www.VNMATH.com Nguyn Vn Mu (Ch biờn), Trn Nam Dng, V ỡnh Hũa, ng Huy Run, T Duy Phng MT S NG DNG CA GII TCH TRONG I S, HèNH HC, S HC V TON RI RC (Ti liu bi dng hố 2008) H NI, 08-16 THNG NM 2008 www.VNMATH.com Convert to pdf by duythuc_dn www.VNMATH.com Mc lc Li núi u Trn Xuõn ỏng a thc vi cỏc h s nguyờn v ng d thc inh Cụng Hng, Lờ Thanh Tựng Tớnh cht hi t, b chn ca mt s dóy truy hi hu t 12 Nguyn Vn Mu Bi toỏn ni suy c in tng quỏt 24 on Nht Quang S i xng v mt s quy lut ca phộp nhõn 41 Nguyn Vn Tin Biu din to ca cỏc phộp bin hỡnh phng 49 V ỡnh Hũa th phng v cỏc a din li 94 Trn Nam Dng Gii tớch v cỏc bi toỏn cc tr 111 T Duy Phng H m v ng dng 131 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Li núi u Chng trỡnh o to v bi hc sinh nng khiu toỏn bc ph thụng ó qua chng gn na th k Nhỡn li chng ng di v y khú khn thỏch thc ú, ta thy hin rừ lờn mt chu trỡnh ca chng trỡnh o to c bit gn vi s u, trng thnh v ngy cng hon thin xut phỏt t mt mụ hỡnh trng chuyờn, lp chn v nng khiu Túan hc ti i hc Tng hp H Ni trc õy v i hc Khoa hc T nhiờn ngy Vi mc tiờu ca hng o to mi nhn ny l mang tớnh t phỏ cao, o to cỏc th h hc sinh cú nng khiu lnh vc toỏn hc, tin hc v khoa hc t nhiờn, nhiu th h hc sinh ó trng v trng thnh, úng vai trũ nũng ct nhiu lnh vc ca eowfi sng kinh t xó hi hin i Trong iu kin thiu thn v vt cht kộo di qua nhiu thp k v tri qua nhiu thỏch thc, chỳng ta ó tỡm hng i phự hp, ó i lờn vng chc v n nh, ó tỡm tũi, tớch lu kinh nghim v cú nhiu sỏng to ỏng ghi nhn Cỏc th h Thy v Trũ ó nh hỡnh v tip cn vi th gii minh tiờn tin v khoa hc hin i, cp nht thụng tin, sỏng to phng phỏp v dt nghiờn cu Gn vi vic tớch cc i mi phng phỏp dy v hc, chng trỡnh o to chuyờn Toỏn ang hng ti xõy dng h thng chuyờn , ang n lc v ó t chc thnh cụng K thi Olympic Toỏn quc t ln th 48, nm 2007 ti Vit Nam, c bn bố quc t ca ngi Sau gn na th k hỡnh thnh v phỏt trin, cú th núi, giỏo dc mi nhn ph thụng (giỏo dc nng khiu) ó thu c nhng thnh tu rc r, c Nh nc u t cú hiu qu, c xó hi tha nhn v bn bố quc t khõm phc Cỏc i tuyn quc gia tham d cỏc k thi Olympic quc t cú b dy thnh tớch mang tớnh n nh v cú tớnh k tha c bit, nm nay, cỏc i tuyn Toỏn v Tin quc gia tham d thi Olympic quc t ó t c thnh tớch ni bt i tuyn Toỏn Vit Nam ó lờn ng th ba (theo s sp xp khụng chớnh thc) s 95 i tuyn cỏc nc tham d IMO48 c bit, nm nay, nm 2008, ln u tiờn nc ta ó tham gia vo k thi Olympic Toỏn sinh viờn quc t i tuyn gm sinh viờn ca i hc Khoa hc T nhiờn, HQGHN, ó ot huy chng vng, huy chng bc v huy chng ng Kt qu ny ó ỏnh du mt giai on mi quỏ trỡnh hi nhp quc t, hi nhp bc i hc v sau i hc Cỏc sinh viờn t trỡnh by bi gii bng ting Anh ngy (mi ngy ting) v cỏc dng toỏn hin i ca gii tớch thc v phc, ca i s v i s tuyn tớnh, ca toỏn ri rc v lý thuyt trũ chi T nhiu nm nay, cỏc h nng khiu Toỏn hc v cỏc Trng THPT Chuyờn