DỖN QUANG TIẾN HUỲNH KIM LINH TƠN NGỌC MINH QN NGUYỄN MINH TUẤN CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN x y z n n n Chuyên đề ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author LỜI GIỚI THIỆU S ố học hay a thc u l cỏc ch thng xuyờn xuỗt hin cỏc thi hc sinh giụi cỗp quc gia, kì thi khu vực quốc tế vi cỏc bi toỏn khú ti rỗt khú c cỏc nc cng nh cỏc thổy cụ phỏt trin rỗt nhiu Đa thức mâng mà chứa đựng yếu tố đäi số, giâi tích, hình học cõ cỏc tớnh chỗt v s hc Chớnh vỡ th ta xem đa thức xem toán tổ hợp mâng khác Tốn học đóng vai trò liên kết mâng läi với thành thể thống nhỗt V chỳng ta cng bit rng s hc khụng phõi t nhiờn rỗt nhiu nh toỏn hc, nhng ngi làm tốn gọi với tên mỹ miều Bà chúa toán học Thế giới số rỗt quen thuc vi chỳng ta cuc sng thng ngày, giới kì lä đỉy bí èn: lồi người phát bao nhiờu tớnh chỗt rỗt hay, bao nhiờu quy lut rỗt p v bỗt ng ng thi cng ang chu "bú tay" trước nhiều kiện, nhiều dự đốn Điều lí thỳ l nhiu mnh khú nhỗt ca s hc c phỏt biu rỗt n giõn, cng hiu c ; nhiu bi toỏn khú nhng cú th giõi rỗt sáng täo với kiến thức số học phổ thông đơn giân Không đåu số học,chúng ta lọi cú th lổn theo c dỗu vt ca nhng bi toỏn c xa n c vi nhng vỗn đề chờ đợi người giâi – Trích từ sách Số học – Bà chúa toán học – Hồng Chúng Chính kết hợp mâng kiến thức mang tới cho tốn đẹp vẻ đẹp không dễ để chinh phục câ, ln èn chứa điều khó khăn “nguy hiểm” Trong chủ đề viết này, khám phá chinh phục phæn vẻ đẹp kết hợp Nhóm tác giả ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Đa thức số học CÂU CHUYỆN TOÁN HỌC N Joseph – Louis Lagrange ếu nhạc sĩ người Áo Wolgang Amadeus Mozart (1756 – 1791) để lại cho đời sau nhạc tuyệt vời hai trăm năm sau, năm kỷ 21, với lòng tôn sùng bậc tài danh, người yêu âm nhạc cổ điển biết lắng nghe để thưởng thức âm điệu mà Nhưng thời với ông, Âu châu có thiên tài khác lừng danh, tiếng tăm khơng vang ngồi nhân mơn hạn hẹp tốn học Tuy cơng trình ơng để lại, khơng người đời sau ghi học hỏi, mà áp dụng nhiều mơn CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN khoa học thực dụng cho đời sống hàng ngày, chương trình thám hiểm khơng gian vũ trụ để tìm hiểu nguồn gốc đời sống người tương lai sau Người nhắc đến Joseph – Louis Lagrange (1736 – 1813), nhà toán học lỗi lạc nhất, mà người thật khiêm tốn, nhiều bậc vương giả Âu châu trọng vọng vào cuối kỷ 18 đầu kỷ 19 Để phê bình danh nhân này, Đại đế Napoléon nói rằng: "Lagrange thật kim tự tháp cao vời mơn tốn học" Lời nói Hồng đế thường đơi với việc làm ơng phong cho Lagrange làm Bá tước, cử ông làm Thượng Nghị sĩ vinh tặng ơng Đệ Nhất Đẳng Bắc Đẩu Bội Tinh Nhiều bậc vương giả khác Âu châu Quốc vương xứ Sardinia Hoàng đế Frederick Đức quốc tôn vinh Lagrange Joseph – Louis Lagrange (1736 – 1813) Chinh phục olympic toán| Bồi dưỡng học sinh giỏi Lagrange sinh ngày 25 – – 1736 Turin (Italia), ngày 10 – – 1813 Paris (Pháp) Ông xem thiên tài toán học lớn lịch sử toán học, đồng thời nhân vật đặc sắc thời đại ông – thời đại đầy xáo động mặt: trị, văn hóa, xã hội Ơng người Pháp, có pha dòng máu Ý Tổ phụ Lagrange đại úy kỵ binh Pháp, tới phục vụ trướng Quốc vương đảo Sardinia Charles Emmanuel II Sau vị sĩ quan kỵ binh điển trai anh dũng tới định cư tỉnh Turin nhận vào làm rể dòng họ quyền quý Conti nước Ý Thân phụ Lagrange hưởng may mắn hôn ước kết duyên cô Marie – Thérèse Gros nữ độc bác sĩ giàu có tỉnh Cambiano Cặp tài tử giai nhân tuổi ấu thơ sau may mắn thêm cậu út Joseph – Louis đời ngày 25 tháng Giêng năm 1736 để lớn lên trở thành nhà bác học danh tiếng lẫy lừng Thân phụ Lagrange người có tài trí, có thời làm Tổng Giám Đốc ngân sách binh bị cho đảo quốc Sardinia Ông xây dựng nên tài sản lớn, lại cộng thêm với hồi môn bà vợ nên gia đình vào hạng giàu có lớn tỉnh Nhưng ông lại ham mê đầu tư nên theo với kinh tế đương thời Châu Âu, tài sản gia đình bị giảm sút đến khánh kiệt Lagrange bước vào tuổi trưởng thành Cậu út cưng chiều lại không thừa kế chút di sản cha mẹ, thật khơng đáng giá để lại Trong đời sau Lagrange, ông thường cho phá sản lại điều may cho nói rằng: "Nếu tơi hưởng gia tài lớn tơi khơng dựa vào Tốn Học để xây dựng đời mình" Sự Nghiệp Tốn Học Vào đầu kỷ 18, khoa học nói chung, tốn học nói riêng, chưa phải mơn học cho sĩ tử, nên lúc đầu Lagrange theo văn học cổ điển Nhưng nghiên cứu văn hoá Hy Lạp, chàng niên biết đến cơng trình Hình Học vĩ nhân toán học đời trước Euclid (330 – 275 tr CN) Archimedes (287 – 212 tr CN) Tuy chàng không ý môn Nhưng sau Lagrange đọc tham luận nhà thiên văn học Edmund Halley (1656 – 1742) ca tụng mơn Giải Tích Học xây dựng hoàn bị nhà bác học Isaac Newton (1642 – 1727) cho mơn tốn học vượt trội mơn Hình Học Bài gợi trí tò mò chàng niên anh dồn hết tâm trí vào để thời gian ngắn học hết cơng bố sách phép tính vi phân tích phân mơn giải tích học Sự hiểu biết toán học cao cấp làm | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC sống vui hạnh phúc hai ơng bà có đến mười người tất mệnh yểu Đa thức số học cho Lagrange bổ nhiệm làm giáo sư toán học Trường Pháo binh Hoàng gia tỉnh Turin chàng 16 tuổi Nơi đây, hàng ngày Lagrange giảng cho lớp sinh viên mà người lớn tuổi Tuy chàng thừa uy tín để chinh phục người có nhiều lực để tổ chức Hội Nghiên cứu Khoa học khởi thủy Trung tâm để sau trở thành Viện Hàn lâm Khoa học Turin Chỉ năm sau, vào năm 1759, Lagrange 23 tuổi, mà Hội Nghiên cứu chàng sáng lập xuất Tập san Nhưng ta phải nói với tâm địa tốt, luôn nâng đỡ bạn đồng nghiệp mà nhiều khảo cứu toán học đăng số tập san nghiên cứu, ký tên tác giả khác, mà thực cơng trình Lagrange chàng sửa chữa viết lại hoàn toàn Trong trường hợp này, có tác giả viết thật đặc sắc – sau Lagrange sửa lại – người ý CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ngợi khen, chuyện tới tai quốc vương Sardinia, tác giả vời tới giao cho giữ Bộ Hải quân chức vụ thật quan trọng Sardinia đảo quốc Chỉ có điều lịch sử mơn tốn học, người ta thấy ông viết độc mà nâng đỡ Lagrange giúp cho ông địa vị triều Cũng thời gian sáng tác phong phú mà Lagrange tạo dựng nên lý thuyết cho môn Cơ học Giải tích Một tốn biết từ thời thượng cổ toán đẳng chu (isoperimetric problem) người ta tìm hình phẳng có mơt diện tích cực đại cho chu vi cho sẵn Lời giải tất nhiên hình tròn phải đợi đến kỷ 17 người ý đến toán cực đại hay cực tiểu hai anh em toán gia Bernouilli, người Thụy Sĩ, ông anh tên James (1654 – 1706) người em John (1667 – 1748) thách thức giải toán sau đây: "Từ điểm khởi đầu O, thả trơi vòng theo đường giây nhẵn thín nằm mặt phẳng thẳng đứng, tuột xuống điểm A Phải uốn đường giây theo hình thời gian tuột ngắn nhất." Dĩ nhiên hai anh em nhà Bernouilli đưa nhiều lời giải, lại đề nhiều tốn khác thuộc loại Những viết anh em nhà Bernouilli gây phấn khởi cho thiên tài toán học khác người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) học trò John Bernouilli, Euler đưa phương pháp tổng quát để giải tốn mà James Bernouilli đề nghị xưa Ơng đặt tên cho phép tính Phép tính biến thiên (Calculus of Variations) Nhưng ngưòi thực đưa phép giải tốn để tìm trường hợp tối ưu lại Lagrange, lúc giáo sư Turin Tuy chàng niên, tuổi 19 hệ sau, nghiên cứu toán đẳng Chinh phục olympic toán| Bồi dưỡng học sinh giỏi chu sau bậc tiền bối danh tiếng vang lừng, Lagrange có nhận xét tân kỳ để giải tốn, có can đảm viết thư cho Euler, Chủ tịch Ủy ban Toán học Viện Hàn lâm Khoa học Vương quốc Phổ Berlin, để đưa lời giải mà chàng cho có tính cách tổng qt Cũng may Euler thiên tài toán học thời ấy, danh tiếng vang lừng, người rộng lượng, ông nhận phương pháp Lagrange giải toả vài thắc mắc ơng tìm phương pháp giải toán Euler nhường cho Lagrange công bố kết trước Hơn hai trăm năm sau, khoa học gia khơng gian, tìm qũy đạo tối ưu để đưa vệ tinh thám sát lên hành tinh xa vời Thái dương hệ, phải viết phương trình có tên chung phương trình Euler – Lagrange Khơng người, dù khoảnh khắc, nghĩ đến tài trí siêu việt Lagrange đức tính cao năm đời nghiên cứu sáng tác toán học Lagrange, viết đăng tập san đề Miscellanea Taurinensia tất tổng cộng có Tập Những viết dù để tên học sinh hay người cộng chàng giáo sư tuổi hai mươi đưa ý kiến duyệt xét sửa đổi lại Tuy thị thành hẻo lánh nơi có hội tốn học mà Lagrange sáng lập mà sau trở thành Viện Hàn lâm Khoa học Turin, tập san toán học phát xuất từ nơi đây, mà số nói Phép tính biến thiên, tồn giới khoa học Âu châu ý tới làm cho Lagrange đương nhiên trở thành toán gia hàng đầu người ngưỡng mộ Ngồi tốn gia Euler, Lagrange trưởng bối người Pháp D’Alembert (1717 – 1783) nhiệt tình ủng hộ Những người bạn tốt nghĩ chàng tới thủ đô văn học tiếp xúc với tốn gia hàng đầu kỷ tài Lagrange nảy nở toàn diện Trước Lagrange mời tới London, nửa đường vừa tới Paris bị ốm Nơi ơng tiếp đón trọng vọng sức khoẻ chưa hồi phục nên đành phải trở Turin thời gian để chờ hội khác Mấy năm sau dịp may tới đại tốn gia Euler nhận lời mời Viện Hàn lâm Khoa học St Petersburg để chuyển cư tới Do đề nghị nhà tốn học D’Alembert Euler, Hồng đế Frederick Phổ Quốc viết cho Lagrange thư nói Hồng đế Frederick vĩ đại châu Âu muốn toán gia lừng danh kỷ tới vương triều để hàng ngày bàn luận Lagrange nhận lời để tới Berlin vào chỗ trống Euler khoảng 20 năm cư ngụ ỏ Phổ Quốc ông viết trăm khảo luận toán học để đăng tập san Turin Berlin Cũng thời gian mà Lagrange hoàn tất tác phẩm vĩ đại đời ông môn Cơ học Giải tích | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC thượng Euler, người khai phá mơn tốn học Trong Đa thức số học Khi ông chôn cất điện Panthéon Paris Nguồn nội dung: Diễn đàn toán học Việt Nam – VMF CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Nguồn ảnh: Wikipedia Chinh phục olympic toán| Bồi dưỡng học sinh giỏi Chuyên đề ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Tạp chí tư liệu toán học Trong chủ đề này, thay việc phân chia dạng tốn cụ thể kèm lời phân tích chi tiết dạng mang tới cho bạn đọc tuyển tập tốn hay