Từ định lý suy Định lí Cho đa thức f (x), g(x) với hệ số nguyên nguyên tố (trong Q[x]) Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m = cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = m Định lí Cho đa thức f (x) khác số có hệ số nguyên Khi tồn vơ số số ngun tố p cho phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod p) có nghuệm www.VNMATH.com Chứng minh Giả sử f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an , ∈ Z, ≤ i ≤ n, n ≥ 1, a0 = Nếu an = f (x) = xg(x), g(x) đa thức với hệ số ngun; phương trình đồng dư xg(x) ≡ (mod p) có nghiệm với số nguyên tố p Giả sử an = phương trình đồng dư xg(x) ≡ (mod p) có nghiệm với số nguyên tố p1 , p2 , , pk Với t ∈ Z, đặt xt = p1 p2 pk an t Khi f(xt ) = a0(p1 p2 pk an t)n + an−1 p1 p2 pk an t + an = an (p1 p2 pk B + 1), B ∈ Z Chọn t ∈ Z cho p1 p2 pk B + khác −1 Khi f (xt ) có ước nguyên tố, khác p1 , p2 , , pk Định lí Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên, bất khả quy Q[x] số Khi tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m Chứng minh Giả sử g(x) = (f(x), f (x))(g(x) ∈ Q[x]) Khi g(x) ước f(x) deg g(x) < deg f(x) Vì f(x) bất khả quy nên g(x) số, g(x) = r, r ∈ Q) Theo định lý tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số nguyên m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m Hệ Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên, bất khả quy Q[x] khơng phải số Khi tồn vô số số nguyên tố p cho phương trình đồng dư f(x) = (mod p) có nghiệm x0Z mà f (x0) = (mod p) Chứng minh Theo định lý tồn đa thức u(x), v(x) với hệ số nguyên số m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m Từ định lý suy có vơ số số nguyên tố p > |m| để phương trình f(x) ≡ (mod p) có nghiệm x0 ∈ Z.Khi f (x0 ) chia hết cho p Suy f (x0 ) không chia hết cho p Nếu f (x0) chia hết cho p m chia hết cho p Định lí Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên số Khi tồn vơ số số ngun tố p cho phương trình đồng dư f(x) ≡ (mod pk ) có nghiệm với số nguyên dương k Chứng minh Nếu đa thức f (x) bất khả quy khẳng định suy từ định lý hệ định lý Nếu f(x) bất khả quy f (x) = g(x)h(x), g(x) ∈ Z[x], h(x) ∈ Z[x] g(x) bất khả quy Z[x] Từ suy điều phải chứng minh Áp dụng định lý ta giải toán sau Bài toán Cho đa thức f (x) khác số có hệ số nguyên Giả sử n, k số nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên x cho số f (x), f (x + 1), , f (x + n − 1) có k ước nguyên tố phân biệt Lời giải Theo định lý 6, tồn số nguyên tố p1 , p2 , , pk , pk+1 , , pnk khác đôi số nguyên x1 , x2, , xnk cho f (xj ) ≡ (mod pj ) (1 ≤ j ≤ nk) Theo định lý Trung Hoa số dư, tồn số nguyên x cho x ≡ xi+mk − m (mod pi+mk ) (1 ≤ i ≤ k, ≤ m ≤ n − 10 www.VNMATH.com     a   a   a   2a n n 1 n n n n a010  a001  a1011  a0002  a1002  a1102   a  a  a     a   a   a n n n n  a0003  a1003  a0103  a1103 n4 000 n  a1004 n4 011 n  a1114 n4 000   a1n004 n4 010 n  a1104 n4 001 n  a1014 n4 010 n  a1104 n 3 011 n  a1113    n4 001 n  a1014 n4 011 n  a1114 n4 001   n n n  a1014  a0114  a1114  nªn n n n n n a010  a0004  a1004  a0104  a1104 TiÕp tôc: n n n n n a010  a0004  a1004  a0104  a1104 n n n n n n n n   a0005  a1005    a0105  a1105    a0015  a1015    a0115  a1115   An 5 VËy cuèi cïng n An 1  a010  An 5 (mod 2) Đặt n k 6m ta đợc Ak 6 m  A( k  m 1) 5  Ak 6( m 1)   Ak (mod 2) Víi k  ta cã A2001  A3   0(mod 2) hay A2001 lμ số chẵn Bi toán 12 (Đề dự tuyển Vô địch Quèc tÕ 1999) Mét nhμ sinh vËt häc quan s¸t thạch sùng bắt ruồi v nghỉ ngơi sau lần bắt đợc ruồi Nh sinh vËt häc nμy nhËn thÊy r»ng: (i) Con ruåi bị bắt sau thời gian nghỉ phút; (ii) Thời gian nghỉ trớc bị bắt ruồi thø 2m b»ng thêi gian nghØ tr−íc b¾t ri thø m vμ kÐm mét so víi thêi gian nghØ tr−íc b¾t ri thø 2m  ; (iii) Khi thạch sùng hết nghỉ, bắt ruåi lËp tøc Hái: a) Cã bao nhiªu ruồi bị bắt trớc thời gian nghỉ lần l phút? b) Sau phút thạch sùng bắt đợc ruồi thứ 98? 227 www.VNMATH.com c) Có ruồi bị thạch sùng bắt sau 1999 phút trôi qua? Giải: Kí hiệu r (m) l ®é dμi thêi gian (sè phót) th¹ch sïng nghØ ngơi trớc bắt ruồi thứ m (tức l thêi gian tõ b¾t ruåi thø m  đến bắt ruồi thứ m ) Từ gi¶ thiÕt ta cã: r (1)  1; r (2m)  r (m) ; r (2m  1)  r (m)  (*) Nh− vËy, theo Bμi to¸n 3, r (m) chÝnh lμ sè ch÷ sè biểu diễn nhị phân m Kí hiệu t (m) l thời điểm trớc lần bắt thứ m (tức l tổng số thời gian từ đầu đến b¾t ruåi thø m ) vμ f (n) lμ số ruồi bị bắt sau n phút trôi qua Khi Êy theo bμi ta cã víi mäi m: m t (m)   r (i ) vμ f (t (m))  m (**) i 1 Tr−íc tiªn chóng ta chøng minh mét sè c«ng thøc truy håi sau: t (2m  1)  2t (m)  m  1) Thật vậy, từ công thức (*) vμ (**) suy ra: m i 1 t (2m  1)  m 1 i 0 (1) m  r (i)   r (2i  1)   r (2i) i 1 m m m i 1 i 1 i 1  r (1)   (r (i )  1)   r (i )  2 r (i )  m   2t (m) m Vậy (1) đợc chứng minh t (2m)  2t (m)  m  r (m) ; 2) Cũng từ công thức (*) v (**) ta