thng s dng song song cỏc sỏch giỏo khoa i tr kt hp vi sỏch giỏo khoa chuyờn bit v sỏch chuyờn cho cỏc H THPT Chuyờn Hc sinh cỏc lp nng khiu ó tip thu tt cỏc kin thc c bn theo thi lng hin hnh B GD v T ban hnh c s cho phộp ca B GD v T, Trng i Hc Khoa Hc T Nhiờn, HQGHN phi hp cựng vi cỏc chuyờn gia, cỏc nh khoa hc, cỏc cụ giỏo, thy giỏo thuc HSPHN, HQG TpHCM, Vin Toỏn Hc, Hi Toỏn Hc H Ni, Tp Chớ Toỏn Hc v Tui Tr, cỏc Trng THPT Chuyờn, Cỏc S GD v T, t chc bi dng cỏc chuyờn nghip v sau i hc (ó qua nm) nhm bi dng hc sinh gii cỏc mụn www.VNMATH.com Toỏn hc v kin thc khoa hc t nhiờn nh l mt t sỏch c bit phc v bi dng hc sinh gii Chỳng tụi xin gii thiu cun sỏch ca nhúm cỏc chuyờn gia, cỏc thy giỏo vi s tham gia ụng o ca cỏc ng nghip tham d Trng hố 2007 v chuyờn "Mt s ng dng ca gii tớch hỡnh hc, i s, s hc v túan ri rc" Cun sỏch ny nhm cung cp mt s kin thc chuyờn mc khú v túan ri rc, i s, s hc, gii tớch v hỡnh hc õy cng l chuyờn v bi ging m cỏc tỏc gi ó ging dy cho hc sinh cỏc i tuyn thi Olympớc Toỏn hc quc gia v quc t Chỳng tụi cng xin chõn thnh cm n cỏc bn c cho nhng ý kin úng gúp cun sỏch ngy cng hon chnh Thay mt Ban T Chc GS TSKH Nguyn Vn Mu www.VNMATH.com a thc vi cỏc h s nguyờn v ng d thc Trn Xuõn ỏng, THPT Chuyờn Lờ Hng Phong, Nam nh Cho a thc f(x) vi cỏc h s nguyờn v s nguyờn t p Chỳng ta s xột v s tn ti nghim ca phng trỡnh ng d f (x) (mod pk ), ú k l mt s nguyờn dng nh ngha Cho a thc f (x) vi cỏc h s nguyờn v s nguyờn dng m Ta núi rng phng trỡnh ng d f (x) (mod m) cú nghim x0 Z nu f (x0 ) (mod m) Nu x0 Z l mt nghim ca phng trỡnh f (x) (mod m) v t l mt s nguyờn bt k thỡ f(x0 + tm) = f (x0) (mod m) nh lớ Cho cỏc s nguyờn a v m, m 2; (a, m) = Khi ú phng trỡnh ax b (mod m), b Z cú nghim nht x0 Z m x0 m Mi nghim khỏc ca phng trỡnh ny u cú dng xt = x0 + mt, t Z Chng minh Nu k, l Z k = 1, k m 1, l m thỡ ak = al (mod m) iu ny cú ngha l biu thc as b, s = 0, 1, , m cho m s d khỏc chia cho m Vy tn ti nht x0 Z, x0 m cho ax0 b (mod m) Nu xt Z l mt nghim ca phng trỡnh ng d ax b (mod m) thỡ axt b (mod m) Suy a(x1 x0) chia ht cho m Nhng (a, m) = vy x1 x0 chia ht cho m Suy x1 = x0 + mt, t Z nh lớ (Cụng thc Taylor) Cho a thc f (x) bc n, n vi cỏc h s thc v x0 R Khi ú n f (k) (x0) (x x0)k f(x) = f (x0) + k! k=1 Chng minh Tn ti cỏc hng s b0 , b1, , bn cho f (x) = bn (x x0 )n + bn1 (x x0)n1 + ã ã ã + b0 Vi k n, ta cú f k (x) = k!bk + (k + 1) 2(x x0)bk+1 + ã ã ã + n(n 1) ã ã ã (n k + 1)(x x0)nk bn Suy f (k) (x0) = k!bk , ú bk = f (k) (x0 ) k! www.VNMATH.com Mt khỏc f(x0) = b0 Vy n f(x) = f (x0) + k=1 f (k) (x0) (x x0)k k! nh lớ Cho a thc f (x) vi cỏc h s nguyờn v mt s nguyờn t p Nu phng (1) (1) (1) trỡnh ng d f(x) (mod p) cú ỳng r nghim nguyờn phõn bit x1 , x2 , , xr (1) thuc on [1; p] cho f (xi = (mod p), (1 i r) thỡ phng trỡnh ng d f(x) (mod pk ) cú