Một số bài toán hay ôn thi VMO năm 2023 có lời giải chi tiết

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

THỈNH THOẢNG,

MỘT BÀI HAY 2022

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN HAY

CHUYÊN TOÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Vol. 1

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Biên tập: Nguyễn Song Thiên Long (S

D

)

Ngày 16 tháng 3 năm 2022

Tóm tắt nội dung

Trong tài liệu này, tôi sẽ tổng hợp các bài toán hay được đề xuất bởi các học sinh cũng như cựu học sinh trường THPT Chuyên Bến Tre. Các bài toán xoay quanh các chủ đề thường gặp trong các kì thi Olympic Toán cũng như HSG Toán, có mức độ dễ khó khác nhau. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp ích một phần nhỏ cho bạn đọc trong việc học và giải Toán.

Các bài toán sẽ được phân loại theo 4 chủ đề chính: Đại số(Algebra), Số học(Number theory), Hình học(Geometry)và Tổ hợp(Combinatorics).

Mục đích của tài liệu này là nhằm chia sẻ kiến thức đến cho các bạn học sinh, cũng như tạo cơ hội để liên kết các thành viên trong khối Toán. Xin gửi lời cám ơn chân thành đến các anh chị và các bạn đã tham gia đóng góp trong lần này và hi vọng rằng Volume 2sẽ có thể kết nối được với nhiều thành viên hơn nữa!

Và bây giờ, mời bạn đọc đến vớiThỉnh thoảng, một bài hay - Tổng hợp các bài toán hay, Số 1!

1 Đại số

Bài toán A1 (HSG Bình Dương 2022) Giải phương trình sau trên tập số thực (x−4)√

x−2−1

√4−_x+_x−₅ = ²+ (2x−4)√ x−2 x−1

Đề xuất bởi Phạm Khánh Duy, 11T

Lời giải. Điều kiện xác định:

( √ 2⩽^x ⩽⁴

4−_x+_x−₅̸= ₀ ⇔ 2⩽ ^x ⩽⁴ (Do √

4−x+x−5 = − √

4−x2

+√

4−x−1 = − √

4−x− ¹ 2

2

− ³

4 < 0 với mọix ⩽4)

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Phương trình tương đương (x−₁)^h(x−₄)√

x−₂−₁ⁱ = ^h2+ (2x−₄)√

x−₂ⁱ √

4−_x+x−₅

⇔ _x²−_5x+4√

x−₂−_x+1= 2√

4−_x+2x−₁₀+ (2x−₄)√

x−₂√ 4−_x +2x²−14x+₂₀√

x−₂

⇔ x²−9x+₁₆√

x−₂+ (2x−₄)√

x−₂√

4−x+₂√

4−x+3x−₁₁ = ₀ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:



















√x−2= 1.√

x−2⩽ ¹

2+ √

x−22

2 = ^x−1

2

√x−2√

4−x⩽

√x−22

+ √

4−x2

2 = 1

√4−x= 1.√

4−x⩽ ¹

2+ √

4−x2

2 = ⁵−x

2

Do đóVT ⩽ ^x2−9x+16

· ^x−₁

2 + (2x−4).1+2·⁵−_x

2 +3x−11

= ^x

3−10x²+33x−36

2 = (x−3)²(x−4)

2 ⩽ ⁰với mọix ∈ [2; 4]_. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

( √(x−₃)²(x−₄) = 0 x−₂= √

4−_x =1 ⇔ x =3.

Thử lại thấyx = 3là nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= _3. □

Bài toán A2

Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau







2022^x =_2022y−₂₀₂₂+_2022log2022(2022y) 2022^y = 2022z−₂₀₂₂+_2022log2022(2022z) 2022^z =2022x−₂₀₂₂+_2022log2022(2022x)

Đề xuất bởi Nguyễn Song Thiên Long, 11T Lời giải. Điều kiện xác định:x,y,z>_0.

Xét hàm số f(t) = ₂₀₂₂^t _và g(t) = 2022t−₂₀₂₂+_{2022 log2022}(2022t)_, t > _{0thì hai} hàm số này đồng biến trên(0;+_∞).

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Hệ phương trình đã cho viết lại dưới dạng







f(x) = g(y) f(y) = g(z) f(z) = g(x)

Không mất tính tổng quát, giả sử x= max{x,y,z}_{. Khi đó} x⩾ y, x⩾ z.

Do

x ⩾^y ⇒ f(x)⩾ ^f(y) ⇒ g(y) ⩾ ^g(z) ⇒ y ⩾^z

⇒ f(y) ⩾ ^f(z) ⇒ g(z)⩾ ^g(x) ⇒ z⩾ ^x ⇒ x = y= z.