cã: t (2m  1)  m 1  i 1 2m r (i )   r (i )  r (2m  1)  t (2m)  r (m)  i 1 Tõ c«ng thøc nμy vμ c«ng thøc (1) suy ra: t (2m)  t (2m  1)  r (m)   (2t (m)  m  1)  r (m)   2t (m)  m  r (m) 228 (2) www.VNMATH.com Công thức (2) đợc chứng minh 3) r (2 p m)  r (m) ; (3a) (3b) r (2  1)  q q ThËt vËy, ¸p dụng công thức (*) ta đợc: r (2 p m)  r (2.2 p 1 m)  r (2 p 1 m)  r (2 p 2 m)   r (m) vμ r (2q  1)  r (2.(2q 1  1)  1)  r (2q 1  1)   (r (2q   1)  1)    r (1) (q 1) q Công thức (3) đợc chøng minh t (2 p m)  p t (m)  pm2 p 1  (2 p  1)r (m) (4) 4) Víi p  c«ng thøc (4) l công thức (2) đà đợc chứng minh Víi p  , tõ c«ng thøc (2) vμ c«ng thøc (*) ta cã: t (22 m)  t (2.2m)  2t (2m)  2m  r (2m)  2(2t (m)  m  r (m))  2m  r (m)  4t (m)  4m  3r (m)  22 t (m)  2m221  (22  1)r (m) Ta sÏ chøng minh c«ng thøc (4) nhê c«ng thøc (2), (3) vμ qui n¹p theo p nh− sau: t (2 p 1 m)  t (2.2 p m)  2t (2 p m)  p m  r (2 p m)  2(2 p t (m)  pm2 p 1  (2 p  1)r (m))  p m  r (m)  p 1 t (m)  ( p  1)m2 p  (2 p 1)r (m) Vậy công thức (4) đợc chứng minh Từ ta có hệ quả: 5) t (2 p  1)  p.2 p 1 ; t (2 )  p.2 p p 1 (5a) (5b) Liên tiếp áp dụng công thức (1) ta ®−ỵc: 229 www.VNMATH.com t (2 p  1)  t (2(2 p 1  1)  1)  2t (2 p 1  1)  (2 p 1  1)   2t (2 p 1  1)  p 1  2(2t (2 p   1)  p 2 )  p 1  22 t (2 p   1)  2.2 p 1   p 1 t (1)  ( p  1)2 p 1  p 1  ( p  1)2 p 1  p.2 p Vậy công thức (5a) đợc chứng minh ¸p dơng c«ng thøc (4) cho m  víi chó ý r»ng t (1)  r (1)  ta đợc: t (2 p ) p t (1)  p.1.2 p 1  (2 p  1)r (1)  p.2 p 1  VËy c«ng thøc (5b) đợc chứng minh 6) t (2 p.(2q 1))  ( p  q)2 p  q 1  p p 1  q.2 p  q (6) áp dụng công thức (4) cho m 2q , công thức (3b) v (5a) ta đợc: t (2 p.(2q  1))  p t (2q  1)  p.(2q  1).2 p 1  (2 p  1)r (2q  1)  p q.2q 1  p.(2q  1).2 p 1  (2 p  1).q  ( p  q )2 p  q 1  p p 1  q.2 p q Vậy công thức (6) đợc chứng minh Bây ta giải bi toán a) Số ruồi bị bắt sau lần nghỉ phút l thời gian m khoảng cách nghỉ lúc bắt ruồi thứ m v thứ m  lμ phót, cịng chÝnh lμ sè m cho r (m  1)  V× r (m) chÝnh lμ sè ch÷ sè biĨu diễn nhị phân m , nên r (m 1) phải có chữ số 1, m sè bÐ nhÊt cã ch÷ sè lμ 1111111112  210   511 nªn m =510 b) Sử dụng công thức (1), (2) v (6) ta ®−ỵc: t (98)  2t (49)  49  r (49) ; t (49)  2t (24)  24  ; t (24)  t (23.3)  t (23.