khó để ơn tập nâng cao kiến thức chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi kì thi khác mà CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐA THỨC Đơn thức theo biến x biểu thức có dạng m.x n m số n số nguyên không âm Đa thức tổng hữu hạn nhiều đơn thức hay đa thức biểu thức có dạng P x ak x k ak 1 x k 1 a1 x a0 ak Khi gọi hệ số đa thức Nếu , i ta gọi đa thức P x tức tập đa thức hệ số nguyên n gọi bậc đa thức, ký hiệu deg P n MỘT SỐ TÍNH CHẤT CẦN NẮM Tính chất Với hai số nguyên a , b b , tồn số nguyên c cho a bc ta gọi a chia hết cho b b chia hết a b ước a hay gọi a bội b Ký hiệu a b b|a Tính chất Với P x a , b hai số ngun khác nhau, ta ln có P a P b a b Chứng minh Giả sử P x an x n an1 x n1 a1 x a0 an Sử dụng đẳng thức a k b k a b a k 1 a k 2 b b k 1 với k số nguyên Khi P a P b a b an an1 an2 b b n1 an1 a n2 a n3b b n2 a1 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC bạn tham gia Nào bắt đầu nhé! Bồi dưỡng học sinh giỏi Câu 91 Chứng minh rằng, với số nguyên dương n tồn đa thức P x x bậc n cho P , P , , P n phân biệt tất số có dạng 2.2019 k 3, k Lời giải Bài toán chứng minh tồn đa thức, phải đa thức thỏa mãn Hãy để ý đến yêu cầu P , P , , P n nhận giá trị đặc biệt, tốn mang tư tưởng nội suy Lagrange Tuy nhiên khơng hồn tồn nội suy Lagrange, giá trị chúng có dạng khơng có giá trị cụ thể Do ta lấy đa thức đơn giản nội suy x x x P x a0 a1 a2 an , , i 1, n 1 2 n ràng muốn kết chúng có dạng 2.2019 k 3, đặt a 2019 dạng a k Do việc cho số P i có dạng a k Dẫn đến hệ số a0 , a1 , , an số khơng? Nếu chúng số P x k.2 x lai không dạng mong muốn Nhưng ý cho ta suy nghĩ, để hệ số tham gia vào khai triển Newton Do ta chọn a k i Khi đó, với x 0, n ta được: n x n x P x a k 1 a k 1 a k a k 1 a kn 1 n Đến ta gần thu kết mong muốn Vì ta cần chọn đa thức Q x P x có đa thức thỏa mãn tốn Tuy nhiên chưa? Hãy lưu ý đa thức P x hệ số hữu tỉ nên đa thức Q x có hệ số hữu tỉ ta phải cải tiến để đa thức Q x có hệ số nguyên Lưu ý đa thức P x hệ số hữu tỉ, với hệ số có mẫu lớn n1 Do ta phải nhân vào, khơng làm thay đổi lượng Lưu ý hệ số P x có nhân thêm a k Vậy phải chọn k nào? Chọn để a k chia hết cho n ! Việc to tát, được? Tuy nhiên ta chọn k để a k chia hết cho phần tử n ! Liên quan đến lũy thừa ta nghĩ đến định lý Euler Phân tích n ! n1 n2 n1 ước nguyên tố lớn n ! mà nguyên tố với a , tất nhiên n a có chung ước ngun tố n Khi ta có a mod n1 Do ta chọn k n1 n1 a k 84 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Lưu ý đa thức P x nhận giá trị nguyên, hệ số chúng hữu tỉ Rõ Đa thức số học Tiếp đến ta phân tích n2 p11 p22 pii Đặt s max , , , i n a có chung ước nguyên tố p1 , p2 , , pi nên n2 s Từ dẫn đến n ! as a k Đến tốn sang tỏ, cách lấy Q x as P x n i x Với P x a k 1 đa thức cần tìm i 0 i Câu 92 Chứng minh tồn tập vô hạn điểm , P3 , P2 , P1 , P0 , P1 , P2 , P3 , mặt phẳng thỏa mãn tính chất: Với ba số nguyên a , b , c phân biệt điểm Pa , Pb , Pc thẳng hàng a b c 2014 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN USA MO 2014 Problem Lời giải Trước hết, ta đặt a1 a 671, b1 b 671, c1 c 671 ta đưa điều kiện toán thành a b c Một điểm Pi f i , g i gồm hai thành phần hoành độ tung độ Để chứng minh tồn dãy vô hạn, ý tưởng tự nhiên tìm biểu diễn tường minh cho hai hàm f i g i Và tìm biểu