Tiếp nối truyền thống nhiều năm nay, Ban biên tập chúng tôi vẫn muốn theo sát các thí sinh và giáo viên chuyên Toán, cùng nhau giải và phân tích, khai thác các bài có trong đề thi.Thông
Trang 1staff
CHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2018Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng
Lê Phúc Lữ – Nguyễn Lê Phước
1 Lời nói đầu
Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi toán quốc tế năm 2018 đã diễn ra trong hai ngày 30 và31/3 vừa qua Trong mỗi ngày, thí sinh phải làm ba bài toán trong vòng 270 phút
Tiếp nối truyền thống nhiều năm nay, Ban biên tập chúng tôi vẫn muốn theo sát các thí sinh
và giáo viên chuyên Toán, cùng nhau giải và phân tích, khai thác các bài có trong đề thi.Thông qua đó, mọi người có thể thấy được bản chất, vẻ đẹp của các vấn đề, quan trọng hơn là
có nguồn tư liệu, định hướng rèn luyện cho các mùa thi sau Ban biên tập hiểu rằng các đề thiTST luôn mang tính thử thách, tạo cảm hứng và bên cạnh VMO, IMO, đây cũng là một trongnội dung luôn được chờ đón
Năm 2018, cùng với sự ra đời và đồng hành của chương trình BM2E – Bring Math to Everyone,chúng tôi đã có nhiều động lực và sự hỗ trợ hơn Với mong muốn đẩy mạnh phong trào chuyênToán nhiều nơi, hy vọng rằng B2ME sẽ luôn nhận được sự đón nhận của mọi người và chung tayphát triển Ngoài ra với tinh thần hội nhập quốc tế, năm nay chúng tôi cũng sẽ xuất bản Epsilon
14, phiên bản tiếng Anh
Cuối cùng, để hoàn thành tài liệu này, chúng tôi xin gửi lời cám ơn đến thầy Nguyễn Chu GiaVượng (viện Toán học) và các bạn Hoàng Đỗ Kiên (HCB IMO 2013), Nguyễn Nguyễn (PTNKTPHCM) vì những tài liệu cũng như những góp ý đáng giá Mọi thắc mắc, góp ý, xin hãy gửi tinnhắn cho trang chủ của tạp chí Epsilon
1
Trang 2A0là điểm đối xứng với A qua D0: Xác định tương tự với B0và C0:
a) Chứng minh rằng nếu PO D PO0thì đường tròn A0B0C0/ đi qua O:
b) Lấy X đối xứng với A0 qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y và Z: Gọi H làtrực tâm tam giác ABC và XH; Y H; ZH cắt BC; CA; AB theo thứ tự tại M; N; K:Chứng minh rằng M; N; K thẳng hàng
Bài 2 (7.0 điểm) Với m là số nguyên dương, xét bảng ô vuông m 2018 gồm m hàng, 2018cột mà trong đó có một vài ô trống, còn một vài ô được đánh số 0 hoặc 1: Bảng được gọi là “đầyđủ” nếu với bất kỳ chuỗi nhị phân S có 2018 ký tự nào, ta đều có thể chọn ra một hàng nào đócủa bảng rồi điền thêm 0; 1 vào để 2018 ký tự của hàng tạo thành chuỗi S (nếu chuỗi S đã cósẵn trên hàng nào đó rồi thì coi như thỏa mãn) Bảng được gọi là “tối giản” nếu nó đầy đủ và nếu
ta bỏ đi bất kỳ hàng nào thì nó không còn đầy đủ nữa
a) Với 0 k 2018; chứng minh rằng tồn tại bảng tối giản 2k 2018 sao cho cóđúng k cột có đủ cả 0 lẫn 1 :