ỳng r nghim nguyờn phõn bit thuc on [1; pk ] vi mi (k) (k) (k) (k) k : x1 , x2 , , xr v i vi cỏc nghim ny ta cú f (xi ) = (mod p) (1 i r) Chng minh Ta chng minh khng nh bng phng phỏp quy np toỏn hc theo k Vi k = thỡ khng nh ỳng Gi s khng nh ỳng vi k iu ú cú ngha l on [1; pk ] thỡ phng trỡnh ng d f (x) (mod pk ) cú ỳng r nghim (k) (k) (k) (k) nguyờn phõn bit x1 , x2 , , xr , ng thi f (xi ) = (mod p) vi i r Gi s x0 Z, x0 [1; pk+1 ] l mt nghim ca phng trỡnh ng d f (x) (mod pk+1 ) Khi ú f(x0 ) (mod pk+1 ) Suy f (x0 ) (mod pk ) Tn ti (k) nht i [1; r], t Z, t [0; p 1] cho x0 = xi + pk t (k) Gi s x = xi + pk t (1 i r, t Z, t [0, p 1]) thỡ x Z Theo cụng thc Taylor ta cú (k) (k) (k) f(x) = f(xi + f (xi )pk t + (k) f (xi ) k f (n) (xi ) k n (p t) + ã ã ã + (p t) 2! n! ú n l bc ca f (x) (k) f (j) (x i Z (Vic chng minh dnh cho bn c) v jk k + 1, i Phng Ta cú j! trỡnh f(x) (mod pk+1 ) tng ng vi (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) (Chỳ ý rng f (xi ) pk (k+1) t xi Z) (k) (k+1) = xi + pk ti thỡ xi (k+1) (k+1) [1; pk+1 ], xi (k) (k+1) xi (mod p) Suy f (xi Mt khỏc, xi (k+1) (k) f (xi ) = (mod p) vỡ f (xi = (mod p) (k+1) Z v f(xi (mod pk+1 ) (k) ) f (xi ) (mod p) Suy Vy phng trỡnh ng d f(x) (mod pk+1 ) cú ỳng r nghim nguyờn phõn bit (k+1) (k+1) (k+1) (k+1) , x2 , , xr , ng thi f (xi = (mod p) (1 i on [1; pk+1 ] : x1 r) Nh vy khng nh cng ỳng vi k + Theo nguyờn lý quy np toỏn hc thỡ khng nh ỳng vi mi k nh lý ó c chng minh p dng nh lý ny cú th gii c bi toỏn sau www.VNMATH.com Bi toỏn (VMO 2000) Cho a thc P (x) = x3 + 153x2 111x + 38 Chng minh rng on [1; 32000] tn ti ớt nht chớn s nguyờn dng a cho P (a) chia ht cho 32000 Hi on [1; 32000] cú tt c bao nhiờu s nguyờn dng a cho P (a) chia ht cho 32000? Chng minh Gi s x Z, x 32000 v P (x) 32000 Suy x = 3y + 1, (y Z, y 31999 1) Ta cú P (x) = P (3y + 1) = 27(y + 52y + 22y + 3) Phng trỡnh P (x) 32000 tng ng vi y + 52y + 22y + 31997, suy y = 3t + hoc y = 3t, (t Z, t 31998 1) Nu y = 3t + thỡ y + 52y + 22y + khụng chia ht cho Vy y = 3t suy y + 52y + 22t + = 3(9t2 + 156t2 + 22t + 1) Phng trỡnh P (x) 32000 tng ng vi 9t3 + 156t2 + 22t + 31996 Xột a thc f (t) = 9t3 + 156t2 + 22t + Vi t Z thỡ f(t) (mod 3) hay 22t + (mod 3) Trong on [1; 3] thỡ phng trỡnh ng d 22t + (mod 3) cú mt nghim nht t = Mt khỏc f (2) 22 (mod 3) suy f (2) = (mod 3) Theo nh lý 3, on [1; 31996] phng trỡnh ng d f(t) (mod 31996) cú mt nghim nguyờn nht t0 Vi t Z, t [1; 32000] : f(t) (mod 31998) v ch tn ti h Z, h cho t = t0 + 31996h Vy phng trỡnh ng d f (t) (mod 31998 ) cú ỳng chớn nghim nguyờn phõn bit on [1; 31998 1] T ú suy rng on [1; 32000] cú ỳng chớn s nguyờn dng a phõn bit cho P (a) chia ht cho 32000 Cho cỏc a thc f (x), g(x) cú cỏc h s hu t cho chỳng ch cú c chung l hng s Khi ú ta núi rng f(x) v g(x) l nguyờn t cựng v vit (f (x), g(x)) = nh lớ Cho cỏc a thc f (x), g(x) vi cỏc h s hu t v (f (x), g(x)) = Khi ú tn ti cỏc a thc u(x), v(x) vi cỏc h s hu t cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = nh lý ny c chng minh bng phng phỏp quy np toỏn hc theo tng cỏc bc ca f(x) v g(x) T nh lý suy nh lớ Cho cỏc a thc f (x), g(x) vi cỏc h s nguyờn v nguyờn t cựng (trong Q[x]) Khi ú tn ti cỏc a thc u(x), v(x) vi cỏc h s nguyờn v s nguyờn m = cho u(x)f (x) + v(x)g(x) = m nh lớ Cho a thc f (x) khỏc hng s v cú cỏc h s nguyờn Khi ú tn ti vụ s s nguyờn t p cho phng trỡnh ng d f (x) (mod p) cú nghum www.VNMATH.com Chng minh Gi s f (x) = a0xn + a1xn1 + ã ã ã + an , Z, i n, n 1, a0 = Nu an = thỡ f (x) = xg(x), ú g(x) l a thc vi cỏc h s nguyờn; ú phng trỡnh ng d xg(x) (mod p) cú nghim vi mi s nguyờn t p Gi s an = v phng trỡnh ng d xg(x) (mod p) cú nghim vi mi s nguyờn t p1 , p2 , , pk Vi t Z, t xt = p1 p2 pk an t Khi ú f(xt ) = a0(p1 p2 pk an t)n + an1 p1 p2 pk an t + an = an (p1 p2 pk B + 1), B Z Chn t Z cho p1 p2 pk B + khỏc v Khi ú f (xt ) cú c nguyờn t, khỏc p1 , p2 , , pk nh lớ Cho a thc f (x) cú cỏc h s nguyờn, bt kh quy Q[x] v khụng phi l hng s Khi ú tn ti cỏc a thc u(x), v(x) vi cỏc h s nguyờn v s nguyờn m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m Chng minh Gi s g(x) = (f(x), f (x))(g(x) Q[x]) Khi ú g(x) l c ca f(x) v deg g(x) < deg f(x) Vỡ f(x) bt kh quy nờn g(x) l hng s, g(x) = r, r Q) Theo nh lý thỡ tn ti cỏc a thc u(x), v(x) vi cỏc h s nguyờn v s nguyờn m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m H qu Cho a thc f (x) cú cỏc h s nguyờn, bt kh quy Q[x] v khụng phi l hng s Khi ú tn ti vụ s s nguyờn t p cho phng trỡnh ng d f(x) = (mod p) cú nghim x0Z m f (x0) = (mod p) Chng minh Theo nh lý tn ti cỏc a thc u(x), v(x) vi cỏc h s nguyờn v s m = cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = m T nh lý suy rng cú vụ s s nguyờn t p > |m| phng trỡnh f(x) (mod p) cú nghim x0 Z.Khi ú f (x0 ) chia ht cho p Suy f (x0 ) khụng chia ht cho p Nu f (x0) chia ht cho p thỡ m chia ht cho p nh lớ Cho a thc f (x) cú cỏc h s nguyờn v khụng phi l hng s Khi ú tn ti vụ s s nguyờn t p cho phng trỡnh ng d f(x) (mod pk ) cú nghim vi mi s nguyờn dng k Chng minh Nu a thc f (x) bt kh quy thỡ khng nh c suy t nh lý v h qu ca nh lý Nu f(x) bt kh quy thỡ f (x) = g(x)h(x), ú g(x) Z[x], h(x) Z[x] v g(x) bt kh quy Z[x] T ú suy iu phi chng minh p dng nh lý ta cú th gii c bi toỏn sau Bi toỏn Cho a thc f (x) khỏc hng s v cú cỏc h s nguyờn Gi s n, k l cỏc s nguyờn dng Chng minh rng tn ti s nguyờn x cho cỏc s f (x), f (x + 1), , f (x + n 1) u cú ớt nht k c nguyờn t phõn bit Li gii Theo nh lý 6, tn ti cỏc s nguyờn t p1 , p2 , , pk , pk+1 , , pnk khỏc tng ụi mt v cỏc s nguyờn x1 , x2, , xnk cho f (xj ) (mod pj ) (1 j nk) Theo nh lý Trung Hoa v s d, tn ti s nguyờn