Processing math: 1%

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Chủ Nhật, 4 tháng 10, 2020

[tc94][T10/510 Toán học & tuổi trẻ số 510, tháng 12 năm 2019] Với ba số thực a, b, c ta kí hiệu T(a,b,c)=\left| a-b\right| +\left| b-c\right|+\left|c-a \right| . Xét dãy (*) gồm các số nguyên x_1, x_2,\ldots, x_{12} sao cho tồn tại đa thức f(x) với các hệ số nguyên mà các giá trị f(x_1), f(x_2), \ldots, f(x_{12}) là các giá trị đôi một phân biệt và \displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f(x_i),f(x_j),f(x_k) \right)\le 3300. Chứng minh rằng trong (*) luôn chứa một cấp số cộng có ít nhất ba số hạng.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh trong một dãy 12 số nguyên f_1, f_2,\ldots, f_{12}\displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)\le 3300 thì tồn tại ba số nguyên liên tiếp.(1).
Giả sử trong dãy trên không có ba số nào liên tiếp và f_1 < f_2 < \cdots < f_{12}.
Nhận xét 1: f_i < f_j < f_k thì T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right) là một số chẵn. Hơn nữa, f_i, f_j, f_k không là ba số liên tiếp nên T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)\ge 2\cdot 3=6.
Nhận xét 2: Với f_i < f_j < f_kf_i < f_j < f_{k+1} thì T\left(f_i,f_j,f_k \right) < T\left(f_i,f_j,f_k \right) nên T\left(f_i,f_j,f_{k+1} \right)\ge T\left(f_i,f_j,f_k \right)+2. Ta xét giá trị của T\left(f_1,f_j,f_k \right), theo các nhận xét trên thì T\left(f_1,f_2,f_3 \right)\ge 6, \quad T\left(f_1,f_j,f_4 \right)\ge 6+2=8, và ta có đúng hai bộ dạng T\left(f_1,f_j,f_4 \right), T\left(f_1,f_j,f_5 \right)\ge 10 và có đúng ba bộ, tương tự như thế T\left(f_1,f_j,f_{12} \right)\ge 24 và có đúng 10 bộ như thế.
Tổng quát, với mỗi i\in \left\lbrace 1,2,3,\ldots, 10 \right\rbrace và mỗi k\in \left\lbrace 3,\ldots, 12 \right\rbrace (thỏa mãn k\ge i+2) cố định trước thì T\left(f_i,f_j,f_k \right)\ge 6+(k-i-2)2=2+2k-2i và ta có đúng k-i-1 bộ số dạng \left(f_i,f_j,f_k \right). Theo đó \begin{align*} \displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)&\le \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( 2+2k-2i\right)\left(k-i-1 \right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( k^2-2ki+i^2-1\right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(650-\dfrac{(i+1)(i+2)(2i+3)}{6}-\dfrac{2i(11-i)(i+14)}{2}+\left(i^2-1 \right)(11-i) \right)\\ &=3300. \end{align*}Khi đẳng thức xảy ra T\left(f_i,f_j,f_k \right)=3300 thì phải có {\left\{ \begin{array}{l}&T\left(f_1,f_2,f_3 \right)=6\\&T\left(f_1,f_2,f_4 \right)=8\\&T\left(f_1,f_2,f_5 \right)=10\end{array} \right.} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& f_3-f_1=3\\&f_4-f_1=4\\&f_5-f_1=5\end{array} \right. suy ra f_3, f_4, f_5 là ba số nguyên liên tiếp, mâu thuẫn. Vậy (1) đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán, vì f(x) là đa thức với hệ số nguyên nên f(x_i)\in\mathbb{Z} với mọi x_i\in\mathbb{Z}. Theo (1) ta suy ra tồn tại ba số nguyên liên tiếp f(x_i), f(x_j), f(x_k). Không mất tính tổng quát ta giả sử f(x_i)=a, f(x_j)=a+1, f(x_k)=a+2 với a\in\mathbb{Z}. Suy ra đa thức f(x)-a-1 có một nghiệm là x_j nên f(x)-a-1=(x-x_j)\cdot g(x) với g(x) là đa thức hệ số nguyên. Khi đó, \left\{ \begin{array}{l}&-1=f(x_i)-a-1=(x_i-x_j)\cdot g(x_i)\\& 1=f(x_k)-a-1=(x_k-x_j)\cdot g(x_k)\end{array} \right.\Rightarrow 1=\left|x_i-x_j \right|=\left|x_k-x_j \right|. Suy ra \left[ \begin{array}{l}&x_i-x_j=x_k-x_j\\& x_i-x_j=x_j-x_k}\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}&x_i=x_k\\&x_i+x_k=2x_j.} Lại có f(x_i)\ne f(x_k) nên x_i\ne x_k suy ra x_i+x_k=2x_j hay x_i, x_j, x_k là một cấp số cộng.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét