[VMO 2014] Bài 7 - Tổ hợp + Số học

[huynhcongbang]

Bài 7. (6 điểm)

Tìm tất cả các bộ số gồm 2014 số hữu tỉ không nhất thiết phân biệt thỏa mãn điều kiện: nếu bỏ đi 1 số bất kỳ trong các số đó thì có thể chia các số còn lại thành 3 nhóm rời nhau sao cho mỗi nhóm gồm 671 số và tích tất cả các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

[Lynk]

Mình xét được mỗi 2 trường hợp: Có ít nhất 4 số 0 và 2014 số bằng nhau :(

[quocbaoct10]

=))) , vui thật =)). Em đang tính viết chuyên đề số học về bài Toán dạng này, ai dè giáo viên cho thi bà nó rồi. Buồn thiệt chứ, biết thế release trước cho anh em nó đọc
------------------------------
Bài này giải vầy.
i) Đưa bài Toán về trường hợp các số tự nhiên
ii) Gọi 2014 số tự nhiên đó là $n_1,n_2,..,n_{2014}$ .Đặt $S=n_1+n_2+..+n_{2014}$.
Từ việc có thể chia thành 3 nhóm có tổng bằng nhau nên:
$n_i \equiv S (mod 3) \forall i \in \overline{1;2014}$
iii) Đặt $n^{(1)}_k=\frac{1}{3}( n_k-e) .$ ( $e \in \{0;1;2} ; e\equiv S (mod 3) $
Ta thấy tính chất chia thành 3 nhóm vẫn bảo toàn với 2014 số $n^{(1)}_k$, bởi thế nên ta có thể đặt tiếp
iv)
Lùi vô hạn
v) Giả sử đến dãy $ n^{(l)}_k$ thì việc lùi vô hạn này dừng lại.
Dễ thấy khi nãy có 3 trường hợp xảy ra cho ku này:
Case 1: $n^{(l)}_k=0$ hết .
Case 2: $n^{(l)}_k=1$ hoặc $-2$ với mọi $k$
Case 3: $n^{(l)}_k=2$ hoặc $-1$ với mọi $k$.
(Post đặt gạch trước)
tích các số bằng nhau mà anh :samoaner:

[hakudoshi]

=))) , vui thật =)). Em đang tính viết chuyên đề số học về bài Toán dạng này, ai dè giáo viên cho thi bà nó rồi. Buồn thiệt chứ, biết thế release trước cho anh em nó đọc

(Post đặt gạch trước)
Đề là tích các số bằng nhau nhé người ơi :bihiem:

Mình xét được mỗi 2 trường hợp: Có ít nhất 4 số 0 và 2014 số bằng nhau :(
giống mình quá :-*

[Kelacloi]

:)) Uhm , tưởng Tổng. Nếu Tổng thì thú vị .
------------------------------
Trắng ra mà nói thì tổng với tích cũng chẳng ảnh hưởng gì đến lời giải trên, chỉ việc tổng quát lời giải trên lên 1 tí là được , nhưng vì nó không phù hợp với topic nên ko cung cấp :angach:
Quay lại bài Toán .

Xét 2 trường hợp :
Trường hợp 1 có ít nhất 1 số bằng $0$
Ta lần lượt suy ra:
i) Có ít nhất 3 số bằng 0
ii) Có ít nhất 4 số bằng 0.
Suy ra 1 bộ nghiệm
Trường hợp 2 không có số nào bằng 0.
ta đưa bài Toán về số nguyên , rồi tiếp tục.
Gọi các số đó là $x_1,..,x_{2014}$
Đặt $P= \prod_{i=1}^{2014} x_i$.
Ta thấy $\frac{P}{x_i}$ đều là số lập phương , bởi thế:
$\exists n_1 \in \mathbb{N}, x^{(1)}_k: x_i=n_1.[ x^{(1)}_k]^3$
Tiếp theo là lùi vô hạn.
Dễ thấy việc lùi vô hạn chỉ dừng lại khi tất cả các số đều đều mang giá trị $1$ hoặc $-1$.

việc còn lại chỉ tính số lượng của các số sao cho phù hợp là được .Hết bài :v

[huynhcongbang]

Mình nghe bạn kien10A1 nói kết quả bài này là:

(1) 4 số bằng 0, 2010 số hữu tỉ tùy ý.
(2) 2014 số có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trong đó có 0 hoặc ít nhất 3 số âm, có 0 hoặc có ít nhất 3 số dương.

Gọi $a_1,a_2,...,a_{2014}$ là các số cần tìm.