x cho x xi+mk m (mod pi+mk ) (1 i k, m n 10 www.VNMATH.com a a a 2a n n n n2 n2 n2 a010 a001 a101 a000 a100 a110 a a a a a a n n n n a000 a100 a010 a110 n4 000 n4 a100 n4 011 n4 a111 n4 000 a1n00 n4 010 n4 a110 n4 001 n4 a101 n4 010 n4 a110 n 011 n a111 n4 001 n4 a101 n4 011 n4 a111 n4 001 n4 n4 n4 a101 a011 a111 nên n n4 n4 n4 n4 a010 a000 a100 a010 a110 Tiếp tục: n n4 n4 n4 n4 a010 a000 a100 a010 a110 n n n n n n n n a000 a100 a110 a101 a111 a010 a001 a011 An5 Vậy cuối n An a010 An (mod 2) Đặt n k 6m ta đợc Ak m A( k m 1) Ak 6( m 1) Ak (mod 2) Với k ta có A2001 A3 0(mod 2) hay A2001 l số chẵn Bi toán 12 (Đề dự tuyển Vô địch Quốc tế 1999) Một nh sinh vật học quan sát thạch sùng bắt ruồi v nghỉ ngơi sau lần bắt đợc ruồi Nh sinh vật học ny nhận thấy rằng: (i) Con ruồi bị bắt sau thời gian nghỉ phút; (ii) Thời gian nghỉ trớc bị bắt ruồi thứ 2m thời gian nghỉ trớc bắt ruồi thứ m v phút so với thời gian nghỉ trớc bắt ruồi thứ 2m ; (iii) Khi thạch sùng hết nghỉ, bắt ruồi Hỏi: a) Có 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 độ di thời gian (số phút) thạch sùng nghỉ ngơi trớc bắt ruồi thứ m (tức l thời gian từ bắt ruồi thứ m đến bắt ruồi thứ m ) Từ giả thiết ta có: r (1) 1; r (2m) r (m) ; r (2m 1) r (m) (*) Nh vậy, theo Bi toán 3, r (m) l số chữ số 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 bắt ruồi thứ m ) v f (n) l số ruồi bị bắt sau n phút trôi qua Khi theo bi ta có với m: m t (m) r (i ) v f (t (m)) m (**) i Trớc tiên chứng minh số công thức truy hồi sau: t (2m 1) 2t (m) m 1) Thật vậy, từ công thức (*) v (**) suy ra: t (2m 1) m m i i (1) m r (i) r (2i 1) r (2i) i m m m i i i r (1) (r (i ) 1) r (i ) 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 có: t (2m 1) m i 2m r (i ) r (i ) r (2m 1) t (2m) r (m) i Từ công thức ny v công thức (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 Thật vậy, áp dụng công thức (*) ta đợc: r (2 p m) r (2.2 p m) r (2 p m) r (2 p m) r (m) v r (2q 1) r (2.(2q 1) 1) r (2q 1) (r (2q 1) 1) r (1) (q 1) q Công thức (3) đợc chứng minh t (2 p m) p t (m) pm2 p (2 p 1)r (m) (4) 4) Với p công thức (4) l công thức (2) đợc chứng minh Với p , từ công thức (2) v công thức (*) ta có: 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) 2m221 (22 1)r (m) Ta chứng minh công thức (4) nhờ công thức (2), (3) v qui nạp theo p nh sau: t (2 p m) t (2.2 p m) 2t (2 p m) p m r (2 p m) 2(2 p t (m) pm2 p (2 p 1)r (m)) p m r (m) p 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 ; t (2 ) p.2 p p (5a) (5b) Liên tiếp áp dụng công thức (1) ta đợc: 229 www.VNMATH.com t (2 p 1) t (2(2 p 1) 1) 2t (2 p 1) (2 p 1) 2t (2 p 1) p 2(2t (2 p 1) p ) p 22 t (2 p 1) 2.2 p p t (1) ( p 1)2 p p ( p 1)2 p p.2 p Vậy công thức (5a) đợc chứng minh áp dụng công thức (4) cho m với ý t (1) r (1) ta đợc: t (2 p ) p t (1) p.1.2 p (2 p 1)r (1) p.2 p Vậy công thức (5b) đợc chứng minh 6) t (2 p.