b) Cho bảng tối giản m 2018 có đúng k cột chứa cả 0 lẫn 1 Chứng minh rằng m 2k:(Một dãy nhị phân độ dài 2 0 1 8 là dãy có dạng x1x2: : : x2 0 1 8 trong đó xi 2 f0; 1g vớimọi i 2 f1; 2 ; : : : ; 2018g:)
Bài 3 (7.0 điểm) Cho số nguyên n 3 và Anlà tập hợp tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn
n ; nguyên tố cùng nhau với n : Xét đa thức
Pn x / D X
k 2A n
xk 1:
a) Chứng minh rằng P x / chia hết cho đa thức xr C 1 với r là số nguyên dương nào đó
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để Pn x / bất khả quy trên ZŒx :
2.2 Ngày thi thứ hai (31/03/2018)
Bài 4 (7.0 điểm) Cho a là số thực thuộc đoạn 12; 23 : Xét các dãy số un/ và vn/ n D 0; 1; : : :/ được xác định như sau:
i D0
ui
!2C
2 0 1 8X
Trang 3staff
Bài 5 (7.0 điểm) Một bảng ô vuông m n AB C D có các đỉnh là các giao lộ (có tất cả mC 1/ n C 1/ giao lộ) Người ta muốn thiết lập một tuyến đường bắt đầu từ A; đi theocác cạnh song song với các cạnh của hình chữ nhật và đi qua tất cả các giao lộ đúng một lần,sau đó quay về A :
a) Chứng minh rằng có thể xây dựng được đường đi khi và chỉ khi m lẻ hoặc n lẻ
b) Với m ; n thỏa mãn điều kiện câua), hỏi có ít nhất bao nhiêu giao lộ mà tại đó có ngã rẽ?
Bài 6 (7.0 điểm) Cho tam giác A B C nhọn nội tiếp O / và J / là đường tròn bàng tiếp góc
A của tam giác Gọi D ; E ; F lần lượt là tiếp điểm của J / với B C ; C A và A B :
a) Gọi L là trung điểm của B C : Đường tròn đường kính LJ cắt các đường thẳng
DE ; DF lần lượt tại K và H : Chứng minh rằng các đường tròn BDK / và C DH /cắt nhau trên đường tròn J / :
b) Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng B C tại G và GJ cắt các đường thẳng
A B ; A C lần lượt tại M ; N : Gọi P và Q là các điểm trên các đường thẳng J B ; J Csao cho ∠PAB D ∠QAC D 90ı: Gọi T là giao điểm của hai đường thẳng
P M ; QN và S là điểm chính giữa cung lớn B C của đường tròn O / : Gọi I làtâm đường tròn nội tiếp tam giác A B C : Chứng minh rằng đường thẳng S I cắt đườngthẳng A T tại một điểm thuộc đường tròn O / :
Trang 4là hai bài khác hướng.
Hai bài tổ hợp khác nhẹ nhàng dù đều liên quan đến những lĩnh vực của toán hiện đại: lý thuyết
mã hóa thông tin và lý thuyết đồ thị.Bài 5có vẻ là bài quen thuộc nhưng nếu chưa gặp thì cũngkhông khó xử lý
Bài 3là một bài phát biểu dưới dạng đa thức (thậm chí có cả từ bất khả quy) nhưng bản chất làmột bài số học Ý tưởng cơ bản là xây dựng các song ánh (dạng k ! n k ; k ! k C n2 hoặctương tự) giữa các đơn thức, còn trường hợp n phi chính phương (square-free) thì dùng quy nạptheo số ước nguyên tố Bài này có ít nhiều liên quan đến tổng Ramanujan trong số học
Bài 4là một bài bất đẳng thức dãy số có hình thức khá lạ và khá xấu Tuy nhiên, nếu nhìn kỹ cóthể thấy được tư tưởng dùng hệ đếm nhị phân Nếu “bắt” được ý này thì phần sau chỉ là phần xử
lý kỹ thuật Có lẽ vì vậy mà ban đề thi đưa bài này vào vị trí bài dễ nhất trong ngày thứ hai, dùtheo chúng tôi, bài này khó hơnbài 5nhiều và sẽ là bài “sát thủ”