Mình có 1 số phân tích nhỏ thế này:
Nếu có 1, 2 hoặc 3 số bằng 0 thì khi loại đi số 0 đó, các số còn lại sẽ không thể chia được thành 3 bộ có tích bằng nhau (vì chắc chắn sẽ có ít nhất 1 tích khác 0, 1 tích bằng 0).
Như thế ta có 2 trường hợp:
- Nếu có ít nhất 4 số 0 thì dễ thấy điều kiện bài toán sẽ được thỏa mãn.
- Nếu tất cả các số đó đều khác 0 thì đặt $P$ là tích của chúng. Khi đó, $ \dfrac{P}{a_{i}} $ với mọi $i=1,2,3,...,2014$ đều là lũy thừa bậc 3 của một số hữu tỉ. Theo một cách nào đó có thể áp dụng trường hợp tổng (là dạng quen thuộc hơn, trong cuốn Titu cũng có bài tương tự) như bạn Kelacloai đã sử dụng để lập luận.

[DogLover]

Bài này xét số hữu tỉ cũng như số nguyên nên xét 2014 số nguyên luôn.
Trường hợp có $\geq 4$ số bằng 0 thì dĩ nhiên là thỏa mãn. Trường hợp có $\leq 3$ số bằng 0 thì không thỏa.
Nếu không có số nào băng 0. Viết các số này dưới dạng thừa số nguyên tố và xét riêng số mũ của từng ước nguyên tố, cuối cùng đưa về trường hợp mà cả 2014 số đều là lũy thừa của một số nguyên tố nào đó và chuyển bài toán từ tích các số sang tổng các số mũ.

[ahhungah]

Bài này xét số hữu tỉ cũng như số nguyên nên xét 2014 số nguyên luôn.
Trường hợp có $\geq 4$ số bằng 0 thì dĩ nhiên là thỏa mãn. Trường hợp có $\leq 3$ số bằng 0 thì không thỏa.
Nếu không có số nào băng 0. Viết các số này dưới dạng thừa số nguyên tố và xét riêng số mũ của từng ước nguyên tố, cuối cùng đưa về trường hợp mà cả 2014 số đều là lũy thừa của một số nguyên tố nào đó và chuyển bài toán từ tích các số sang tổng các số mũ.

giống mình ha ha, nhưng rút ra thành 2014 số nguyên nguyên tố cùng nhau, xét ra lũy thừa của thành phần nguyên tố luôn chia hết cho 3, rồi hết giờ =]] :-S
ngồi viết câu ít điểm :feelgood: , 2 năm liền ra số câu 7, sao làm :angach:

[CSS-MU]

Có một số ý mà mình thu được như sau.
Đầu tiên ta nhận thấy nếu số số $0$ ít nhất là $4$ thì thế nào cũng chia được. Như vậy số số $0$ $\ge 4$ là một đáp số.
Tiếp theo, nếu số số $0$ ít hơn hoặc bằng $3$ thì chỉ có thể xảy ra trường hợp không có số $0$ nào, vì chỉ cần loại một trong các số $0$ đang có thì không chia nhóm được. Như vậy ta quan tâm tới tình huống tất cả các số đều khác $0.$
Tiếp theo, ta có thể đưa bài toán về xét tất cả các số là số nguyên. Lý do là ta có thể nhân mỗi số với một số chia hết cho tất cả các mẫu số của các phân số. Khi đưa về các số nguyên, giống như trên ta cũng thấy rằng số số âm cần phải ít nhất là $3,$ hoặc chẳng có số âm nào cả, và tương tự cho các số dương. Ta có thể rút gọn bài toán về việc xét các số dương (mà thực chất là trị tuyệt đối của các số).
Với các số dương, xét phân tích tiêu chuẩn các số thì ta nhận thấy chỉ cần xét riêng từng ước nguyên tố một. Tức là có thể quy bài toán về như sau: cho $2014$ số nguyên không âm thỏa mãn nếu bỏ đi 1 số bất kỳ trong $2014$ số này thì ta có thể các số còn lại thành 3 nhóm, mỗi nhóm $671$ số sao cho tổng các số trong mỗi nhóm là như nhau. Chứng minh rằng tất cả các số bằng nhau. Bài toán tới đây có thể lập luận giống như anh Kelacloi phân tích, và đáp số ra như anh kien10a1.