(2q 1)) ( p q)2 p q p p 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 (2 p 1)r (2q 1) p q.2q p.(2q 1).2 p (2 p 1).q ( p q )2 p q p p 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 l phút, l số m cho r (m 1) Vì r (m) l số chữ số biểu diễn nhị phân m , nên r (m 1) phải có chữ số 1, m số bé có chữ số l 1111111112 210 511 nên m =510 b) Sử dụng công thức (1), (2) v (6) ta đợc: 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 Vì r (49) r (1100012 ) nên 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 f (n) m v n t (m); t (m 1) , để tìm đợc f (1999) ta phải tìm m0 cho t (m0 ) 1999 t (m0 1) Vì t (m) l 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 v p ta đợc t (28 ) 8.27 1024 1999 2305 9.28 t (29 ) Vậy 28 m0 29 Ta dùng phơng pháp chia đôi để thu hẹp đoạn chứa m0 nh sau Kí hiệu m1 28 29 27.3 27.(22 1) Tính t (m1 ) theo công thức (6): t (m1 ) t (27.(22 1)) 9.28 7.26 2.27 1602 Vậy 27.3 m0 29 27.3 29 26.7 26.(23 1) Kí hiệu m2 Tính t (m2 ) theo công thức (6): t (m2 ) t (26.(23 1)) 9.28 6.25 3.26 1923 Vậy 448 26.7 m0 29 512 26.7 29 25.15 25.(24 1) Kí hiệu m3 Tính t (m3 ) theo công thức (6): t (m3 ) t (25.(24 1)) 9.28 5.24 4.25 2100 Vậy 448 26.7 m0 25.15 480 26.7 25.15 Kí hiệu m4 24.29 464 Từ (3b) ta có r (7) r (23 1) (hoặc r (7) r (111) ) 231 www.VNMATH.com Từ công thức (5a) suy t (7) t (23 1) 3.231 12 Tính t (m4 ) theo công thức (4) với ý l t (7) 12 v 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) Vậy 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 Kí hiệu m5 Từ công thức (1) v (2), t (7) 12 v r (7) ta có: 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 công thức (*) với ý l r (7) ta có: r (57) r (28) r (14) r (7) Vậy t (m5 ) t (23.57) 23 t (57) 3.57.231 (23 1)r (57) 8.163 684 7.4 1960 Do 456 57 m0 24.29 464 Kí hiệu m6 24.29 23.57 22.115 460 Vì t (115) 2t (57) 58 2.163 58 384 v r (115) r (57) nên t (m6 ) t (22.115) 22 t (115) 2.115.2 (22 1)r (115) 4.384 460 3.5 1981 Vậy 460 115 m0 24.29 464 Kí hiệu m7 22.115 24.29 2.231 462 Tính t (m7 ) theo công thức (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 Vậy 462 2.231 m0 24.29 464 Kí hiệu m8 462 464 463 Tính t (m8 ) : t (m8 ) 2t (231) 232 2(2t (115) 116) 232 2000 Nh vậy, ta có t (462) 1993 v t (463) 2000 Vậy có m0 462 thoả mãn t (m0 ) 1999 t (m0 1) , hay f (1999) 462 Lời 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 am1 a3a2112 am am1 a3a2 002 112 4s Nếu A viết đợc dới dạng tổng hai số phơng tồn hai số p v q cho A p q 4s Do A l số lẻ nên bắt buộc hai số p v q l lẻ, số l chẵn, nghĩa l p p1 v q 2q1 Suy 233 www.VNMATH.com p q p12 (2q1 1) 4( p12 q12 q1 ) , không dạng s , vô lí Vậy A 4s viết đợc dới dạng tổng hai số phơng Hơn nữa, ta chứng minh biểu diễn nhị