Như vậy, chúng ta có thể thấy rằng, hai bài 3, 4là hai bài Số học và Đại số song kiếm hợp bích.Nhìn tổng thể, đề thi năm nay khá hay và tốt, có nhiều đất diễn cho thí sinh, không có bài siêusát thủ Năm nay ban chấm thi sẽ vất vả Dự kiến là bài nào cũng có thể có thí sinh làm trọn vẹn
Có một điểm chưa được hay là tất cả các bài TST năm nay đều có hai ýa)vàb) Trong một sốtrường hợp có hai ý là hay nhưng trong nhiều trường hợp nó làm bài toán trở nên lắt nhắt, haynhư ýb)củabài 3trở nên tầm thường khi đã có ýa) Việc có hai bài hình “đồng dạng” cũng làđiều cần khắc phục và chúng ta nên khai thác thêm mảng Hình tổ hợp và bất đẳng thức hình học
để đa dạng hóa Hơn nữa hai bài hình đều có hai ýa),b)gần như độc lập với nhau thành ra gầnnhư thí sinh phải giải quyết bốn bài hình khác nhau trong cùng một kỳ thi
Dự kiến ngưỡng điểm lọt vào đội tuyển vẫn là 3++
Trang 5staff
4 Lời giải và bình luận các bài toán
Bài 1 (7.0 điểm) Cho tam giác A B C nhọn không cân có D ; E ; F lần lượt là trung điểmcủa các cạnh B C ; C A và A B : Gọi O / ; O0/ lần lượt là tâm ngoại tiếp và tâm Euler củatam giác Xét điểm P bên trong tam giác DEF và DP ; EP ; F P cắt lại O0/ lần lượt tại
D0; E0; F0: Gọi A0là điểm đối xứng với A qua D0: Xác định tương tự với B0và C0:
a) Chứng minh rằng nếu P O D P O0 thì đường tròn A0B0C0/ đi qua O :
b) Lấy X đối xứng với A0qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y và Z : Gọi H
là trực tâm tam giác A B C và XH ; Y H ; ZH cắt B C ; C A ; A B theo thứ tự tại
Gọi S và G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AI; AH: Ta có
SP D 1
2AO D 1
2R D O0D
và SP k AO k O0D nên tứ giác O0SPD là hình bình hành Từ đó suy ra DP k O0S:
Lại có SP D 12R D O0D0nên tứ giác SD0PO0là hình thang cân Suy ra O0P D SD0và
IH D 2O0P D 2SD0D IA0:
Từ đó, ta có IA0 D IH D IO nên A0nằm trên đường tròn I; IO/: Chứng minh tương tự, tacũng có B0; C0nằm trên đường tròn I; IO/: Từ đây, ta có điều phải chứng minh
Trang 6staff
b)Gọi R là bán kính của đường tròn O/: Dễ thấy GD D R: Xét phép vị tự tâm A tỉ số 12 biếnB; C; A0; X; H; M và trung trực BC lần lượt thành thành F; E; D0; U; G; M0và trung trựcEF: Khi đó, ta có M CMB D MM00FE và U đối xứng với D0qua trung trực EF: Suy ra
Bài toán 1.Cho tam giác ABC với D; E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC; CA và AB: P là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng Các đường thẳng PD; PE; PF cắt lại đường tròn DEF / lần lượt tại X; Y và Z: Gọi U; V và W lần lượt là đối xứng của A; B; C qua X; Y; Z:
a) Chứng minh rằng đường tròn U V W / đi qua trực tâm tam giác ABC:
b) Gọi K là tâm của đường tròn U V W /: Chứng minh rằng đường thẳng PK luôn đi qua
một điểm cố định khi P thay đổi.