Đưa về giải phương trình:

2022^t =2022t−₂₀₂₂+2022 log₂₀₂₂(2022t) (*) Đặth(t) = ₂₀₂₂^t−2022t−_{2022 log2022t.}

Tính được h^′(t) = ₀tại duy nhất một điểm t₀, h^′(t) đổi dấu từ âm sang dương qua điểmt₀, vàh(t₀) <0. Như vậy phương trìnhh(t) = 0có đúng 2 nghiệm.

Dễ thấyh(1) = _0.

Chứng minh được h(t) liên tục trên đoạn 1

2022;1 2

và h 1

2022

.h 1

2

< _{0. Khi} đó, tồn tại ít nhất một điểmλ ∈

1 2022;1

2

sao choh(_λ) = _0.

Vậy ta suy ra được t = ₁ là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình (*), hay (x,y,z) = (1, 1, 1)là nghiệm nguyên duy nhất của hệ phương trình. □

Bài toán A3

Giải hệ phương trình sau:







x²−yz = |y−z|+₁ y²−zx = |z−x|+1 z²−xy = |x−y|+1

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải.Không mất tính tổng quát, giả sử x⩾ ^y⩾ z.

Khi đó, hệ phương trình trở thành







x²−_yz =y−_z+1 (1) y²−zx =x−z+₁ (₂) z²−xy =x−y+₁ (₃)

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Trừ vế theo vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được x²−y²+z(x−y) = y−x, hay(x−y)(x+y+z+1) = 0 Suy rax =y∨ x+y+z= −1.

Trừ vế theo vế của phương trình (2) cho phương trình (3), ta được y²−z²+x(y−z) = y−z, hay (y−z)(x+y+z−1) = 0 Suy ray= z∨_x+y+z =1.

• Trường hợpx = _{y: Nếu x}= _y =_zthì phương trình (1) trở thành0 =_{1(vô lí).}

Vậy y ̸= _{z, suy ra} x+y+z = _{1, hay} 2x+z = _{1. Thay} y = x và z = ₁−2x vào phương trình (1), ta được

x²−_x(1−_2x) = z−(1−_2x) +1⇔ _3x²−_4x= 0⇔ _x= 0∨_x= ⁴ 3 Với x =0, tìm đượcy =_0, z= _{1(loại do} x ⩾^y⩾ ^z).

Với x = ⁴

3, tìm được y= ⁴

3, z =−⁵

3 (thỏa).

• Trường hợpx ̸=_{y: Ta cóx}+y+z = −₁nên suy ra đượcy = z. Khi đó,x+2z =−_1, hayx = −₁−2z, phương trình (1) trở thành

(−₁−2z)² −z² = ₁⇔ 3z²+4z =₀ ⇔ z= ₀∨z =−⁴ 3 Với z=0, tìm đượcy =0, x= −_{1(loại dox} ⩾^y ⩾^z).

Với z= −⁴

3, tìm đượcy =−⁴

3, x = ⁵

3 (thỏa).

Do hệ phương trình đối xứng nên xét các hoán vị của 2 nghiệm trên, ta có (x,y,z) ∈

4 3,4

3,−⁵ 3

; 4

3,−⁵ 3,4

3

;

−⁵ 3,4

3,4 3

; 5

3,−⁴ 3,−⁴

3

;

−⁴ 3,5

3,−⁴ 3

;

−⁴ 3,−⁴

3,5 3

□

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Bài toán A4 (British MO 2022)

Tìm tất cả hàm số f :Z⁺ → _Z⁺ thỏa mãn

2b f(f(a²) +a) = f(a+1)f(2ab) với mọi số nguyên dươnga, b.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P(a,b)chỉ khẳng định2b f(f(a²) +a) = f(a+1)f(2ab) ∀a,b ∈ _Z⁺_. Từ P(1,b)_{ta suy ra}

2b f(f(1) +1) = f(2)f(2b) ⇒ f(2b) = 2bc ∀b ∈ _Z⁺. vớic = ^f(f(1) +1)

f(2) là hằng số.

Với klà số nguyên dương, từ P(_{2k, 1})_{ta suy ra}

2f(f(4k²) +2k) = f(2k+₁)f(2k) ⇒ f(2k+₁) = 2kc+_1.

Ta chọnalà số nguyên dương chẵn,blà số nguyên dương lẻ, khi đó từ P(a,b)_{ta suy} ra (a−₁)c+₁ = ac hay c = 1. Thay vào ta suy ra f(x) = x với mọi số nguyên dương x >_1.