(22  1))  5.24  3.22  2.23   54 Suy t (49)  2t (24)  24   133 V× r (49)  r (1100012 )  nªn 230 www.VNMATH.com t (98)  2t (49)  49  r (49)  312 (con ruồi) c) Vì t (m) l thời điểm bắt ruồi thứ m nên f (t (m)) m Do ®ã f (n)  m vμ chØ n  t (m); t (m  1) , để tìm đợc f (1999) ta phải t×m m0 cho t (m0 )  1999  t (m0  1) V× t (m) lμ mét hm tăng nên ta thử số giá trị m thu hẹp dần khoảng chứa m0 để cuối đợc m0 áp dụng công thức (5b) cho p  vμ p  ta ®−ỵc t (28 )  8.27   1024  1999  2305  9.28   t (29 ) VËy 28  m0  29 Ta dùng phơng pháp chia đôi để thu hẹp đoạn chøa m0 nh− sau KÝ hiÖu m1  28  29  27.3  27.(22  1) TÝnh t (m1 ) theo c«ng thøc (6): t (m1 )  t (27.(22  1))  9.28  7.26  2.27   1602 VËy 27.3  m0  29 27.3  29  26.7  26.(23  1) KÝ hiÖu m2  TÝnh t (m2 ) theo c«ng thøc (6): t (m2 )  t (26.(23  1))  9.28  6.25  3.26   1923 VËy 448  26.7  m0  29  512 26.7  29  25.15  25.(24  1) KÝ hiÖu m3  TÝnh t (m3 ) theo c«ng thøc (6): t (m3 )  t (25.(24  1))  9.28  5.24  4.25   2100 VËy 448  26.7  m0  25.15  480 26.7  25.15 KÝ hiÖu m4   24.29  464 Tõ (3b) ta cã r (7)  r (23  1)  (hc r (7)  r (111)  ) 231 www.VNMATH.com Tõ c«ng thøc (5a) suy t (7)  t (23  1)  3.231  12 TÝnh t (m4 ) theo c«ng thøc (4) víi chó ý lμ t (7)  12 vμ r (7)  : t (m4 )  t (24.29)  24 t (29)  4.29.23  (24  1)r (29)  24 (2t (14)  15)  928  15(r (14)  1)  32(2t (7)   r (7))  1153  15r (7) VËy  64t (7)  1377  47r (7)  64.12  1377  47.3  2004 448  26.7  m0  24.29  464 26.7  24.29  23.57  456 KÝ hiÖu m5  Tõ công thức (1) v (2), t (7) 12 vμ r (7)  ta cã: t (57)  2t (28)  29  2(2t (14)  14  r (14))  29  4(2t (7)   r (7))  57  2r (7)  8t (7)  85  6r (7)  8.12  85  6.3  163 Theo c«ng thøc (*) víi chó ý lμ r (7)  ta cã: r (57)  r (28)   r (14)   r (7)   VËy t (m5 )  t (23.57)  23 t (57)  3.57.231  (23  1)r (57)  8.163  684  7.4  1960 Do ®ã 456  57  m0  24.29  464 KÝ hiÖu m6  24.29  23.57  22.115  460 V× t (115)  2t (57)  58  2.163  58  384 vμ r (115)  r (57)     nªn t (m6 )  t (22.115)  22 t (115)  2.115.2  (22  1)r (115)  4.384  460  3.5  1981 VËy 460  115  m0  24.29  464 KÝ hiÖu m7  22.115  24.29  2.231  462 TÝnh t (m7 ) theo c«ng thøc (4): 232 www.VNMATH.com t (m7 )  t (2.231)  2t (231)  231  r (231)  2(2t (115)  116)  231  (r (115)  1)  4t (115)  462  r (115)  4.384  462   1993 VËy 462  2.231  m0  24.29  464 KÝ hiÖu m8  462  464  463 TÝnh t (m8 ) : t (m8 )  2t (231)  232  2(2t (115)  116)  232  2000 Nh− vËy, ta cã t (462)  1993 vμ t (463)  2000 VËy chØ cã nhÊt m0  462 tho¶ m·n t (m0 )  1999  t (m0  1) , hay f (1999)  462 Lêi bình: Phơng