Bài toán trên là một bài toán đồng viên với trực tâm mới và có nhiều phát triển hay, ta có thể ápdụng cách giải như trong lời giải của bài TST để giải bài toán này
Trang 7staff
Sau đây là một tổng quát hơn nữa cho bài toán đồng viên trên:
Bài toán 2.Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O/ và hai điểm P; Q bất kỳ trên
mặt phẳng Phép vị tự tâm P tỉ số k biến các điểm A; B; C thành các điểm A0; B0vàC0: Gọi
A0A1; B0B1 vàC0C1lần lượt là các đường kính của đường tròn.A0B0C0/: Các đường thẳng
QA1; QB1vàQC1 cắt lại đường tròn.A1B1C1/ lần lượt tại A2; B2; C2:
a) Phép vị tự tâm A; B; C tỉ số 1 k1 lần lượt biến các điểmA2; B2; C2thànhA3; B3 vàC3:
Chứng minh rằng đường tròn.A3B3C3/ đi qua P:
b) Gọi K là tâm của đường tròn A3B3C3/: Chứng minh rằng phép vị tự tâm K tỉ số k1 biến
P thành tâm ngoại tiếp tam giác ABC:
Mặt khác cũng từ cấu hình bài toán TST chúng ta cũng có thể tìm và khai thác được nhiều điểmthú vị khác, sau đây là một khai thác thú vị từ cấu hình này:
Bài toán 3.Cho tam giác A B C có trực tâm H : Gọi A1; B1; C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh B C ; C A và A B : P là điểm bất kỳ trên đường thẳng Euler của tam giác
A B C : N / là đường tròn Euler của tam giác A B C : Gọi A1A0; B1B0 vàC1C0 lần lượt
là các đường kính của đường tròn N / :
a) Chứng minh rằng các đường thẳngA A0; BB0 và C C0đồng quy tại X :
b) Các đường thẳng A A0; BB0 vàC C0 lần lượt cắt lại đường tròn N / tại A2; B2; C2:
Q là điểm bất kỳ trên đường thẳng P X : Các đường thẳng QA2; QB2 vàQ C2lần lượt cắt lại đường tròn N / tại A3; B3; C3: Gọi A4; B4 và C4 lần lượt là đối xứng của A ;
B ; C lần lượt qua A3; B3; C3: Chứng minh rằng đường tròn K / ngoại tiếp tam giác
A4B4C4 đi quaH :
c) Chứng minh rằng K luôn nằm trên một đường thẳng cố định song song với đường
thẳng P X khi Q thay đổi.
Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng kết quả bài toán sau làm bổ đề để chứng minh ýb)của bài TSTbằng phương pháp phương tích và trụ đẳng phương:
Bài toán 4.Cho tam giác A B C và điểm P bất kỳ trên mặt phẳng Các điểm X ; Y và Z nằm
trên các đường tròn P B C / ; P C A / ; P A B / sao cho đường tròn X Y Z / đi qua P : Gọi
U ; V và W lần lượt là đối xứng của X ; Y ; Z qua trung trực của B C ; C A ; A B : Chứng minh
rằng đường tròn U V W / cũng đi qua P :
Có thể tham khảo thêm các mở rộng tại liên kết:http://analgeomatica.blogspot.com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html
Trang 8staff
Bài 2 (7.0 điểm) Với m là số nguyên dương, xét bảng ô vuông m 2018 gồm m hàng,
2 0 1 8 cột mà trong đó có một vài ô trống, còn một vài ô được đánh số 0 hoặc 1 : Bảng đượcgọi là “đầy đủ” nếu với bất kỳ chuỗi nhị phân S có 2 0 1 8 ký tự nào, ta đều có thể chọn ramột hàng nào đó của bảng rồi điền thêm 0 ; 1 vào để 2 0 1 8 ký tự của hàng tạo thành chuỗi