Chú ý rằng f(f(₁) +₁) = f(₂) _nên f(₁) +₁ = _2hay f(₁) = 1. Như vậy, ta kết luận được f(x) = x với mọi số nguyên dương x. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu

cầu bài toán. □

Bài toán A5 (Ireland 2021)

Cho hàm số g: [0;+_∞) → [0;+_∞)_{thỏa mãn} g(g(x)) = ^3x

x+3 ∀x >0.

Giả sửg(x) = ^x+1

2 ∀x ∈ [2; 3].Tính g(2022)_vàg 1

2022

.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Trước hết, ta sẽ xác địnhg(x)_{với mọi}x⩾6.

Nhận xét. g(x) = ^12x+9

2x+15 ∀x⩾^6.

Chứng minh.Chú ý rằng 2< ^3x

x+3 <3 ∀x⩾⁶nên

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

g(g(g(x))) = g

3x x+3

= ¹ 2

3x x+3 +1

= ^4x+₃

2x+6 ∀_x ⩾^6.

Mặt khác, thay xbởig(x)vào phương trình ban đầu ta được g(g(g(x))) = ^3g(x)

g(x) +₃ ∀x⩾^6.

So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra 1

3 + ¹

g(x) = ^2x+₆

4x+3 ∀_x >6 hay

g(x) = ^12x+9

2x+15 ∀x⩾^6.

Từ đây thay x= 2021ta đượcg(2021) = ^12.2022+9 2.2022+15 Nhận xét.g

6 n

= ⁶

n+1 ∀n∈ _N,n> 2.

Chứng minh.Ta dễ dàng tính được g(3) = 2,g(2) = ³

2.Khi đó g

3 2

= g(g(2)) = ^3.2

2+3 = ⁶ 5

g 6

5

= g

g 3

2

= 3.3

2 3 2+3

=1

g(1) = g

g 6

5

= 3.6

5 6 5+3

= ⁶ 7.

Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp quy nạp. Với n = 2, 3mệnh đề đúng.

Giả sử mệnh đề đúng đếnn−_{1.Khi đó}

g 6

n

= g

g 6

n

=

3. 6 n−1 6

n−1+3

= ¹⁸

6+3n−3 = ⁶ n+10. Chứng minh hoàn tất. Từ đây ta thayn =6.2022thì tính được

g 1

2022

= ⁶ 12142.

□

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Bài toán A6 (Thais TST Training)

Tìm tất cả hàm số f :R→ _Rthỏa mãn

f (max{x,y}+max{f(x),f(y)}) = x+y với mọix,y ∈ _R.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P(x,y)chỉ khẳng định f (max{x,y}+max{f(x), f(y)}) = x+y, ∀x,y ∈ _R. Đặta = f(0).Từ P(x,x)_{ta suy ra}

f(x+ f(x)) =2x, ∀x ∈ _R.

Giả sửx,ylà hai số thực thỏa mãnx > y.Nếu f(x) ⩽ ^f(y)_{thì từ}P(x,y)_{ta suy ra} f(x+ f(x)) = x+y=2x ⇒ x =y,

điều này vô lý do x > y. Như vậy với x > y kéo theo f(x) > f(y). Ta viết P(x,y) lại thành

f(x+ f(y)) = x+y, ∀_x> y. (1) Từ (1) ta thayy =0thì được f(x+a) = x, ∀x >0,suy ra

f(x) = x−a, ∀x >a. (2) Với số thực y, ta chọn x đủ lớn sao cho x > max{y,a− f(y)}. Khi đó với x > y thì từ (1) ta suy ra f(x+ f(y)) = x+y và với x+ f(y) > a, từ (2) suy ra f(x+ f(y)) = x+ f(y)−a.So sánh hai đẳng thức này ta thu được

f(y) = y+a, ∀y ∈ _R.

Thay vào phương trình ban đầu ta dễ dàng tìm được a=0.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f(x) = x, ∀x ∈ _R. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán A7 (USAMO 2019)

Cho hàm số f :Z⁺ → _Z⁺ thỏa mãn

f ^f(n)(n) = ⁿ

2

f²(n) ⁽¹⁾

với mọi số nguyên dươngn,trong đó f^k(n) = f(f(. . .(n). . .)) _là k lần tác động f vàon.Tìm tất cả giá trị có thể của f(2022).

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải. Trước hết dễ thấy f là đơn ánh. Thayn= 1vào phương trình (1) ta được

f ^f(1)f²(1) = 1 ⇒ f²(1) = 1.

Đặt f(1) = avà thayn = avào phương trình (1), khi đó f^f(a)(a)f²(a) = a² ⇒ f(a) = a.

