Sunday, June 5, 2016

Giải trí^H^H^Htoán cuối tuần

Hồi nhỏ tôi thích đọc tạp chí "Toán học & Tuổi trẻ". Tuần nào cũng hì hụi giải bài, gửi về tòa soạn, nhưng không có tuần nào được đăng :-'(. Tôi còn nhớ anh Trần Vĩnh Hưng, tuần nào cũng được đăng bài, bây giờ đã là giáo sư toán ở Mỹ.

Hôm qua vô tình thấy đề thi vào lớp 10 chuyên toán KHTN, ngứa nghề quá nên tôi ngồi giải thử. Tôi thích phần 2 câu số II và câu IV.

Câu II/2: Tìm nghiệm nguyên (x, y) thỏa $x^4 + 2x^2 = y^3$.

Dễ thấy (0, 0) là một nghiệm.

Chuyển phương trình thành

$x^2 (x^2 + 2) = y^3$

Ta thấy vế trái $x$ có mũ 2, trong khi vế phải $y$ có mũ 3. Dựa vào tính chất phân tích nhân tử duy nhất của $\mathbb{Z}$, ta có thể chứng minh được $x$ phải là ước của $x^2 + 2$. Suy ra $x$ phải là ước của 2. Như vậy $x$ chỉ có thể là 1 hoặc 2. Thế vào phương trình đã cho, không thể tìm được $y$ nguyên. Kết luận (0, 0) là nghiệm duy nhất.

Câu IV: chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n >= 3$ luôn tìm được cách sắp xếp bộ $n$ số $1,2,\dots,n$ thành $x_1,x_2,\dots,x_n$ sao cho $x_j \ne \frac{x_i + x_k}{2}$ với mọi bộ chỉ số $i, j, k$ mà $1 \leq i < j < k \leq n$.

Lời giải của VnExpress rối rắm và không chỉ ra được một cách sắp xếp thỏa đề bài. Cách giải của tôi chỉ ra không những một mà rất nhiều cách xếp.

Có thể hiểu đề bài là tìm dãy $x_1, x_2,\dots,x_n$ sao cho với mọi dãy con các số đứng giữa không bằng trung bình cộng của số đầu và số cuối. Ta thấy chỉ cần số đầu và số cuối khác tính chẵn lẻ ngay lập tức dãy đó đạt yêu cầu. Như vậy chỉ cần xếp hết số lẻ vào rồi mới xếp số chẵn sẽ có rất nhiều dãy con đạt yêu cầu. Ví dụ xếp $1, 2,\dots,10$ thành $1, 3,\dots, 9, 2, 4,\dots,10$ thì ta chỉ cần quan tâm đến các dãy con mà các phần từ đều là số lẻ (hoặc đều là số chẵn).

Mục tiêu tiếp theo là xếp $1, 3, 5, 7, 9$ theo yêu cầu bài toán. Ta vẫn dùng mẹo cũ thôi. Các số này là số lẻ, nên nếu trung bình cộng của hai số biên là một số chẵn dãy đó sẽ đạt yêu cầu. Nói cách khác, ta chỉ cần xếp hết các số chia 4 dư 1, rồi mới xếp chia 4 dư 3. Tương tự ở các số chẵn ta xếp hết các số chia 4 dư 0 rồi mới xếp chia 4 dư 2. Tiếp theo ta sẽ chia cho $8, 16,\dots,2^m$ với $2^m < n \leq 2^{m+1}. $ Một cách xếp $1, 2,\dots,10$ thỏa đề bài là $1, 9, 5, 3, 7, 4, 8, 2, 10, 2$.

Câu hỏi mở: tính tổng số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có thể tính được có bao nhiêu cách xếp dựa vào phương pháp của tôi. Vấn đề là ngoài phương pháp này, có còn phương pháp xếp nào khác hay không? Tôi vẫn đang đi tìm câu trả lời, ai biết còm nhé.

7 comments:

Huy Le Viet said...

Cách xếp này 1,5,9,3,7,4,8,2,6,10 của anh không thoả mãn đề bài rồi vì 6 = (2+10)/2

Thai Duong said...

Cảm ơn bạn. Tôi đã sửa lại.

Thuong said...

For the first problem, could you let me know that how can you deduce that $x|(x^2+2)$. Is it from $x^2|y^3$, then $x^3|y^3$? But actually, I don't think that is true. If we factorize $y=p_1^{a_1}...p_n^{a_n}$, then $y^3=p_1^{3a_1}...p_n^{3a_n}$. Because $x^2|y^3$, the factorization of $x^2$ should have the form $x^2=p_j^{2b_1}...p_k^{2b_k}$, for $1\le j \le k \le n$. Hence, $2b_i\le 3a_i$ for all $i$ from $j$ to $k$. And it cannot be concluded that $b_i\le a_i$. Could you please make clear your argument?

Thai Duong said...

Thanks Thuong. I indeed got it wrong. Will correct the post after I found the right proof.

Baby Phd said...

Cách này có được không anh Thái:


Biến đổi về $(x^2+1)^2=y^3+1$ nên $(y+1)(y^2-y+1)$ chính phương, cũng theo phân tích nhân tử có 2 trường hợp:

TH1: $y^2-y+1$ chia hết $y+1$ có $y=0$ ($y=2$ loại)
TH2: $y^2-y+1$ và $y+1$ đều là số chính phương, tương đương phương trình $(y^2-y+1-t=0)$ với t chính phương có nghiệm nguyên. Xét delta thấy vô lý.

Vậy x=y=0 là nghiệm duy nhất

Thuong said...

It can be seen that your problem is a special case of the equation $z^2=y^3+1$, and in this case $z=(x^2+1)^2$. First, we can see $z^2=(y+1)(y^2-y+1)$. Let $d=\gcd(y+1,y^2-y+1)$, because $y^2-y+1=y^2+y-2y-2+3=y(y+1)-2(y+1)+3$, we can see $d=\gcd(y+1,3)$. If $d=1$, then because of the unique factorization of $\mathbb{Z}$, $y+1=u^2$, and $y^2-y+1=v^2$, where $u,v$ are integers, and it follows $y\ge -1$. If $y>1$, then $(y-1)^2<y^2-y+1<y^2$, hence, in this case $y^2-y+1$ is never a square of an integer. Therefore, $-1\le y\le 1$. And the solution in this case are $(z,y)=(0,-1)(1,0)(-1,0)$, and hence $(x,y)=(0,0)$ is the solution in this case.

If $d=3$, then $3|z$, hence, $3|x^2+1$. But integers of the form $x^2+1$ is never divisible by $3$. Hence, our equation has no solution in this case.

To conclude, there is only one solution $(0,0)$ for our problem.

Lê Thị Ngoan said...

Kính gửi anh Thái,
Em vào và đọc blog của anh một thời gian rồi.
Thật sự em rất ngưỡng một con người anh, cách sống anh.
Từ ngày đọc blog anh, cuộc sống em đã thay đổi. Tư tưởng em xác định, em có lí tưởng để phấn đấu, muốn mình cũng có một lí tưởng, một cách sống đẹp như vậy.
Anh đã giúp em thay đổi rất nhiều.
Em viết cái này là muốn bày tỏ với anh.
Em cảm ơn anh một lần nữa!