Tháng Hai 2021

You are currently browsing the monthly archive for Tháng Hai 2021.

Tình cờ, mình nhìn thấy cái bài này trên THTT, nội dung như sau đây

Bài toán. Cho $n$ là một số nguyên dương, chứng minh rằng phải có $3^{n+1}$ bé hơn số ${\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}} + {\left( {\frac{{3 – \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}}$, đồng thời cái số đó sẽ chia hết cho $3$.

Read the rest of this entry »

Tags: , , , , ,

Ta sẽ làm nóng bằng một bài toán như sau:
Bài toán 1: Cho $a=\sqrt{2}+ \sqrt[3]{3}$.
Có tồn tại đa thức $f\in \mathbb{Q}[x]$ sao cho $f(a)=\sqrt{2}$?
Lời giải: Câu trả lời là có.
Thật vậy, $a- \sqrt{2}= \sqrt[3]{3}$. Lập phương hai vế ta được:
\[3=(a-\sqrt{2})^3=a^3-3\sqrt{2}a^2+6a-2\sqrt{2} \] Từ đó ta có $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}$
Mặt khác, ta dễ kiểm tra \[g(x)=(x^3+6x-3)^2-2(3x^2+2)^2=x^6-6x^4-6x^3+12x^2-36x+1\] là đa thức tối tiểu của $a$.
Đặt $h(x)=3x^2+2$. Ta thấy ngay $f$ và $g$ nguyên tố cùng nhau.
Giờ ta áp dụng [1] để tìm đa thức $p,q\in\mathbb{Q}$ sao cho: (chỗ này mình lười tính quá)
\[ph+qg=c\in\mathbb{Q}\] Khi đó $p(a)h(a)=c$ nên $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}=\frac{1}{c}(a^3+6a-3).p(a)$
Do đó $f(x)= \frac{1}{c}(x^3+6x-3).p(x)$

Read the rest of this entry »

Cho vành Euclid $A$ và $f,g\in A$ khác $0$. Khi đó tồn tại $d\in A$ sao cho $(f)+(g)=(d)$, ta gọi $d$ là một ước chung lớn nhất của $f,g$, theo đó tồn tại $a,b\in A$ nguyên tố cùng nhau sao cho:
\[af+bg=d\] Ta đã biết rằng trên vành Euclid, ta có thể tìm ước chung lớn nhất dựa trên thuật chia Euclid, nhưng việc tìm hai số $a,b$ để $af+bg=d$ không hiển nhiên chút nào. Bài viết này đi tìm một thuật toán giải quyết bài toán trên cho trường hợp vành số nguyên $\mathbb{Z}$

Ta thống nhất phép chia dư trong bài viết như sau: Với hai số nguyên $a,b$ khác $0$ bất kì, tồn tại duy nhất cặp số nguyên $q,r$ thỏa mãn $0\le r\le |b|$ sao cho $a=bq+r$
Cho hai số nguyên $f,g$ khác $0$. Dùng thuật chia Euclid, ta tìm được ước chung lớn nhất $d$ của chúng là một số tự nhiên.
Giờ ta sẽ xem thuật chia Euclid hoạt động thế nào:
*Bước $1$: Lấy $r_{-1}=f$ chia cho $r_0=g$, được thương $h_1$ và dư $r_1$
*Bước $2$: Lấy $r_0$ chia cho $r_1$, được thương $h_2$ và dư $r_2$

*Bước $k$: Lấy $r_{k-2}$ chia cho $r_{k-1}$, được thương $h_{k}$ và dư $r_{k}$
Giả sử đến bước thứ $n$, ta được số dư $r_n=0,r_{n-1}=d$, thuật toán kết thúc và ta kết luận $d$ là một ước chung lớn nhất của $f$ và $g$.
Giờ ta xét một tương ứng giữa hai bộ $(f,g)$ và $(a,b)$ thỏa mãn $af+bg=d$ (kí hiệu $(f,g) \leftrightarrow (a,b)$).
Từ bước 1, ta có $f=gh_1+r_1$ dẫn tới $(b+ah_1)g+ar_1=d$, do đó ta có:
\[(g,r_1)\leftrightarrow (b+ah_1,a)\] Xét dãy $(u_k)_{-1\le k\le n}$ thỏa mãn $u_{-1}=b,u_0=a$ và $u_k=h_{k}u_{k-1}+u_{k-2}$.
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
\[(r_{k-1},r_{k})\leftrightarrow (u_k,u_{k-1})\] với mọi $0\le k\le n$.
Ta biết rằng đến bước $n$, $r_n=0$ và $r_{n-1}=d$ nên $(r_{n-1},r_n)\leftrightarrow (1,0)$.
Do đó ta chỉ cần chọn $a,b$ sao cho $u_n=1,u_{n-1}=0$. Đến đây ta có thể tính ngược từ $u_n$ lên giá trị của $u_1$ và $u_0$, hình thức hơn đặt $v_k=u_{n-k}$ thì ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}
v_0=1, v_1=0\\
v_k=h_{n-k+2}v_{k-1}+v_{k-2}
\end{array} \right.\] Khi đó ta tính được $a=v_n$ và $b=v_{n+1}$.

Read the rest of this entry »