[kien10a1]

Bài này thực sự là không có nhiều vấn đề về hướng giải, nhưng lại đòi hỏi việc xử lí kĩ thuật và khả năng bao quát đầy đủ trường hợp.
Tóm tắt lời giải trường hơp tích khác 0 Theo một đứa em của mình
Ta xét trường hợp không có số 0 nào, trước tiên nếu đổi mỗi số thành trị tuyệt đối của nó thì vẫn thỏa yêu cầu bài toán.
Nhân tất cả các số hữu tỉ này với M tự nhiên thích hợp ta thu được 2014 số nguyên dương x_1,x_2,...x_{2014} nguyên dương thỏa đề bài.
Nhận xét 1: các số x_i đều có chung tập ước nguyên tố.
CM: giả sử phản chứng rằng tồn tại p nguyên tố mà x_1,..,x_k chia hết cho p, và 2014-k số còn lại không là bội của p.
Gọi số mũ của p trong khai triển của x_i là y_i
Từ giả thiết, loại x_{k+1} ra ngoài dễ suy ra y_1+y_2+...+y_n \vdots 3
loại đi x_i bất kỳ với i=1,2...,k thì ta sẽ suy ra y_i \vdots 3 với mọi i .
Rõ ràng là nếu ta thay y_i bởi \frac{y_i}{3} trong từng số x_i thì vẫn thỏa yêu cầu bài toán.
Tiếp tục như vậy ta suy ra y_i \vdots 3^n ( vô lý)
Nhận xét 2: Với p nguyên tố bất kỳ, số mũ trong của p trong khai triển các x_i là như nhau.
Tương tự như trên, lần này ta chỉ suy ra các y_i đồng dư với nhau mod 3, giả sử là cùng đồng dư với r.
Ta thay y_i bởi \frac{y_i-r}{3}, lại có các số thỏa mãn, tiếp tục quá trình làm lùi dãy y_i.
Quá trình này phải dừng, suy ra các giá trị y_i ban đầu bằng nhau.
Như vậy là đủ để suy ra 2014 số ban đầu có giá trị tuyệt đối bằng nhau, giả sử là cùng bằng t.
Nhận xét 3: Giả sử số số dương nhiều hơn số số âm thì có 0 hoặc nhiều hơn 2 số âm.
Thật vậy, nếu chỉ có đúng một hoặc 2 số âm, loại đi một số t, 2013 số còn lại không chia được thỏa mãn.
Giả sử có m số -t (1007\geqslant m\geqslant 3)
Nếu m lẻ. Xét việc loại ra 1 số t, rõ ràng có a,b,c\leqslant 671 mà a,b,c đều lẻ và a+b+c=m, ta chia ra 3 nhóm, mỗi nhóm lần lượt có a,b,c số -t
Nếu số bị loại là -t, hoàn toàn tương tự chọn a,b,c chẵn mà a+b+c=m-1
Tương tự nếu m chẵn.

[huynhcongbang]

Nếu chi tiết hơn nữa thì là thế này: :matrix:

Xét một bộ 2014 số thỏa mãn đề bài (rõ ràng bộ này tồn tại vì chẳng hạn xét 2014 số đều bằng nhau). Đặt các số đó là $a_1, a_2, ...,a_{2014}$. Trước hết, ta thấy rằng nếu trong 2014 số đó, có ít nhất 1 số bằng 0 thì rõ ràng phải có ít nhất 4 số bằng 0. Thật vậy, nếu ngược lại, chỉ có 1, 2 hoặc 3 số bằng 0, ta có các trường hợp:

(1) Nếu có đúng 1 số bằng 0 thì khi bỏ đi 1 trong các số khác 0 còn lại, bộ 2013 số nhận được sẽ phải chia thành 3 nhóm rời nhau. Tuy nhiên, số 0 sẽ rơi vào chỉ 1 trong 3 nhóm và dẫn đến có 1 nhóm có tích bằng 0, 2 nhóm còn lại có tích khác 0, mâu thuẫn.
(2) Nếu có đúng 2 số bằng 0 thì ta chỉ cần bỏ đi một số khác 0 và cũng dẫn đến mâu thuẫn tương tự.
(3) Nếu có đúng 3 số bằng 0 thì ta bỏ đi một số 0 trong đó, còn lại 2 số 0 và cũng không thể chia được.
Trong trường hợp có ít nhất 4 số 0, rõ ràng khi chọn ra 1 số trong 2014 số thì trong các số còn lại, có ít nhất 3 số 0 và ta có thể phân phối vào mỗi nhóm 1 số 0 dẫn đến tích của các nhóm đều bằng 0, thỏa mãn điều kiện. Từ đây suy ra một bộ 2014 số mà trong đó có 4 số bằng 0, còn lại 2010 số hữu tỉ bất kỳ là thỏa mãn đề bài.

