|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
31-03-2018, 11:55 PM | #16 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2016 Đến từ: Vĩnh Phúc Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 2 Times in 1 Post | Trích:
Nhận xét 1:$v_i=u_i$ với $i$ chẵn và $v_i=-u_i$ với $i$ lẻ Do đó bất đẳng thức viết được dưới dạng: $(u_0+u_1+\cdots u_{2018})^2+(u_0-u_1+u_2-u_3+\cdots + u_{2018})^2 \leq 72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}$ Khai triển sẽ thấy vế trái có dạng $2(A^2+B^2)$ với $A=x_0+x_2+\cdots+x_{2018}$ và $B=x_1+x_3+\cdots+x_{2017}$ Nhận xét 2: Viết $a=\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{x_i}{2^i}$ là biểu diễn dưới dạng nhị phân của $a$ Khi đó $a \geq b=\sum_{i=1}^{2019}\frac{x_i}{2^i}$. Đánh giá: $72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}} \geq 72{{b}^{2}}-48b+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}$ Kết hợp trên thì ta chỉ cần chứng minh $A^2+B^2 \leq 36b^2-24b+5+\dfrac{1}{4^{2019}}$ Nhận xét 3: Biểu diễn $b$ theo các $u_i$ Ta thấy: ${{(-1)}^{[{{2}^{n+1}}a]}}=\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}$. Suy ra $x_{n+1}=0 \Leftrightarrow \dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}=1$ và $x_{n+1}=1 \Leftrightarrow \dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}=-1$ Do đó có thể biểu diễn $x_{n+1}$ là hàm bậc nhất theo $\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}$ như sau: $x_{n+1}=\dfrac{-1}{2}.\dfrac{2^{n+1}u_{n}}{3}+\dfrac{1}{2}$ Ta có: $$b=\sum_{i=1}^{2019}\frac{x_i}{2^i}=\sum_{i=0}^{2 018}\frac{x_{i+1}}{2^{i+1}}=\sum_{i=0}^{2018} \left(\frac{-u_i}{6}+\dfrac{1}{2^{i+2}}\right)=C-\dfrac{A+B}{6}$$ Với $A,B$ đã định nghĩa ở trên và $C=\sum_{i=0}^{2018}\frac{1}{2^{i+2}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2^{2020}}$ Do đó ta sẽ chỉ cần chứng minh điều sau: $$A^2+B^2 \leq 36 \left(C-\dfrac{A+B}{6}\right)^2-24\left(C-\dfrac{A+B}{6}\right)+5+\dfrac{1}{4^{2019}}$$ Khai triển và biến đổi tương đương ta đưa được nó về dạng $$3\left(1-2C\right)\left(6C-1\right)+\dfrac{1}{4^{2019}} \geq 2\left(B-6C+2\right)\left(6C-2-A\right) $$ Và ta được vế trái của bất đẳng thức trên là hằng số $\dfrac{3}{2^{2018}}-\dfrac{1}{2^{4035}}>0$ Nhận xét 4: Đánh giá. Do $\dfrac{1}{2}\leq a \leq \dfrac{2}{3}$ nên dễ dàng có được: $x_1=1,x_2=0$ từ đó $u_0=\dfrac{-3}{2};u_{1}=\dfrac{3}{4}$ Khi đó đánh giá được: $-(2-\dfrac{1}{2^{2019}})\leq-\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2^3}-\cdots-\dfrac{3}{2^{2019}}\leq A \leq -\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2^3}-\cdots+\dfrac{3}{2^{2019}}<0$ Mặt khác $6C-2=1-\dfrac{3}{2^{2019}}$ nên $0<6C-2-A \leq 1-\dfrac{3}{2^{2019}}+2-\dfrac{1}{2^{2019}}=3-\dfrac{1}{2^{2017}}$ Tương tự ta có: $B -6C+2=B-1+\dfrac{3}{2^{2019}}\leq \dfrac{3}{2^2}+\dfrac{3}{2^4}+\cdots+\dfrac{3}{2^{ 2018}}-1+\dfrac{3}{2^{2019}}=1-\dfrac{1}{2^{2018}}-1+\dfrac{3}{2^{2019}}=\dfrac{1}{2^{2019}}$ Do đó ta sẽ có: $2\left(B-6C+2\right)\left(6C-2-A\right) \leq 2.\dfrac{1}{2^{2019}}.\left(3-\dfrac{1}{2^{2017}}\right)=\dfrac{3}{2^{2018}}-\dfrac{1}{2^{4035}}$ Do đó ta có điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots+\dfrac{1}{ 2^{2019}}=\dfrac{2-\dfrac{1}{2^{2019}}}{3}$ thay đổi nội dung bởi: phuongcvp, 01-04-2018 lúc 08:12 AM | |