pháp chia đôi di, nhng không đòi hỏi lập luận sáng tạo độc đáo, thực tính toán không khó, l kết hợp dùng máy tính Đáp số: 462 Bi toán 13 (Thi mùa đông Bungaria, 2001) Ivan v Peter thay viết chữ số (mỗi lần chữ số) ngời viết đợc 2001 chữ số Nh vậy, ta nhận đợc dÃy gồm 4002 chữ số Coi l biểu diễn nhị phân số Peter l ngời thắng số nhận đợc không viết đợc dới dạng tổng hai số phơng Chứng minh Peter (đi sau) có chiến lợc đảm bảo thắng Giải: Trớc tiên ta chứng minh biểu diễn nhị phân số có tận 11 số chẵn chữ số số l tổng hai số phơng Thật vậy, số A có biểu diễn nhị phân có tận 11 số có dạng A  am am1 a3a2112  am am1 a3a2 002  112 4s Nếu A viết đợc dới dạng tổng hai số phơng tồn t¹i hai sè p vμ q cho A  p  q  4s  Do A l số lẻ nên bắt buộc hai số p v q l lẻ, số lμ ch½n, nghÜa lμ p  p1 vμ q  2q1  Suy 233 www.VNMATH.com p  q  p12  (2q1  1)  4( p12  q12  q1 ) , không dạng s , v« lÝ VËy A  4s  kh«ng thĨ viết đợc dới dạng tổng hai số phơng Hơn nữa, ta chứng minh biểu diễn nhị ph©n cđa mét sè cã tËn cïng lμ sè 11 v l số chẵn chữ số số l tổng hai số phơng Thật vậy, số có dạng   A   am am 1 a3 a2110   4k  am am 1 a3a2112  4k (4s  3)  k 2  Giả sử A viết đợc dới dạng tổng hai số phơng, tức l tồn hai số p vμ q cho A  p  q  4k (4 s  3) NÕu k vô lí chứng minh Nếu k  th× A  p  q chẵn v chia hết cho Điều ny x¶y vμ chØ p vμ q cïng chẵn (nếu p v q lẻ ta có  p  q   2(mod 4) NghÜa lμ p  p1 vμ q  2q1 Suy p12  q12  4k 1 (4s  3) LËp luËn 2 t−¬ng tù, cuèi cïng ta ®i ®Õn pn  qn  4s Vô lí Bây ta xây dựng chiến lợc để Peter (đi sau) thắng nh sau: Nếu chữ số m Ivan viết l sau lần Ivan viết xong, Peter lặp lại chữ số m Ivan đà viết Khi số nhận đợc l số sè cã tËn cïng lμ 11 vμ mét sè chẵn chữ số 0, tức l số dạng  A   am am 1 a3 a2110   4k (4 s  3) , sè nμy viết đợc dới k dạng tổng hai số phơng Nếu Ivan viết chữ số Peter viết ba chữ số đầu l 1, chữ số lại l Sau 2001 bớc ta đợc số  A   0101010    0101012  41998  21 41998  21998  Lí luận tơng tự nh trờng hợp A 4k (4s 3) , 21 viết đợc dới dạng tổng hai số phơng nên 234 www.VNMATH.com A  21 41998 cịng kh«ng thĨ viÕt đợc dới dạng tổng hai số phơng Vậy Peter thắng Bi toán 14 (Dự tuyển thi Vô địch Quốc tế lần thứ 41, 2000) Hm số F : N N xác định tập số nguyên không âm thỏa mÃn điều kiện sau víi mäi n  : (i) F (4n)  F (2n)  F (n) ; (ii) F (4n  2)  F (4n)  ; (iii) F (2n  1)  F (2n)  Chøng minh với số nguyên dơng m , số số nguyên n với n 