S (nếu chuỗi S đã có sẵn trên hàng nào đó rồi thì coi như thỏa mãn) Bảng được gọi là “tốigiản” nếu nó đầy đủ và nếu ta bỏ đi bất kỳ hàng nào thì nó không còn đầy đủ nữa
a) Với 0 k 2018; chứng minh rằng tồn tại bảng tối giản 2k 2018 sao cho cóđúng k cột có đủ cả 0 lẫn 1 :
b) Cho bảng tối giản m 2018 có đúng k cột chứa cả 0 lẫn 1 Chứng minh rằng m 2k:(Một dãy nhị phân độ dài 2 0 1 8 là dãy có dạng x1x2: : : x2 0 1 8 trong đó xi 2 f0; 1gvới mọi i 2 f1; 2 ; : : : ; 2018g:)
Lời giải a)Đầu tiên, xét một bảng ô vuông trống kích thước 2k 2018 và 2k xâu nhị phân
có độ dài k ; ta sẽ tiến hành điền các số 0 ; 1 của các xâu này lần lượt vào phần bên trái của từnghàng, mỗi xâu dùng cho một hàng Khi đó, phần còn lại phía bên phải là 2 0 1 8 k cột được
để trống Dễ thấy rằng ở mỗi cột trong k cột bên trái của bảng đều có chứa đúng 2k 1 số 0 và
2k 1 số 1 (tức là có đủ cả 0 lẫn 1 như ràng buộc) Ta sẽ chứng minh bảng này tối giản
Với một xâu nhị phân s D a1a2 : : : a2 0 1 8 tùy ý, ta xét xâu con s0 D a1a2: : : ak của
nó Rõ ràng s0 đã xuất hiện ở phần đầu của hàng nào đó trên bảng nên nếu ta điền tiếp
ak C1; ak C2; : : : ; a2 0 1 8 vào phần trống thì sẽ thu được s : Ngoài ra, ta thấy rằng cũng chỉ cóđúng một hàng chứa các số của s0nên nếu bỏ hàng đó đi thì không có hàng nào có thể dùng để
“khôi phục” s được Do đó, bảng đã cho thỏa mãn
b)Giả sử rằng k cột đầu tiên bên trái của bảng có chứa đủ 0 và 1 : Dưới đây, ta sẽ chứng minhnhận xét quan trọng mấu chốt để giải bài toán này
Nhận xét.Tất cả các ô trong2 0 1 8 k cột bên phải đều trống.
Chứng minh.Xét xâu nhị phân s có độ dài k bất kỳ và giả sử As là tập hợp các hàng mà k ôđầu tiên bên trái của nó có thể sinh ra s : Ta sẽ chứng minh rằng trong As sẽ có một hàng màtoàn bộ các ô từ vị trí k C 1 đến vị trí 2018 đều trống
Xét các ô ở vị trí thứ k C 1 ở mỗi hàng trong As: Dễ thấy tất cả các ô đó thuộc về cột thứ k C 1của bảng, là cột không chứa đồng thời 0 và 1 :
Nếu toàn bộ cột này có chứa số thì giả sử đều là số 0 (tương tự nếu là 1) Khi đó, chuỗi độ dài
k C 1 có dạng 00 : : : 01 gồm k số 0 bên trái sẽ không thể biểu diễn được bởi bất cứ hàng nào,mâu thuẫn với tính đầy đủ của bảng Do đó, phải có một tập con của As có các hàng mà tại vị tríthứ k C 1 là ô trống, đặt là A0
s:
Trang 9Như thế, với mỗi xâu nhị phân s có độ dài k , ta luôn tìm được một hàng mà tất cả các ô từ vị trí
k C 1 đến 2018 đều trống Chú ý rằng các hàng này không nhất thiết phân biệt vì có thể có mộthàng được sử dụng cho nhiều xâu Gọi tập hợp các hàng này là A :
Ta thấy A có thể biểu diễn được cho tất cả các xâu độ dài 2 0 1 8 : Rõ ràng mỗi hàng trên bảngđều phải thuộc vào A vì nếu không, ta có thể loại bỏ hàng đó đi mà bảng vẫn còn đầy đủ, mâuthuẫn với tính chất tối giản Như vậy, A cũng chính là tập hợp tất cả các hàng của bảng Do đó,toàn bộ các cột từ k C 1 đến 2018 của bảng đều trống Nhận xét được chứng minh Tiếp theo, vì toàn bộ bảng con bên phải trống nên có thể biểu diễn được mọi xâu nhị phân độ dài