diễn hợp lý nhất, đơn giản tìm lớp hàm đa thức Trước tiên, ta tìm điều kiện để Pa , Pb , Pc thẳng hang Ta có Pa f a , g a , Pb f b , g b , Pc f c , g c Pa Pb f b f a , g b g a Khi ta Pa Pc f c f a , g c g a Khi ba điểm Pa , Pb , Pc thẳng hàng f c f a f b f a g c g a g b g a Dẫn đến f b g c f b g c f a g c f a g a f c g b f c g a f a g b f a g a Đến ta đặt: F a , b , c f a g b f b g c f c g a f a g c f c g b f b g a Khi F a , b , c đa thức ba biến F a , a , c F a , b , b F a , b , a dẫn đến F a , b , c a b b c c a G a , b , c Mặt khác muốn ba điểm Pa , Pb , Pc thẳng hang a b c hay ta dịch qua ngôn ngữ đa thức F a , b , c a b c Điều cho ta thêm nhân tử F a , b , c F a , b , c a b c a b b c c a G a , b , c Chinh phục olympic toán| 85 Bồi dưỡng học sinh giỏi Để đa thức đơn giản ta chọn G a , b , c 1, F a , b , c a b c a b b c c a Khai triển đa thức này, dẫn ta đến tìm đa thức f x g x cho f a g b f b g a ab a 3b a b ab a b b b a a Đồng ta chọn f x x , g x x x , điểm Pi đề ban đầu có tọa độ Pi i 671, i 671 i 671 Từ ta dễ dàng suy rằng, tồn tập vô hạn điểm thỏa mãn đề Câu 93 Cho x1 x2 xn n , n số thực thỏa mãn: Giả sử đa thức P x có n nghiệm thực giá trị x1 , x2 , , xn Chứng minh giá trị lớn P x đạt điểm x0 xn1 , xn Russia All – Russian Olympiad 2010 Lời giải Vì đa thức P x có n nghiệm x1 , x2 , , xn nên P x a x x1 x x x xn Do tốn quy tìm giá trị lớn A x x1 x x x xn , x x , xn Giả sử phản chứng A đạt max x0 xi 1 , xi với i 2, n Khi ta tịnh tiến giá trị xn1 xi x0 xn xi x0 x0 xi 1 , xi xn xn1 xi x0 xn xi x0 xn xn 1 điều giả thiết xi x0 xi xi xn xn Ta có x0 xk xk , k 1, i Vì x0 x k xi x k x0 xi x k xi xn1 Ta có x0 xn1 xn1 x0 xi xn1 xi x0 Tương tự ta có x0 xn2 xn2 x0 xi 1 Vì xn xn1 xn xi x0 xi 1 x0 xn 1 xn xi xi theo giả thiết Tiếp tục ta có x0 xn xn x0 xi , Tổng qt ln ta xk xn1 i k x0 0, k i , n Cuối xn xi 1 xn x0 x0 xi 1 * Thật * khai triển được: 86 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC x2 x1 x3 x2 x x3 xn xn1 Đa thức số học * xn xn xi 1 xi 1 xn x0 xn xi 1 x02 x0 xi 1 xn x0 x02 xi 1 x0 xn x0 xi 1 x0 xn xn xi xi x xi xn xn1 xi xi 1 True Kết hợp tất điều ta được: x1 xi 2 xn1 xi xi 1 xn x1 xi xn1 xi xi 1 xn x0 x1 x0 xi xn1 x0 xi x0 x0 xi 1 xn x0 x0 x1 x0 xi x0 xn1 x0 xi x0 xi 1 x0 xn CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Điều mâu thuẫn với giả sử A đạt giá trị lớn x Vậy điều giả sử sai hay từ ta suy điều phải chứng minh Câu 94 Cho P x an x n an1 x n1 a1 x a0 đa thức hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện P r P s r , s số nguyên thỏa mãn điều kiện r s Chứng minh tồn k 0, 1, 2, , n cho ak s Lời giải x ,deg Q x n , R x x ,deg R x n t Do P s nên P x x s Q x , Q x Đặt Q x xt R x , với R 0, t với biểu thức tường minh R x R x bnt 1 x nt 1 b1 x b0 Khi P r r s r t R r R r Chứng tỏ R x có nghiệm nguyên dương r bắt buộc hệ số R x phải đổi dấu Trường hợp Nếu b0 P x x s x t bnt 1 x nt 1 b1 x b0 Đến at sb0 s , tức at hệ số cần tìm Trường hợp Nếu b0 hệ số R x phải đổi dấu nên tồn i 0, 1, , n t 2 cho: bi bi Ta viết lại sau: P x x s x t bnt 1 x nt 1 bi x i bi x i b1x b0 Khi ta at i bi sbi s hay at i hệ số cần tìm Vậy trường hợp tồn k 0,1, 2, , n cho ak s Chinh phục olympic toán| 87 Bồi dưỡng học sinh giỏi Câu 95 Cho P x , Q x đa thức hệ số nguyên Đặt an n ! n Chứng minh P an Q