Việt Nam TST 2016 - Đề và lời giải

**Traum** · 29-03-2016, 05:21 AM

Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.

daovuquang · 31-03-2016, 08:31 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.

Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?

**Traum** · 31-03-2016, 01:26 PM

Trích:

Nguyên văn bởi daovuquang

Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?

Lời giải trên chỉ là cách làm thôi, nhiều chi tiết cụ thể bị bỏ qua

Thực ra thì phải chia 2 trường hợp, nếu nó bằng 0 thì hiển nhiên $Q_{k+1} = Q_{k}$ thỏa mãn. Nếu nó khác không thì như trên.

navid · 25-09-2016, 04:52 PM

Ai cũng có thể tải lên các tài liệu biên soạn của Việt Nam-TST 2016 Vấn đề và giải pháp?

**Traum** · 29-03-2016, 05:41 AM

Bài 2

:
Sắp lại các số trong $A$ theo thứ tự tăng dần $a_1 < a_2 <\cdots < a_{2000}$. Với mỗi $1\le k\le 2000$ đặt $x_k$ là số các số $m \in B$ mà $|a_k - m| \le 1000$.

Ta sẽ chứng minh: $x_{k} + x_{2001-k} \le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$.

Trước hết dễ thấy $x_{k}\le 2001$ với mọi $1\le k\le 2000$ nên $x_k + x_{2001-k}\le 4002$.

Gọi $X_k$ là tập các số $m\in B$ mà $|a_k-m|\le 1000$. Khi đó
$X_k\subset B_k = \{a_k-1000,...,a_k,...,a_{k} + 1000\}$. Tương tự cũng có $X_{2001-k} \subset B_{2001-k} = \{a_{2001-k}-1000,...,a_{2001-k},...,a_{2001-k} + 1000\}$.

Do đó: $X_{k}\cap X_{2001-k} \subset B_{k}\cap B_{2001-k}$. Lại có $a_{k} + 2001-2k \le a_{2001-k}$, nên $B_{k}\cap B_{2001-k}\le 2k$. Hệ qủa là $x_k + x_{2001-k} = |A_k| + |B_k| = |A_k\cup B_k| + |A_k\cap B_k| \le 2016 + 2k$

Vậy ta đã chứng minh được $x_k + x_{2001-k}\le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$. Do đó $\sum\limits_{k=1}^{1000}x_k \le \sum\limits_{k=1}^{1000} \min\{4002, 2016 + 2k\} = \left(\sum\limits_{k=1}^{993}2016+2k\right) + 7\times 4002 = 3016944$.

Với hai tập $A = \{9,...,2008\}, B = \{1,...,2016\}$ thì có số cặp $m,n$ thỏa mãn $|m-n|\le 1000$ chính bằng 3016944. Đó cũng là đáp số của bài toán.

**tikita** · 29-03-2016, 10:42 AM

Mình nghĩ đoạn này có vấn đề,

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Bài 5

:

Từ định nghĩa của $i$ và $l$ thì $a_{k+i-1} = a_{i-1} = 0$, $a_{i+1} = 0$ và không có $l+1$ bit 1 liên tiếp trong $(a_{i+l},...,a_{k+i-1})$ nên $\omega(a_{i+l},...,a_{k+i-1}) \le 2^{k-l} - 1 - (2^{k-l-1} + 2^{k-2l-1} + \cdots + 1) \le 2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}$.

Từ đó $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})\ge (2^{l}-1)(2^{k-l}-1) - (2^{l}-1)(2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}) = 2^{k-1}-1$.

Ví dụ: Lấy $n=5$ và dãy $a_1a_2a_3a_4a_5\equiv 10100$, khi đó $l=1$ và $i=1$, thì $\omega(S_i^*)=10100$ và $\omega(S_{i+l}^*)=01001$. Suy ra $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})=2^4+2^2-(2^3+1)=11<2^4-1$

29-03-2016, 05:21 AM	#1
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Một cách giải cho bài 6 Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a: Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$. Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$. Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$). Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng. Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn: $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$). Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$. Thật vậyvới $0\le j\le k-2$: $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$. Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$. Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$. Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM. Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất. Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực. Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$. Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$. Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm. Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM. __________________ Traum is giấc mơ.

29-03-2016, 05:41 AM	#5
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 2 : Sắp lại các số trong $A$ theo thứ tự tăng dần $a_1 < a_2 <\cdots < a_{2000}$. Với mỗi $1\le k\le 2000$ đặt $x_k$ là số các số $m \in B$ mà $\|a_k - m\| \le 1000$. Ta sẽ chứng minh: $x_{k} + x_{2001-k} \le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$. Trước hết dễ thấy $x_{k}\le 2001$ với mọi $1\le k\le 2000$ nên $x_k + x_{2001-k}\le 4002$. Gọi $X_k$ là tập các số $m\in B$ mà $\|a_k-m\|\le 1000$. Khi đó $X_k\subset B_k = \{a_k-1000,...,a_k,...,a_{k} + 1000\}$. Tương tự cũng có $X_{2001-k} \subset B_{2001-k} = \{a_{2001-k}-1000,...,a_{2001-k},...,a_{2001-k} + 1000\}$. Do đó: $X_{k}\cap X_{2001-k} \subset B_{k}\cap B_{2001-k}$. Lại có $a_{k} + 2001-2k \le a_{2001-k}$, nên $B_{k}\cap B_{2001-k}\le 2k$. Hệ qủa là $x_k + x_{2001-k} = \|A_k\| + \|B_k\| = \|A_k\cup B_k\| + \|A_k\cap B_k\| \le 2016 + 2k$ Vậy ta đã chứng minh được $x_k + x_{2001-k}\le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$. Do đó $\sum\limits_{k=1}^{1000}x_k \le \sum\limits_{k=1}^{1000} \min\{4002, 2016 + 2k\} = \left(\sum\limits_{k=1}^{993}2016+2k\right) + 7\times 4002 = 3016944$. Với hai tập $A = \{9,...,2008\}, B = \{1,...,2016\}$ thì có số cặp $m,n$ thỏa mãn $\|m-n\|\le 1000$ chính bằng 3016944. Đó cũng là đáp số của bài toán. __________________ Traum is giấc mơ.

25-09-2016, 04:52 PM	#4
navid +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 13 Thanks: 1 Thanked 3 Times in 2 Posts	Ai cũng có thể tải lên các tài liệu biên soạn của Việt Nam-TST 2016 Vấn đề và giải pháp?