phân số có tận l số 11 v l số chẵn chữ số số l tổng hai số phơng Thật vậy, số có dạng k k A am am a3 a2110 am am a3a2112 (4s 3) k Giả sử A viết đợc dới dạng tổng hai số phơng, tức l tồn hai số p v q cho A p q 4k (4 s 3) Nếu k vô lí chứng minh Nếu k A p q chẵn v chia hết cho Điều ny xảy v p v q chẵn (nếu p v q lẻ ta có p q 2(mod 4) Nghĩa l p p1 v q 2q1 Suy p12 q12 4k (4s 3) Lập luận tơng tự, cuối ta đến pn2 qn2 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 viết Khi số nhận đợc l số số có tận l 11 v số chẵn chữ số 0, tức l số dạng k A am am a3 a2110 (4 s 3) , số ny 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 1998 1998 A 0101010 0101012 21 21998 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 viết 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 với n : (i) F (4n) F (2n) F (n) ; (ii) F (4n 2) F (4n) ; (iii) F (2n 1) F (2n) Chứng minh với số nguyên dơng m , số số nguyên n với n 2m v F (4n) F (3n) F (2m1 ) Giải: Do (i) ta có F (4.0) F (2.0) F (0) Suy F (0) Tơng tự, từ (ii) suy F (2) F (4.0 2) F (4.0) Từ (iii) ta có: 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 , ur l số hạng thứ r dãy Fibonacci ( u0 , u1 , un1 un un1 , n ) Thật vậy, với r ta có F (20 ) F (1) u1 ; Với r ta có F (21 ) F (2) u2 u11 ; Với r ta có F (22 ) F (4) u3 u21 ; Với r ta có F (23 ) F (8) u4 u31 ; Với r ta có F (24 ) F (16) u5 u41 235 www.VNMATH.com Giả sử khẳng định với k r Ta chứng minh cho r Điều ny dễ dng suy từ (i), từ giả thiết qui nạp v từ định nghĩa dãy Fibonacci: F (2r ) F (4.2r ) F (2.2r ) F (2r ) ur 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 F ( n) F (n) ak uk 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 thấy F (n) đợc biểu diễn dới dạng tổng số hạng dãy Fibonacci Hơn nữa, ta có nhận xét tổng quát sau Nhận xét 2: Nếu n có biểu diễn số l n ak a0 F (n) ak uk a0u1 (*) Chứng minh: Ta chứng minh F (n) đợc xác định theo công thức (*) thỏa mãn ba điều kiện (i), (ii), (iii) với n 236 www.VNMATH.com Thật vậy, n ak a0 4n ak a0 00 ; 4n ak a010 ; 2n ak a0 , F (4n) ak uk a0u3 v F (2n) ak uk a0u2 Suy F (4n) ak (uk uk ) a0 (u2 u1 ) (ak uk a0u2 ) (ak uk a0u1 ) F (2n) F (n) Vậy (i) đợc chứng minh Vì u2 nên ta có F (4n 2) ak uk a0u3 u2 F (4n) hay (ii) đợc chứng minh V cuối cùng, u1 nên F (2n 1) ak uk a0u2 u1 F (2n) tức l (iii) Do (i)-(iii) xác định F (n) nên (*) l công thức tổng quát F (n) Nhận xét 3: Nếu biểu diễn nhị phân n hai chữ số đứng liền (ta gọi l chữ số cô lập) F (3n) F (4n) Chứng minh: Giả sử biểu diễn nhị phân n ak a0 hai chữ số liên tiếp Vì 3n 2n n m 2n ak a0 nên 3n 2n n ak a0 ak a0 Vì biểu diễn nhị phân n ak a0 hai chữ số liên tiếp nên phép cộng l nhớ từ hng ny sang hng sau, tức l n ak a0 3n 2n n ak a0 ak a0 ak (ak ak ) (ai ) (a0 a1 )a0 Do f (n) ak uk a0u1 v f (3n) ak uk (ak ak )uk (ai )ui a0u1 ak (uk