an , n P n Q n , n Q n Canadian Mathematical Olympiad 2010 Lời giải Chia đa thức P x cho Q x ta P x Q x Ax R x Q x Trong đó: A x , R x đa thức hệ số hữu tỉ R x deg R x deg Q x Bx , b Với B x đa thức hệ số nguyên, b bội chung nhỏ tất mẫu số hệ số A x , b Nếu R x không đồng thì, với ý k nguyên A k Ak b Nhưng với k đủ lớn Dẫn đến với n đủ lớn Khi P x Q x Bx b Rk Qk P an Q an b số nguyên nên ta phải có R x biểu diễn với giá trị x mà Q x Bây với n0 số nguyên cho trước, tồn vô hạn số nguyên dương k cho: ak n mod b Có thể lấy giá trị k tn0 b n0 , t dương Khi B ak b , với t nguyên dương đủ lớn k số nguyên số nguyên hay b B ak Từ suy b B n dẫn đến P n Q n số nguyên Vậy từ ta có điều phải chứng minh 88 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Quy đồng tất hệ số đa thức A x ta viết A x Đa thức số học Câu 96 Cho P x đa thức bậc n với hệ số nguyên P x an x n an1 x n1 a1 x a0 Giả sử P x có n nghiệm nguyên phân biệt 0, , , n Tìm tất số nguyên k cho thỏa mãn P P k French Team Selection Test 2005 Lời giải Nếu số nguyên k mà P P k chứng tỏ P k nghiệm P x Nhưng nghiệm nguyên P x cho 0, , , n Do phải có P k 0, , , n Ta phân tích P k dạng: CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN P x an x x x n Nếu P k chứng tỏ k nghiệm P k k 0, , , n Nếu P k an k k k n * Từ * k 0, k , , k n ta có k i k j với i j Mặt khác k nên n k k k k n k k k k k 1.1.2 1 2 Vì k k k k k với số k i với i 1, k Từ mặt khác từ * ta k k k Mặt khác k k đẳng thức có xảy k nhiên lại mâu thuẫn với * ta phải có k , k Nhưng từ ta suy k k 22 2 2 Nhưng từ theo * an k k k n 2 k k 2 1 Nhưng theo * an k k k n k k k 1.1.2 1 2 1 1.1 2 Hai kết mâu thuẫn với Chứng tỏ không tồn số nguyên k để P k Hoàn toàn tượng tự, ta chứng minh không tồn số nguyên k để P k i , i 2, n Từ suy số nguyên k cần tìm k 0, , , n Chinh phục olympic toán| 89 Bồi dưỡng học sinh giỏi Câu 97 Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tồn đa thức P x bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn: P 0, P với P P 1 P bội * p với p số nguyên tố Doãn Quang Tiến Lời giải Ta chứng minh n p thỏa mãn yêu cầu toán Ta giả sử phản chứng n p tồn đa thức P x thỏa mãn toán Từ đây, ta sử dụng công thức nội suy Lagrange ta được: p2 P x P k k 0 Từ ta suy P p 1 P k k 0 xi i 0,i k k i p2 p i p2 k 1 1 P k C pk1 ki k 0 i 0,i k Bây giờ, ta chứng minh kết sau C pk1 1 mod p , k 0, p k Ta chứng minh cách nhanh chóng phương pháp quy nạp sau: Với k C p01 1 mod p điều hiển nhiên Giả sử mệnh đề với k tức ta có C pk1 1 mod p , ta chứng minh mệnh đề k với k Mà ta có kết hệ số nhị thức sau: C pk11 C pk C pk1 nên từ ta suy ra: C pk11 C pk C pk1 1 1 1 1 k k k 1 mod p Vậy từ theo ngun lý quy nạp tốn học kết chứng minh Từ đây, kết hợp với kết ta được: p2 P p 1 k 1 k 0 p2 1 k 1 k 0 Nhưng mà ta có p2 P k C pk 1 1 k 1 P k 1 k k 0 p2 p 1 P k P k mod p P k mod p k 0 k 0 p 1 p 1 p 1 k 0 k 2 k 2 P k P P 1 P k P k giả thiết cho P 0, P Và từ giả thiết toán P P P bội p nên ta suy được: P k 0, 1, mod p , k 2, p Do ta suy p 1 p 1 k 0 k 2 P k 1 P k 1, p 1, p mod p Ta thấy điều hoàn toàn mâu thuẫn với 90 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC p2 p2 Đa thức số học Vậy giả sử phản chứng sai nên ta phải có n p Với n p ta xét P x x p 1 thỏa mãn u cầu tốn Do giá trị nhỏ n p ta hồn tất tốn