01-04-2018, 12:29 AM | #17 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2014 Bài gởi: 13 Thanks: 9 Thanked 12 Times in 7 Posts | Bài 4: Vì $v_i = u_i$ nếu i chẵn và $v_i = -u_i$ nếu i lẻ nên ta có thể viết lại vế trái $2(u_0+...+u_{2018})^2 + 2(u_1+...+u_{2017})^2$. Giả sử khai triển nhị phân của $a$ là $\sum_{i=1} a_i2^{-i}$. Khi đó $[2^ia] = a_i$, như vậy $u_i = \dfrac{3}{2^{i+1}}(-1)^{a_{i+1}} = \dfrac{3}{2^{i+1}}(-2a_{i+1}+1)$. Ta cũng kí hiệu $a_l = \sum_{i=0}^{1009} a_{2i+1}2^{2i+1}$ và $a_c = \sum_{i=1}^{1008} a_{2i}2^{2i}$. Bây giờ chỉ việc khai triển tổng trên và dùng các đẳng thức, bất đẳng thức sau: - $a_l + a_c \leq a$ - $a_l \leq \dfrac{2}{3}(1-1/4^{1009})$ - $a_c(a_l-1/2) \leq 0$ Đẳng thức xảy ra khi $a = a_l = \dfrac{2}{3}(1-1/4^{1009})$. |
01-04-2018, 10:29 PM | #18 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Một số mở rộng của hai bài hình có thể xem tại đây http://analgeomatica.blogspot.com/20...an-tuan-1.html |
02-04-2018, 03:44 PM | #19 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 89 Thanks: 46 Thanked 39 Times in 23 Posts | Trích:
| |
02-04-2018, 03:48 PM | #20 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 89 Thanks: 46 Thanked 39 Times in 23 Posts | Mình giải bài 3 được một lúc thì dẫn đến kết quả này (chưa biết đúng hay sai). Mọi người có thể cho ý kiến về kết quả này. |
02-04-2018, 04:02 PM | #21 | |
Administrator | Trích:
Kết quả này có lẽ chỉ đúng khi $n$ có ước nguyên tố dạng $4k+1$ thôi. __________________ Sự im lặng của bầy mèo | |
02-04-2018, 05:31 PM | #22 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts | Bài 3: Ta chứng minh hai bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho số nguyên tố $p$. Khi đó nếu $n > 2p$ chia hết cho $p^2$ thì nếu $P_{n/p}$ chia hết cho $x^{r_{n/p}} + 1$ thì $P_{n}$ cũng chia hết cho $x^{r_{n/p}} + 1$. Chứng minh: Vì $n$ chia hết cho $p^2$ nên với mọi $k < n/p$ mà $(k,n) = 1$ thì $(k+jn/p, n) = 1$ với mọi $j = 0,..,p-1$. Do đó có thể viết lại $P_n(x)$ như sau:$$P_{n}(x) = \sum\limits_{k<n, (k,n) = 1} x^{k-1} = \sum\limits_{k < n/p, (k, n/p) = 1}x^{k-1}\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{jn/p} = P_{n/p}(x)\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{jn/p}.$$ Do đó khẳng định của bổ đề là đúng. Bổ đề 2: Cho số nguyên tố lẻ $p$. Khi đó nếu với mọi $(n, p) = 1$ thì nếu $P_n(x)$ chia hết cho $x^{r_n} + 1$ thì $P_{np}(x)$ cũng chia hết cho $x^{r_n}+1$. Chứng minh: Viết $P_{np}(x)$ lại như sau: $$\begin{align*}P_{np} &= \sum\limits_{k < np, (k,n) = 1}x^{k-1} - \sum\limits_{k < np, (k,n) = 1, p | k}x^{k-1} \\&= \left(\sum\limits_{k < n, (k,n) =1}x^{k-1}\right)\left(\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{ja}\right) - x^{p-1}\sum\limits_{k < n, (k,n) = 1}(x^p)^{k-1} \\&= P_n(x)\left(\sum\limits_{j=0}^{p-1}x^{ja}\right) - x^{p-1}P_n(x^p)\end{align*}.$$Mà $x^{pr_n} + 1$ chia hết cho $x^{r_n} +1$, vì $p$ lẻ. Nên ta có $P_{np}$ chia hết cho $x^{r_n}+1$. ĐPCM. Trở lại bài toán. Từ bổ đề 1, ta chỉ cần chứng minh cho $n > 4$ không có ước chính phương, hay $n = 2p_1...p_l$. Từ bổ đề 2 thì ta chỉ cần chứng minh cho $n=3, 4$, $n = p$ và $n = 2p$ với $p$ nguyên tố lẻ. Mà dễ thấy: $P_3(x) = 1 + x$, $P_4(x) = 1 + x^2$ đều thỏa mãn. $P_{p}(x) = 1 + x + \cdots + x^{p-2} = \frac{x^{p-1}-1}{x-1} = (x^{\frac{p-1}{2}}+1)\frac{x^{\frac{p-1}{2}} - 1}{x-1}$ chia hết cho $x^{\frac{p-1}{2}}+1$. Và $P_{2p}(x) = 1 + x + \cdots + x^{p-2} + x^{p+2} + \cdots + x^{p-2} = (x^{p+1}+1)(1 + x + \cdots + x^{p-2})$ chia hết cho $x^{p+1}+1$. Phần $a$ được chứng minh. Cũng từ kết quả từ hai bổ đề trên thì $P_n(x)$ không thể là bất khả quy nếu $n > 4$ có ước chính phương, hay $n > 3$ là số nguyên tố hay $n$ là tích của không ít hơn $2$ số nguyên tố lẻ, Do đó chỉ còn xét $n = 2p$, $n=3$ và $n = 4$. Mà theo trên thì nếu $p > 3$ thì $(1 + x + \cdots + x^{p-2})$ là đa thức khác hằng nên $P_{2p}$ không thể là bất khả quy. Với $p = 3$ thì $P_6(x) = 1 + x^4$ là bất khả quy. Cũng theo trên thì $P_4(x) = 1 + x^2$ và $P_3(x) = 1 + x$ cũng là bất khả quy. Vậy $n = 3, 4, 6$ là các giá trị thỏa mãn. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 02-04-2018 lúc 05:36 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to Traum For This Useful Post: | DuyLTV (05-04-2018), huynhcongbang (07-04-2018) |
11-04-2018, 05:13 AM | #23 |
Administrator | Xin gửi mọi người lời giải và bình luận đề VN TST 2018 do nhóm BBT Epsilon thực hiện. Đính chính câu 2b so với bản chính thức là không có dữ kiện "tất cả các cột còn lại đều trống", nghĩa là $2018-k$ cột còn lại có thể chứa số $0,1$ nhưng không được chứa đủ hai loại. Vì thế nên đề thi sẽ thử thách hơn nhiều, trong lời giải sẽ có thêm một đoạn lập luận nữa. Rất xin lỗi mọi người vì hôm trước post đề chưa chuẩn. __________________ Sự im lặng của bầy mèo |
The Following 3 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: |
18-04-2018, 10:12 PM | #24 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 456 Thanks: 64 Thanked 215 Times in 143 Posts | Bài 3 (sketch): Giảm bài toán theo 2 thao tác: Nếu $p$ nguyên tố và $p^2|n$ thì $P_{n}$ chia hết cho $1+x^{r_m}$ ($m=n/p$): \[ P_{pm} =(1+X^m+\ldots +X^{m(p-1)})P_m\] Nhận thấy luôn là bước giảm này cho $P_{n}$ khả quy. Trường hợp $m=p=2$ đặc biệt, có thể chọn luôn $r_4 =2$. Bài toán từ đây đưa về $n$ không có ước chính phương. Nếu $p|n$ nguyên tố lẻ ($p^2\not |n$) và $m \ne 2$ thì $P_{n}$ chia hết cho $1+x^{r_m}$: \[ P_{pm} =(1+X^m+\ldots +X^{m(p-1)})P_m - P_m(X^p)\] So sánh bậc của $P_n$ ($n-2$) với $1+x^{r_m}$ (nhỏ hơn $m$) thì cũng có $P_n$ khả quy. Như vậy bài toán ban đầu quy về trường hợp $n=2p$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Trong trường hợp này, tính trực tiếp $P_n(X)= \frac{X^{2p}-1}{X-1}-X^{p-1}$, nhận thấy $r_n= \frac{p+1}{2}$. Ý (b) đưa về xét các trường hợp đặc biệt và trường hợp không thể giảm ($2p$). |
The Following User Says Thank You to beyondinfinity For This Useful Post: | chienthan (22-04-2018) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|