2m vμ F (4n)  F (3n) b»ng F (2m1 ) Gi¶i: Do (i) ta cã F (4.0)  F (2.0)  F (0) Suy F (0)  T−¬ng tù, tõ (ii) suy F (2)  F (4.0  2)  F (4.0)   Tõ (iii) ta cã: F (3)  F (2  1)  F (2)   Ta thấy F (n) xác định cách từ ba điều kiện đầu bi Tiếp tục tính ta có bảng giá trị F (n) dới n F ( n) 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 Quan sát bảng ta có Nhận xét 1: F (2r )  ur 1 , ®ã ur lμ sè h¹ng thø r cđa d·y Fibonacci ( u0  , u1  , un1  un  un1 , n  ) ThËt vËy, víi r  ta cã F (20 )  F (1)   u1 ; Víi r  ta cã F (21 )  F (2)   u2  u11 ; Víi r  ta cã F (22 )  F (4)   u3  u21 ; Víi r  ta cã F (23 )  F (8)   u4  u31 ; Víi r  ta cã F (24 )  F (16)   u5  u41 235 www.VNMATH.com Giả sử khẳng định với mäi  k  r Ta sÏ chøng minh cho r Điều ny dƠ dμng suy tõ (i), tõ gi¶ thiÕt qui nạp v từ định nghĩa dÃy Fibonacci: F (2r 1 )  F (4.2r 1 )  F (2.2r 1 )  F (2r 1 )  ur 1  u( r 1)1  ur  Quan sát bảng giá trị F (n) tính theo n v un dới n 10 11 12 13 14 15 16 un  n 2 F ( n) F (n)  ak uk 1   a0u1 1 13 21 34 55 89 144 233 377 610 987 02 1 2 3 4 5 6 F (0)  0.u1  12 102 112 1002 1012 1102 1112 10002 10012 10102 10112 11002 11012 11102 11112 100002 F (1)  1.u1  F (2)  1.u2  0u1  F (3)  1.u2  1u1  F (4)  1.u3  0.u2  0.u1  F (5)  1.u3  0.u2  1.u1  F (6)  1.u3  1.u2  0.u1  F (7)  1.u3  1.u2  1.u1  F (8)  1.u4  0.u3  0.u2  0.u1  F (9)  1.u4  0.u3  0.u2  1.u1  F (10)  1.u4  0.u3  1.u2  0.u1  F (11)  1.u4  0.u3  1.u2  1.u1  F (12)  1.u4  1.u3  0.u2  0.u1  F (13)  1.u4  1.u3  0.u2  1.u1  F (14)  1.u4  1.u3  1.u2  0.u1  F (15)  1.u4  1.u3  1.u2  1.u1  F (16)  1.u5  0.u4  0.u3  0.u2  0.u1  ta thÊy F (n) đợc biểu diễn dới dạng tổng số hạng dÃy Fibonacci Hơn nữa, ta có nhận xÐt tỉng qu¸t sau NhËn xÐt 2: NÕu n cã biĨu diƠn c¬ sè lμ n   ak a0 2 th× F (n)  ak uk 1   a0u1 (*) Chøng minh: Ta chøng minh F (n) đợc xác định theo công thức (*) thỏa mÃn ba điều kiện (i), (ii), (iii) víi mäi n  236 www.VNMATH.com ThËt vËy, nÕu n   ak a0 2 th× 4n   ak a0 00 2 ; 4n    ak a010 2 ; 2n   ak a0 2 , ®ã F (4n)  ak uk 3   a0u3 vμ F (2n)  ak uk    a0u2 Suy F (4n)  ak (uk   uk 1 )   a0 (u2  u1 )  (ak uk    a0u2 )  (ak uk 1   a0u1 )  F (2n) F (n) Vậy (i) đợc chứng minh Vì u2  nªn ta cịng cã F (4n  2)  ak uk 3   a0u3  u2 F (4n) hay (ii) đợc chứng minh V cuối cùng, u1 nên F (2n  1)  ak uk    a0u2  u1  F (2n)  tøc l (iii) Do (i)-(iii) xác định F (n) nên (*) l công thức tổng quát F (n) NhËn xÐt 