Tiếp theo, giả sử tất cả các số đều khác 0. Đặt $a_i = \frac{x_i}{y_i}$ với $x_i, y_i$ là các số nguyên và $(x_i, y_i)=1$ và xét bộ $A=(a_1,a_2,...,a_{2014})$.
Rõ ràng mỗi bộ này tương ứng với bộ gồm toàn số nguyên là $A’=(ta_1, ta_2, …, ta_{2014}$ với $t$ là bội chung nhỏ nhất của các số $y_1, y_2, …, y_{2014}$ và bộ $A$ thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi bộ $A’$ thỏa mãn đề bài.

Từ nhận xét trên, ta có thể xét các bộ 2014 số nguyên $A$ khác 0 thay vì các số hữu tỉ nói chung.
Gọi $P=\{ p_1, p_2, ..., p_k \}$ là tập hợp tất cả các ước nguyên tố của giá trị tuyệt đối của 2014 số thuộc $A$ và gọi $Z=(z_1,z_2,...,z_2014)$ là 2014 số mũ của một số nguyên tố $p$ nào đó trong tập hợp $P$, rõ ràng các số này đều là các số nguyên không âm. Ta thấy rằng nếu chưa xét đến dấu của các số trong $A$ thì một điều kiện cần để $A$ thỏa mãn đề bài là bộ số $P'=(p^{z_1}, p^{z_2}, ..., p^{z_{2014}})$ cũng phải thỏa mãn đề bài vì giá trị của mỗi số trong bộ đều nguyên tố cùng nhau với tất cả các ước nguyên tố còn lại của 2014 số của $A$ nên nó đóng góp một cách độc lập vào thừa số nguyên tố $p$ trong tích của các số trong các nhóm khi chia ra.

Hơn nữa, ta thấy rằng, bộ $P'$ (chỉ gồm các lũy thừa không âm của cùng một số nguyên tố) thỏa mãn điều kiện đề bài khi và chỉ khi bộ $Z$ thỏa mãn điều kiện sau: khi bỏ đi một số bất kì thì 2013 số còn lại có thể chia thành 3 nhóm mà mỗi nhóm gồm 671 số có tổng bằng nhau. (*)

Ta sẽ chứng minh rằng tất cả các số trong bộ $Z$ đều bằng nhau. Giả sử ngược lại là điều này không thỏa mãn, tức là các số trong $Z$ đều không đồng thời bằng nhau. Trong các số thỏa mãn điều kiện (*), ta chọn số có tổng $z = z_1+z_2+...+z_{2014}$ nhỏ nhất.

Nếu ta bỏ đi số $z_i$ thì các số còn lại có thể chia được thành 3 nhóm có tổng bằng nhau nên tổng của 2013 số còn lại chia hết cho 3, tức là $z \equiv z_i (\mod 3) $ với mọi $i=1,2,3,…,2014$. Suy ra cả 2014 số trong bộ $Z$ có cùng số dư khi chia cho 3. Ta xét các trường hợp:

- Nếu tất cả các số này đều chia hết cho 3 thì xét bộ $Z’=(\frac{z_1}{3}, \frac{z_2}{3},…,\frac{z_{2014}}{3})$. Rõ ràng bộ này vẫn thỏa mãn điều kiện (*), có chứa các số không đồng thời bằng nhau và do đó, phải tồn tại một số lớn hơn 0. Điều này có nghĩa là tổng các số trong bộ $Z’$ nhỏ hơn $z$, mâu thuẫn với cách chọn bộ $Z$.

- Nếu tất cả các số này đều chia 3 dư 1 thì xét bộ $Z’=(\frac{z_1+2}{3}, \frac{z_2+2}{3},…,\frac{z_{2014}+2}{3})$.

- Nếu tất cả các số này đều chia 3 dư 2 thì xét bộ $Z’=(\frac{z_1+1}{3}, \frac{z_2+1}{3},…,\frac{z_{2014}+1}{3})$.

Trong hai trường hợp sau vẫn có lập luận tương tự và dẫn đến điều mâu thuẫn.
Nói tóm lại, tất cả các số trong bộ $Z$ phải bằng nhau và do việc chọn số nguyên tố $p$ ở trên là tùy ý nên ta có thể suy ra giá trị tuyệt đối của tất cả các số trong bộ $A$ là đều bằng nhau.