2 0 1 8 k Vì bảng ban đầu là tối giản nên buộc bảng con bên trái cũng tối giản
Xóa đi 2 0 1 8 k cột trống để còn bảng con kích thước m k : Đánh số các hàng từ 1 đến m
và đặt Ai i D 1; 2 ; : : : ; m/ là tập hợp các xâu nhị phân độ dài k có thể sinh ra từ hàng thứ
i (chú ý rằng trên các hàng đó vẫn có thể còn các ô trống xen kẽ, không nhất thiết phải được điềntoàn bộ bởi các số 0 và 1)
Vì bảng ban đầu tối giản đối với các xâu nhị phân độ dài 2 0 1 8 nên bảng mới sinh ra cũng tốigiản với các xâu nhị phân độ dài k : Suy ra nếu đặt B D A1 [ A2 [ [ Amthì jB j D 2k(nghĩa là bảng này có thể sinh ra được tất cả 2k xâu nhị phân độ dài k )
Rõ ràng với mỗi i i D 1; 2 ; : : : ; m/; phải có một xâu nhị phân độ dài k nào đó chỉ đượcsinh ra bởi hàng thứ i bởi nếu ngược lại, tất cả các xâu nhị phân sinh ra từ hàng i cũng được sinh
ra từ hàng khác thì ta bỏ hàng đó đi dẫn đến bảng không còn tối giản nữa Điều này có nghĩa là
Ai phải đóng góp ít nhất một phần tử vào A và phần tử này không thuộc các tập khác Do đó mtập hợp sẽ đóng góp ít nhất m phần tử vào B và kéo theo jB j m :
So sánh các đánh giá trên, ta có ngay m 2k Đây chính là điều phải chứng minh
Bình luận Ở câua), với số hàng của bảng là 2k và với điều kiện đặt ra là đúng k cột có chứa
cả 0 lẫn 1 ; ta có thể dễ dàng nghĩ đến việc xét tất cả các xâu nhị phân có độ dài k (hiển nhiên cóđúng 2k xâu như thế)
Cái khó nhất của câub)chính là tính tùy ý của các cột trong 2 0 1 8 k cột còn lại, ngoài trườnghợp đặc biệt vừa xét, vẫn có thể còn các cột chỉ được điền 0 ; chỉ được điền 1 : Ta phải dùng tínhtối giản của bảng để loại các trường hợp đó đi Chú ý rằng câub)trong đề cho số k tùy ý nên cóthể xuất phát từ trường hợp k D 0 để thấy rằng tất cả các ô đều phải trống Đây cũng chính làđịnh hướng của lời giải trên
Với quan hệ giữa các hàng của bảng và các chuỗi nhị phân, bài toán này hứa hẹn sẽ có cách tiếpcận sử dụng lý thuyết graph, đặc biệt là bipartie graph Mong được trao đổi thêm với bạn đọc.Dạng toán về tập hợp mô hình hóa trên bảng này đã từng xuất hiện một lần trong đề VMO 2015.Dưới đây, ta xét một số bài toán tương tự:
Bài toán 1 (IMO Shortlist, 1998).Cho số nguyên n 2 và tập hợp A D f1; 2 ; : : : ; ng:
Một họ F gồm t tập hợp con của A ; đặt là A1; A2; : : : ; At được gọi là “rời nhau” nếu như với mỗi cặp số fx ; y g lấy từ A thì tồn tại Ai 2 F màˇˇAi \ fx ; y gˇˇ D 1: Họ F được
gọi là “bao phủ” nếu như mỗi phần tử của A đều thuộc vào ít nhất một tập nào đó trong F :
Chứng minh rằng n 2t 1 :
Trang 10staff
Bài toán 2 (Bổ đề Kleitman).Một họ F gồm các tập con của tập hợp n số nguyên dương đầu
tiên được gọi là “down closed” nếu mỗiX 2 F thì tất cả tập con của X cũng thuộc F : Một họ