uk ) ak (uk uk ) (ui ui ) a0 (u2 u1 ) ak uk a0u3 F (4n) 237 www.VNMATH.com Nhận xét 4: Với n F (3n) F (4n) Dấu xảy v biểu diễn số thập phân n chữ số l cô lập Chứng minh: Ta chứng minh nhận xét với n 2m qui nạp theo m Với m 1, 2,3, ( n 16 ) điều ny dễ dng thấy đợc qua bảng Thật vậy: Với n 12 : F (3) F (4) ; Với n 102 : F (6) F (8) ; Với n 112 : F (9) F (12) ; Với n 1002 : F (12) F (16) Giả sử nhận xét với k m Ta chứng minh với k m Giả sử 2m n 2m1 Khi n 2m p với p 2m Giả sử n 2m p 100 00 am 1am a1a0 1am 1am a1a0 m Vì p am1am2 a1a0 (hệ số am1 không thiết 0) nên p am 1am a1a0 00 v 4n 1am1am a1a0 00 Do (*) ta có: F (4n) um am 1um am 2um a1u4 a0u3 um F (4 p ) Xét ba trờng hợp: 2m Khi 3n 3(2m p) 2m 2m p 1) p p 2m , p bm1bm b1b0 v 100 00 100 00 bm 1bm b1b0 11bm 1bm b1b0 m m Vì p 2m nên theo giả thiết qui nạp ta có F (3 p) F (4 p) Do đó, từ (*) suy F (3n) um um bm 1um bm 2um b1u2 b0u1 um F (3 p) um F (4 p) F (4n) Đẳng thức xảy v F (3 p) F (4 p) , nghĩa l chữ số p l cô lập Nhng n 2m p với p 2m nên 238 www.VNMATH.com chữ số n l cô lập Vậy F (3n) F (4n) v chữ số n l cô lập 2m 2m p Khi p 2m h với h 2m nên ta có biểu diễn 2) 3 nhị phân p 10 hm 1hm h1h0 1hm 1hm h1h0 Do m F (3 p ) um hm 1um hm 2um h1u2 h0u1 um F (h) Vì 3n 3(2m p ) 2m 2m p 100 00 100 00 1hm1hm h1h0 100hm 1hm h1h0 m m nên theo (*) v qui nạp ta có F (3n) um hm1um hm 2um h1u2 h0u1 um F (h) um3 F (3 p ) um um F (3 p ) um F (4 p ) um3 F (4 p ) F (4n) Trong trờng hợp ny dấu không xảy 3) 2m1 p 2m Khi 2m p 3.2m v p 2m q với q 2m nên ta có biểu diễn nhị phân p 10 qm1qm q1q0 10qm 1qm q1q0 Do m F (3 p ) um qm 1um qm 2um q1u2 q0u1 um F (q ) Vì 3n 3(2m p) 2m 2m p 100 00 100 00 10qm 1qm q1q0 101qm 1qm q1q0 m m nên theo (*) v qui nạp ta có 239 www.VNMATH.com F (3n) um um qm 1um qm 2um1 q1u2 q0u1 um um F (q) um um F (3 p ) um um F (4 p ) F (4n) Dấu không xảy Nh vậy, trờng hợp ta có F (3n) F (4n) Dấu 2m xảy v p v 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 phân chúng Thật vậy, với m ta có hai số v v u3 ; với m ta có ba số 0; v 3=102 l số với chữ số bị cô lập biểu diễn nhị phân v u4 Giả sử điều ny với k m Ta chứng minh với k m Giả sử n 2m v n am1 a0 Khi n 2m1 v am1 Trong trờng hợp ny theo qui nạp ta có um1 số với chữ số cô lập Nếu 2m1 n 2m am , am v lại theo qui nạp ta có um số với chữ số cô lập Vậy tất số khoảng n 2m có tổng cộng um 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: Mã hóa thông tin: Cơ sở toán học v ứng dụng, Nh xuất Đại học Quốc Gia, H Nội, 2004 [3] H Huy Khoái: Số học thuật toán, Nh xuất Khoa học Kĩ thuất, H Nội, 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: Hệ tính, Nh xuất Nauka, Moscow, 1987 (Tiếng Nga) [6] Tạ Duy Phợng: Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi Giải toán máy tính điện tử: Hệ đếm v ứng dụng, Nh xuất Giáo dục, 2007 241