Câu 98 Chứng minh với m với n tồn đa thức Pm x có hệ số hữu tỉ thỏa mãn 12 m 2 m1 n2 m1 Pm n n * Đề chọn đội tuyển VMO Đà Nẵng 2017 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Với m ta chọn đa thức P0 x Với m ta chọn đa thức P1 x x x2 Giả sử khẳng định đến m ta xét đa thức: x x x 12 x 2 x m x m am 1 x m 1 am x m a0 x x am 1 x m 1 am x m a0 x x m Thay x 1, 2, , n ta được: n m1 n i 1 i 0 i 1 i Pi n n 1 i m1 * Mà ta có x x x x x m x m x m x m x m x m x x m 1 x x m 1 2m Bây ta đặt: Lại có x d x m x m x x m x m x m d x m x m x m x m x m x d x m d x m 2m n Do ta i d n m d m 2m i 1 x 1 d n m n m n m 1 n m 1 2m 2m Mà ta có n i n i n i n i n n i i , i 0, m n Từ suy i i 1 m n n 1 i i 1 Qm n n 1 2m i 0 Khi Qm đa thức có hệ số hữu tỉ từ * ta chọn: Pm x Qm x am1 Pm1 x am Pm x a0 P0 x Và từ ta có điều phải chứng minh Chinh phục olympic toán| 91 Bồi dưỡng học sinh giỏi Câu 99 Cho P x , Q x , R x ba đa thức hệ số thực thỏa mãn: P Q x P R x c , x với c const Chứng minh rằng: P x số Q x R x số Đề chọn đội tuyển VMO Hà Nam 2017 Lời giải Bỏ qua trường hợp tầm thường P x số Bây ta xét P x an x n an1 x n1 a1 x a0 , an 0, n Q x bm x m bm1 x m1 b1 x b0 R x c k x k c k 1 x k 1 c x c P Q x P R x c , x với c const * Đồng hệ số bậc cao * ta được: an bmn Do bm suy deg R x deg Q x m k Khi m k an bmn cmn bm cm với n số lẻ Khi ta được: Q x bm x m bm1 x m1 b1 x b0 , bm R x bm x m cm1x m1 c1x c , bm Bây xét đa thức H x an Qn x R n x an Q x R x S x , S x Qn1 x Q n x R x Q n x R x Q x R n x R n1 x Xét hệ số x m n S x ta được: b n1 b n b b b n2 b n1 nb n1 Do deg S x m n Ta giả sử phản chứng deg Q x R x Khi ta có deg H x m n n1 Ta xét đa thức T x P Q x P R x H x Q i x R i x i 0 Nhận thấy rằng: deg T x m n rõ ràng điều vô lý Từ ta phải có deg Q x R x hay Q x R x số Vậy từ ta suy điều phải chứng minh 92 | Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Giả sử ta có m k từ: Đa thức số học Câu 100 Chứng minh tồn đa thức hệ số nguyên S1 , S2 , tương tứng với biến x1 , x2 , , y1 , y , thỏa mãn với số nguyên n n nd d S d xd y dd d|n d|n n d d * Với hàm tổng chạy qua ước nguyên dương d n Chú ý Lưu ý ta xét đến đa thức trường x Ví dụ, xét hàm S1 x1 y S2 x2 y x1 y trường hợp n ta S12 2S2 x12 y12 x2 y hàm * thỏa mãn yêu cầu toán 2018 Brazil 4th TST Day Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta chứng minh Sn có hệ số nguyên phương pháp quy nạp Với n ta hiển nhiên Giả sử điều ta cần chứng minh đến n , tức đa thức S1 , S2 , , Sn 1 đa thức có hệ số nguyên Gọi p số nguyên tố thỏa mãn vp n k , từ ta nhận thấy rằng: n n nd d p d xd y d d.Sdd d|n d|n ,d n Đặt n pm , suy với giá trị d ước số m bị triệt tiêu tổng k lấy modulo p k , đủ để ta thấy điều sau: pk n n nd d d d x y dS d d d d|m d|m Đặt Ti x1 , x2 , , y , y , Si x1p , x 2p , , y 1p , y 2p , , i Áp dụng giả thiết toán cho Ti , xip , y ip , tổng trước trở thành: pm pm pm pm md d d d d xd yd dSd d Td Sdd d|m d|m d|m Ta chứng minh p k chia cho phần tổng l l 1 m p l q với p q , dễ dàng thấy p l Tdp q Sdp q d Theo giả thiết quy nạp: A Sdpq đa thức hệ số nguyên, theo tính chất tự đồng cấu Thật vậy, đặt Frobenius (Frobenius Endomorphism), ta có Tdq A Bp với hàm B có hệ số nguyên, ta có điều sau p l1 A Bp pl pl A Bp A i 1 i pl pl i pl i Lại có p l chia hết cho phần tổng Chinh phục