F gồm các tập hợp được gọi là “up closed” nếu mỗi X 2 F thì tất cả các tập hợp nhận X là
tập con cũng thuộc F : Chứng minh rằng
a) Nếu F1; F2 là hai họ “down closed” thì
Bài toán 3 (Iran, 2001).Với số nguyên dương n 2 ; xét bảng ô vuông n n được điền
các số 0 và 1 ; một “đường chéo suy rộng” là tập hợp n phần tử không cùng hàng và cùng
cột Giả sử trên bảng này có đúng một đường chéo suy rộng chứa toàn số 1 : Chứng minh
rằng có thể sắp xếp lại các hàng và cột của bảng để được bảng mới mà mọi số tại vị trí
i ; j / với 1 j < i n đều là 0:
Bài toán 4.Xét bảng ô vuôngm n có chứa các số 0 hoặc 1: Giả sử toàn bộ bảng có ít nhất
˛ m n số 1 với 0 < ˛ < 1 : Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai ràng buộc sau phải đúng:
i) Có ít nhất một hàng có chứa ít nhấtnp
˛ số 1 :
ii) Có ít nhấtmp
˛ hàng mà mỗi hàng có chứa ít nhất ˛ n số 1 :
Trang 11a) Chứng minh rằng P x / chia hết cho đa thức xr C 1 với r là số nguyên dương nào đó.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để Pn x / bất khả quy trên ZŒx :
Lời giải a)Trước hết, ta thấy rằng với m ; k 2 ZCvà k lẻ thì xk m C 1 chia hết cho xm C 1:
Để thuận lợi trong lập luận, xét đa thức Qn x / D x Pn x / D P
k 2Anxk và dễ thấy chỉ cầnchứng minh Qn x / chia hết cho xrC 1 với số r 2 ZCnào đó là được Xét các trường hợp sau:
Nếu n là số lẻ: Vì gcd n ; k / D gcd.n ; n k / với mọi k D 1; 2 ; : : : ; n 1nên với k 2 An thì n k 2 An: Suy ra, ta có thể nhóm các đơn thức trong Pn x /thành các cặp rời nhau có dạng xk; xn k/ : Vì k ; n k khác tính chẵn lẻ nên n k / k D n 2 k lẻ và xk C xn k D xk xn 2 k C 1/ chia hết cho x C 1: Từ
đó suy ra Qn x / chia hết cho x C 1; thỏa mãn
Nếu n chia hết cho 4:Tương tự như trường hợp trên, ta cũng ghép cặp xk; xn k/ vớichú ý hiệu n 2k là số chia 4 dư 2: Suy ra xk C xn k D xk.xn 2k C 1/ chia hết cho
x2C 1: Do đó, Qn.x/ chia hết cho x2C 1; cũng thỏa mãn
Nếu n chia 4 dư 2:Ta sẽ chứng minh các nhận xét sau:
Nhận xét 1.NếuQn.x/ chia hết cho xrC 1 r 2 ZC/ thì với số nguyên tố lẻ p mà pj n;
đa thứcQpn.x/ cũng thế.
Chứng minh.Giả sử a 2 An thì các số kp C a 2 Ap n với k D 0; 1; : : : ; p 1 :Ứng với mỗi số k ; tổng các đơn thức với mũ là kp C a với a 2 Antương ứng sẽ cócùng nhân tử là kp và sẽ chia hết cho P
a 2Axa, tức là cũng chia hết cho xr C 1: Do
Nhận xét 2.Với n D 2p1p2 pm; trong đó m 2 ZC và p1; p2; : : : ; pm là các
số nguyên tố lẻ phân biệt tùy ý thìQn x / sẽ phân tích được.
Chứng minh.Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo m là số ước nguyên tố lẻ của n :Nếu m D 1 thì khi n D 2p với p nguyên tố, dễ thấy An D f1; 2 ; : : : ; 2p g nfp ; 2p gnên Qn x / sẽ chia hết cho xp C 1:
Giả sử khẳng định đúng với m 1: Xét n D 2p1p2 pm và p là số nguyên tố lẻ,gcd p ; n / D 1; trong đó Qn x / chia hết cho xr C 1: Ta sẽ chứng minh rằng với