3: NÕu biĨu diƠn nhị phân n hai chữ số đứng liền (ta gọi l chữ số cô lËp) th× F (3n)  F (4n) Chøng minh: Giả sử biểu diễn nhị phân n ak a0 hai chữ số liên tiếp Vì 3n 2n n m 2n   ak a0 2 nªn 3n  2n  n   ak a0 2   ak a0 Vì biểu diễn nhị phân cđa n   ak a0 2 kh«ng cã hai chữ số liên tiếp nên phép cộng l kh«ng cã nhí tõ hμng nμy sang hμng sau, tøc lμ nÕu n   ak a0 2 th× 3n  2n  n   ak a0 2   ak a0 2  ak (ak 1  ak ) (ai 1  ) (a0  a1 )a0 Do ®ã f (n)  ak uk 1   a0u1 vμ f (3n)  ak uk   (ak 1  ak )uk 1   (ai 1  )ui 1   a0u1  ak (uk   uk 1 )  ak 1 (uk 1  uk )   1 (ui 1  ui )   a0 (u2  u1 )  ak uk 3   a0u3  F (4n) 237 www.VNMATH.com NhËn xÐt 4: Víi mäi n th× F (3n)  F (4n) DÊu b»ng x¶y vμ chØ biĨu diƠn sè thËp ph©n cđa n mäi chữ số l cô lập Chứng minh: Ta chøng minh nhËn xÐt ®óng víi mäi  n  2m b»ng qui n¹p theo m  Víi m  1, 2,3, (  n 16 ) điều ny dễ dng thấy đợc qua bảng Thật vậy: Với n 12 : F (3)  F (4)  ; Víi n   102 : F (6)  F (8)  ; Víi n   112 : F (9)    F (12) ; Víi n   1002 : F (12)  F (16)  Gi¶ sư nhËn xÐt ®óng víi mäi k  m Ta sÏ chøng minh nã ®óng víi k  m  Gi¶ sư 2m  n  2m1 Khi Êy n  2m  p víi  p  2m Gi¶ sư   n  2m  p  100 00    am 1am  a1a0 2  1am 1am a1a0 2  m  2 V× p   am1am2 a1a0 2 (hƯ sè am1 kh«ng nhÊt thiÕt b»ng 0) nªn p   am 1am  a1a0 00 2 vμ 4n  1am1am 2 a1a0 00 2 Do (*) ta cã: F (4n)  um 3  am 1um   am 2um 1   a1u4  a0u3  um 3  F (4 p ) XÐt ba tr−êng hỵp: 2m Khi Êy 3n  3(2m  p)  2m 1  2m  p 1) 0 p p  2m , ®ã p   bm1bm 2 b1b0 2 vμ       100 00   100 00    bm 1bm b1b0 2  11bm 1bm b1b0 2   m  m 1 2  Vì p 2m nên theo giả thiÕt qui n¹p ta cã F (3 p)  F (4 p) Do ®ã, tõ (*) suy F (3n)  um   um 1  bm 1um  bm 2um 1   b1u2  b0u1  um 3  F (3 p)  um F (4 p) F (4n) Đẳng thức x¶y vμ chØ F (3 p)  F (4 p) , nghĩa l chữ số p l cô lập Nhng n 2m  p víi  p  2m nªn 238 www.VNMATH.com chữ số n l c« lËp VËy F (3n)  F (4n) vμ chữ số n l cô lËp 2m 2m 1  p Khi Êy p  2m  h víi  h  2m nên ta có biểu diễn 2) 3 nhị ph©n   p  10    hm 1hm 2 h1h0 2  1hm 1hm 2 h1h0 2 Do ®ã   m 2 F (3 p )  um 1  hm 1um  hm  2um 1   h1u2  h0u1  um 1  F (h) V× 3n  3(2m  p )  2m 1  2m  p       100 00   100 00   1hm1hm h1h0 2  100hm 1hm  h1h0 2   m  m 1   2 nªn theo (*) vμ qui n¹p ta cã F (3n)  um 3  hm1um  hm 2um 1   h1u2  h0u1  um 3  F (h)  um3  F (3 p )  um 1  um   F (3 p )  um   F (4 p )  um3  F (4 p )  F (4n) Trong tr−êng hỵp nμy dÊu không xảy 3) 2m1 p  2m Khi Êy 2m 1  p  3.2m vμ p  2m 1  q víi  q  2m nªn ta cã biểu diễn nhị phân p 10    qm1qm 2 q1q0 2  10qm 1qm 2 q1q0 2 Do ®ã   m 1  F (3 p )  um   qm 1um  qm  2um 1   q1u2  q0u1  um   F (q ) V× 3n  3(2m  p)  2m 1  2m  p       100 00   100 00   10qm 1qm  q1q0 2  101qm 1qm 2 q1q0 2   m  m 1 2 nên theo (*) v qui nạp ta có 239 www.VNMATH.com F (3n)  um 3  um 1  qm 1um  qm 2um1   q1u2  q0u1  um 3  um 1  F (q)  um 3  um 1  F (3 p )  um  um 3  F (4 p ) F (4n) Dấu không xảy Nh vậy, trờng hợp ta có F (3n)  F (4n) DÊu b»ng 2m x¶y vμ chØ  p  vμ p có chữ số cô lập Lúc chữ số n l cô lập Bây ta phải chứng minh có um F (2m1 ) số nguyên dơng n khoảng 0; 2m , với chữ số bị cô lập biểu diễn nhị ph©n cđa chóng ThËt vËy, víi m  ta cã hai sè vμ vμ u3  ; víi m  ta cã ba sè 0; v 3=102 l số với chữ số bị cô lập biểu diễn nhị phân v u4 Giả sử điều ny với mäi k  m Ta chøng minh nã ®óng víi k  m Gi¶ sư n  2m vμ n   am1 a0 2 Khi Êy n  2m1 vμ chØ am1  Trong trờng hợp ny theo qui nạp ta có um1 số với chữ số cô lập Nếu 2m1  n  2m th× am 1  , am v lại theo qui nạp ta có um số với chữ số cô lập Vậy tất số kho¶ng  n  2m cã tỉng céng um 1  um  um   F (2m ) số với chữ số cô lập 240 www.VNMATH.com Ti liệu [1] Phạm Huy Điển, Đinh Thế Lục, Tạ Duy Phợng: Hớng dẫn thực hnh tính toán chơng trình Maple V, Nh xuất Giáo dục, H Nội, 1998 [2] Phạm Huy Điển, H Huy Khoái: Mà hóa thông tin: Cơ sở toán học v ứng dụng, Nh xuất Đại học Quốc Gia, H Nội, 2004 [3] Hμ Huy Kho¸i: Sè häc thuËt to¸n, Nhμ xuÊt b¶n Khoa häc KÜ thuÊt, Hμ Néi, 1996 [4] H Huy Khoái, Phạm Huy Điển: Số học & thuật toán, Nh xuất Đại học Quốc Gia, H Nội, 2003 [5] S V Phomin: HƯ tÝnh, Nhμ xt b¶n Nauka, Moscow, 1987 (Tiếng Nga) [6] Tạ Duy Phợng: Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi Giải toán máy tÝnh ®iƯn tư: HƯ ®Õm vμ øng dơng, Nhμ xt Giáo dục, 2007 241 ... chuyên đề "Một số ứng dụng giải tích hình học, đại số, số học tóan rời rạc" Cuốn sách nhằm cung cấp số kiến thức chuyên đề mức độ khó tóan rời rạc, đại số, số học, giải tích hình học Đây chun đề... tạp Số đối xứng số tính chất liên quan Số đối xứng số có chữ số đối xứng nhau, đọc xi đọc ngược Ví dụ: 12321, 14641, 15099051, hai số đối xứng hai số có chữ số đối xứng nhau, số đọc xi số ngược... dạng toán đại giải tích thực phức, đại số đại số tuyến tính, tốn rời rạc lý thuyết trò chơi Từ nhiều năm nay, hệ khiếu Toán học Trường THPT Chuyên thường sử dụng song song sách giáo khoa đại trà