olympic tốn| 93 Bồi dưỡng học sinh giỏi i pl i pl pl vp p vp p i l vp i l i vp i , i i i Điều với i , ta có điều phải chứng minh Nhận xét Đây tốn khó với việc sử dụng lý thuyết hàm tự đồng cấu gặp toán dự thi Olympic, tự đồng cấu Forbenius tìm hiểu rõ TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC chương trình đại học 94 | Tạp chí tư liệu tốn học TÀI LIỆU THAM KHẢO Dưới tài liệu mà ebook có tham khảo đồng thời có tài liệu mà bọn đề xuất cho bạn đọc [1] A comprehensive course in number theory – Alan Baker – Cambridge University Press (2012) [2] Problem – Solving and Selected Topics in Number Theory_ In the Spirit of the Mathematical Olympiads – Michael Th Rassias-Springer – Verlag New York (2011) [3] Tính chất số học tốn đa thức – Phạm Viết Huy – THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi [4] Chuyên đề đa thức số học – Nguyễn Thành Nhân – Chuyên Hùng Vương – Bình Dương [5] Number Theory A Historical Approach – John J.Watkins [6] Number theory and polynomials (London Mathematical Society Lecture Note Series) – James McKee, Chris Smyth – CUP (2008) [7] An Introduction to Theory of Functional Equations – Marek Kuczma, Attila Gilányi and Inequalities [8] The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for The International Mathematical Olympiads: 1959 – 2009 – Djukic D., Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic – Springer (2011) [9] Problem – Solving and Selected Topics in Number Theory – Michael Th Rassias [10] Number Theory Structures, Examples and Problems – Titu Andreescu, Dorin Andrica [11] Elementary Methods in Number Theory – Nathanson M.B [12] Elementary Number Theory Primes Congruences and Secrets A Computational Approach – William Stein [13] http://maths.vn/tag/so-hoc/?fbclid=IwAR34ppP14Xm45l9dK8H_R6YKpjKPdSeCYAT1eRjLwQATzvluVo4raqrVH4 [14] diendantoanhoc.net [15] artofproblemsolving.com [16] Đột phá đỉnh cao bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học – Văn Phú Quốc [17] A Computational Introduction To Number Theory And Algebra – Victor Shoups [18] Tuyển chọn tốn kì thi chọn đội tuyển tỉnh, thành phố năm học 2016 – 2017 – Toán học cho người [19] Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu toán – Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [20] 104 Number Theory Problems: From the Training of the USA IMO Team – Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng [21] Tài liệu ôn đội tuyển VMO 2015 – Thầy Trần Minh Hiền – Chuyên Quang Trung – Bình Phước TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Thơn – Thạch Hòa – Thạch Thất – Hà Nội Điện thoại: 0343763310; Email: tuangenk@gmail.com Fanpage: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG DOÃN QUANG TIẾN NGUYỄN MINH TUẤN TÔN NGỌC MINH QUÂN HUỲNH KIM LINH BIÊN TẬP NGUYỄN MINH TUẤN TRÌNH BÀY BẢN THẢO NGUYỄN MINH TUẤN ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Đề nghị quý bạn đọc tôn trọng quyền tác giả, không chép phụ Mọi ý kiến thắc mắc đóng góp vui lòng gửi địa cung cấp Phiên sách điện tử phát hành vào ngày 2/9/2019 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ DOÃN QUANG TIẾN 0817431404 doanquangtien1442001@gmail.com https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ Đại học KHTN – Đại học Quốc Gia TP.HCM LIMITED EDITION