Tiếp theo, ta thấy rằng nếu tất cả các số trong bộ $A$ có giá trị bằng nhau thì hiển nhiên nó thỏa mãn điều kiện đề bài.

Trong trường hợp bộ $A$ có chứa số âm lẫn số dương, ta sẽ chứng minh rằng số các số âm và số các số dương đều không nhỏ hơn 3. (**) Thật vậy, nếu trong $A$ có:

(1) 1 số dương, 2013 số âm: ta chọn ra trong 2014 số này 1 số âm thì còn lại 2013 số có tích là một số dương (do chứa 1 số dương và 2012 số âm). Do đó, khi chia thành 3 nhóm thì tích của các nhóm đều phải là số dương. Tuy nhiên, do chỉ có 1 số dương nên phải có 1 bộ chứa toàn số âm, cụ thể là 671 số âm nên tích của bộ này âm, mâu thuẫn.

(2) 2 số dương, 2012 số âm: chọn ra 1 số dương để có mâu thuẫn.

(3) 1 số âm, 2013 số dương: chọn ra 1 số dương để có mâu thuẫn.

(4) 2 số âm, 2012 số dương: chọn ra 1 số âm để có mâu thuẫn.

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh các bộ A thỏa mãn (**) cũng thỏa mãn đề bài. Thật vậy,

Nếu sau khi bỏ đi 1 số bất kỳ, tích các số còn lại là dương nghĩa thì tích mỗi bộ 671 số phải dương, tức là số lượng các số âm trong mỗi bộ phải chẵn tương đương với số lượng số dương trong mỗi bộ phải lẻ. Trong 2013 số còn lại có chẵn số âm và lẻ số dương và theo tính chất của (**) thì số lượng các số dương là một số lẻ không nhỏ hơn 3. Ngoài ra, mỗi số lẻ như thế đều có thể biểu diễn thành tổng của 3 số lẻ không âm khác nên ứng với một cách biểu diễn, ta phân bố các số dương vào từng bộ thì được một cách phân bố thỏa mãn.

Nếu sau khi bỏ đi 1 số bất kỳ, tích các số còn lại là âm thì lập luận tương tự.

Từ đó, ta thấy nhận xét được chứng minh.

Vậy ta có kết luận sau về tất cả các bộ 2014 số hữu tỉ cần tìm:
i/ Gồm 4 số 0 và 2010 số hữu tỉ tùy ý.
ii/ Gồm 2013 số có giá trị bằng nhau và đều khác 0.
iii/ Gồm 2013 số có giá trị tuyệt đối bằng nhau, có chứa cả số âm lẫn số dương và số lượng số âm cũng như số lượng số dương đều không nhỏ hơn 3.


Bài này nếu cho các số nguyên thôi nhưng giới hạn lại miền giá trị các số và cho đếm như bài 7 năm rồi thì chắc là vui hơn. :angrybird:

[Traum]

Tham khảo cho trường hợp tổng quát:

[Only registered and activated users can see links]

[Kelacloi]

Cái bài viết về bài Toán này hồi bữa tính đưa :! (Ý là bài tổng quát á )
[Only registered and activated users can see links]

[hung_020297]

Anh đưa sớm mấy bữa thì may mắn hơn rồi

[Kelacloi]

TT^TT, anh nào biết anh nào có hay TT^TT, tại bài này cũng xưa lắm rồi.Ai dè Bộ giáo dục tổng quát lên 1 tí rồi đưa vào TT^TT

[VinhPhucNK]

Nếu anh đưa 1 tuần trước khi thi thì có khi Bộ lại né và ra bài khác :toothgrin:
Nếu anh đưa 1 ngày trước khi thi thì có khi công an đến hỏi thăm :ops:
[ Tuổi Trẻ đưa tin: Sự cố lộ đề thi quốc gia đầu tiên trong lịch sử (chấm hỏi) :go:. Kẻ tình nghi là 1 người đã ... lạc lối :matrix:]

[huynhcongbang]

Nếu anh đưa 1 tuần trước khi thi thì có khi Bộ lại né và ra bài khác :toothgrin:
Nếu anh đưa 1 ngày trước khi thi thì có khi công an đến hỏi thăm :ops:
[ Tuổi Trẻ đưa tin: Sự cố lộ đề thi quốc gia đầu tiên trong lịch sử (chấm hỏi) :go:. Kẻ tình nghi là 1 người đã ... lạc lối :matrix:]

Thực ra anh ấy đã đưa ra cách đây 1 năm rồi em: :))

[Only registered and activated users can see links]

[halamadrid]

ặc hoá ra bài này cũng không mới, đã từng xuất hiện ngay gần như vậy:!

