Việt Nam TST 2018 - Đề thi và lời giải

[phuongcvp]

Ngày thi thứ hai (31/03/2018).

Bài 4. Cho $a$ là số thực thuộc đoạn $\left[ \frac{1}{2};\frac{2}{3} \right].$Các dãy số $({{u}_{n}})$ và $({{v}_{n}})$ xác định như sau:
$${{u}_{n}}=\frac{3}{{{2}^{n+1}}}\cdot {{(-1)}^{[{{2}^{n+1}}a]}} \text{ và } {{v}_{n}}=\frac{3}{{{2}^{n+1}}}\cdot {{(-1)}^{n+[{{2}^{n+1}}a]}}.$$

a) Chứng minh rằng
$${{({{u}_{0}}+{{u}_{1}}+\cdots +{{u}_{2018}})}^{2}}+{{({{v}_{0}}+{{v}_{1}}+\cdots +{{v}_{2018}})}^{2}}\le 72{{a}^{2}}-48a+10+\frac{2}{{{4}^{2019}}}.$$
b) Tìm tất cả các giá trị của $a$ để đẳng thức xảy ra.

Bài này khá dài nên em xin phép chỉ trình bày vắn tắt nhất
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 $a=b=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots+\dfrac{1}{ 2^{2019}}=\dfrac{2-\dfrac{1}{2^{2019}}}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DogLover]

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 $a = a_l = \dfrac{2}{3}(1-1/4^{1009})$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[buratinogigle]

Một số mở rộng của hai bài hình có thể xem tại đây

http://analgeomatica.blogspot.com/20...an-tuan-1.html
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[analysis90]

Bài này có thể xử đẹp bằng tổng Ramanujan, ý tưởng cơ bản như sau.

Đặt $f_n(x)=xP_n(x)$, khi đó nếu ta đặt ${f_n}\left( {{\zeta_n^t}} \right) = {C_n}\left( t \right)$ (trong đó $t\in\mathbb Z,\,\zeta_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$), thế thì\[{C_{mn}}\left( t \right) = {C_m}\left( t \right){C_n}\left( t \right)\quad\forall\,m,\,n\in\mathbb N^*:\;\gcd(m,\,n)=1.\]

Bạn có thể trình bày rõ hơn về tổng Ramanujan được không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[analysis90]

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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

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.

Xét $n=14$ thì có $1,3,5,9,11,13$ mà $|3-1|$ khác $|9-5|.$

Kết quả này có lẽ chỉ đúng khi $n$ có ước nguyên tố dạng $4k+1$ thôi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[beyondinfinity]

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 ($2p$).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]