[hakudoshi]

ặc hoá ra bài này cũng không mới, đã từng xuất hiện ngay gần như vậy:!

Đề năm nay toàn xào nấu, chiên rán đủ kiểu chứ mới sao được mà mới :gach:

[halamadrid]

Cơ mà xào lại từ năm 9x thì chấp nhận được, ngay năm ngoái như vậy thì không hay, lợi cho các bạn tham gia trường đông đó quá!?

[hung_020297]

Chắc từ năm ngoái nên cũng chẳng ai nhớ .nó cũng là 1 bài toán thú vị chứ nhỉ

[hopf]

Không biết có bạn nào quan tâm tới bài toán tổng quát sau đây chưa nhỉ?

Cho mk+1 số phức có tính chất là nếu bỏ một số bất kì ra thì ta luôn có thể chia mk số còn lại thành k tập, mà mỗi tập có tổng bằng nhau.

Bài này mình cũng đã nghĩ từ hồi học xong chuyên toán nhưng không ra. Sau đó học đại số tuyến tính thì mình làm được cho trường hợp k=2. Bây giờ có thể giải được cho trường hợp k tổng quát. Mình tóm tắt ý tưởng chứng minh.

Trước hết, ta có thể giả sử k=p là số nguyên tố. Khi đó, giả sử xét ma trận A cấp (mp+1)*(mp+1) có tính chất sau
1) Đường chéo gồm các số 0.

2) Ở mỗi hàng, mỗi số $\zeta^i$ với $i=0,...,p-1$ xuất hiện đúng m lần.

Trước hết từ đẳng thức $a_0+ a_1 \zeta+\ldots+ a_{p-2}\zeta^{p-1}=0$ xảy ra khi và chỉ khi $a_0=\ldots=a_{p-1}$. Điều này đúng do đa thức nhỏ nhất của $\zeta$ là $X^{p-1}+X^{p-2}+\ldots+1$. Nói riêng, $(1,....,1)^t$ là môt giá trị riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng $0$.

Bài toán của ta trở thành, không gian vector riêng ứng với giá trị riêng 0 có chiều bằng 1. Nói cách khác, nó sinh bởi vector $(1,\ldots, 1)^t$.

Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh rằng, đa thức đặc trưng của A có dạng $XG(X)$ trong đó $G(X)$ là một đa thức mà $G(0) \neq 0$. Nói cách khác, "algebraic multiplicity" của giá trị riêng $\lambda=0$ là 1.

Tất nhiên, chứng minh điều này trong $C$ thì khó. Nhưng ta có thể làm một động tác hơi lắt léo là xét trong một trường khác. Trước hết, ta nhận xét là đa thức đặc trưng của A có hệ số trong trường $K=\Q[\zeta]$. Một kết quả trong lí thuyết số đại số là
$$ (1-\zeta) O_K \cap Z =pZ. $$
Do đó, ta có thể tìm được một ideal nguyên tô $\beta$ trong $O_K$ sao cho $1-\zeta \in \beta$. Đến đây, ta reduction modulo $\beta$, thì ma trận mới nhận được có tính chất là
1) Các vị trí trên đường chéo là 0.

2) Các vị trí còn lại là 1 (do $\zeta=1 \pmod{\beta}$.

Đa thức đặc trương của ma trận này là $(X-1)^{mp}(X+mp)$. Tuy nhiên do $p=0 \pmod{\beta}$ nên thực ra đa thức này là
$X(X-1)^{mp}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

[n.t.tuan]

Những ai quan tâm có thể lấy bài dưới đây về đọc.

[Mr Stoke]

Đề thi VMO năm nay ngày 1 khá hay (theo MS thậm chí là hay nhất trong vài năm trở lại đây), nhưng ngày 2 rất rất tồi: Bài hình bình thường, bài bất đẳng thức đánh đố (loại bài này không nên cho vào thi), bài số học này các bạn trên đã tìm ra nó các loại biến thể khác nhau xuất hiện ở nơi này nơi kia. Dù không trùng hoàn toàn nhưng đây là 1 thất bại của đề thi năm nay.

[n.t.tuan]

Tôi thấy Ngày 1 hơi cứng, không có câu dễ hẳn.

[NguyễnTiếnLHP]

Bao giờ chấm thi ạ? chắc trước tết biết kqua. :D