Như vậy f(a) = f(1),kết hợp với tính đơn ánh ta suy raa= 1hay f(1) = 1.

Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng

f(n) = nvới mọinnguyên dương lẻ. (2) Rõ ràng (2) đúng vớin= 1.Giả sử (2) đúngn−_{2,trong đón} ⩾^3.Ta cần chứng minh (2) đúng vớin.Thật vậy, theo giả thiết ta có

f^f(n)(n)f²(n) = n².

Từ đây ta nhận xét rằng cả f^f(n)(n)_và f²(n)đều là số lẻ. Hơn nữa, theo giả thiết quy nạp và f là đơn ánh nên f^f(n)(n) ⩾ⁿvà f²(n)⩾ ^n.Do đó

f^f(n)(n) = f²(n) = n.

Đến đây ta xét hai trường hợp

• Nếu f(n)là số lẻ thì sử dụng tính đơn ánh của f ta được f^f(n)(n) = n= f^f(n)+1(n) ⇒ f(n) = n.

• Nếu f(n) = bchẵn, thì f(b) = f(f(n)) =n =2k+₁(k⩾1)_{và từ} f²(n) = nta suy rablà điểm bất động của hàm số f².Thayn =bvào phương trình (1) thì được

f ^f(b)(b)f²(b) = b² ⇒ f^2k+1(b).b = f

f^2k(b).b = f(b).b = b² ⇒ f(b) = b = f(n). Do tính đơn ánh nên ta suy ran =b là số chẵn, vô lý.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Do đó (2) đúng với mọinlẻ. Tóm lại f(n) = nvới mọi số tự nhiên lẻn.Từ đây suy ra f(2022)có thể nhận các giá trị chẵn trênZ⁺.Một ví dụ để chứng tỏ rằng f(2022)_{có thể} nhận bất kì giá trịλchẵn nào, đó là

f(_n) =











n nếu n ̸=2022,λ λ nếu n =₂₀₂₂ 2022 nếu n =_λ

□ Bài toán A8 (Russia 2008)

Cho hai dãy(a_n)_và(b_n)_{thỏa mãn}







a_n+1 = ¹+a_n+a_nb_n

b_n ; a₁ =1 b_n+1 = ¹+b_n+a_nb_n

a_n ; b₁ = 2 Chứng minh rằng(a_n)_{hội tụ.}

Đề xuất bởi Đào Trọng Toàn, 12T Lời giải.Dễ thấy(a_n),(b_n)là các dãy số dương.

Ta có biến đổi sau:

1

b_n+1+1 − ¹

a_n+1+1 = ^an

(1+a_n)(1+b_n) − ^bn

(1+a_n)(1+b_n) = ¹

b_n+1 − ¹ a_n+1

⇒ ¹

b_n+₁− ¹

a_n +₁ = _const= ¹

2+₁− ¹

1+₁ =−¹ 6

⇒ ¹

a_n+₁ = ¹

b_n+₁+ ¹ 6 > ¹

6

⇒ a_n <5, ∀n ∈ _N^∗

Chú ý rằng a_n+1 = a_n +¹+a_n

b_n > a_n.

Khi đó,(a_n)tăng và bị chặn trên bởi 5 nên hội tụ. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán A9 (Chọn đội tuyển VMO Lâm Đồng 2022) Đặt f(n) = n²+n+12

+_{1. Cho} a_n = ^f(1).f(3). . . f(2n−1)

f(₂)_.f(₄)_{. . .} f(2n) ^{với n}là số nguyên dương. Tìmlimn√

a_n.

Đề xuất bởi Trần Đinh Vĩnh Thụy, T15-18

Lời giải. Ta có

f(n) = n²+n+12

+1 =n⁴+2n³+3n²+2n+2= (n²+1)(n²+2n+2). Xét tỉ số

f(n)

f(n+1) = (n²+1)(n²+2n+2) h(n+1)²+1i h

(n+1)²+2(n+1) +2i = (n²+1)(n²+2n+2) (n²+2n+2)(n²+4n+5)

= ⁿ

2 +1

(n+2)²+1 (*) Áp dụng (*) chonsố lẻ1, 3, . . . , 2n−_{1, ta được}

f(1) f(2) = ¹

2+1

3²+1, f(3) f(4) = ³

2 +1

5² +1, . . . , f(2n−1)

f(2n) = (2n−1)² +1 (2n+1)² +1 Nhân vế theo vế của các đẳng thức trên, ta có

f(1) f(2)^.

f(3) f(4)^{. . .}

f(2n−1) f(2n) = ¹

2+1 3²+₁^.

3²+1 5²+₁^{. . .}

(2n−1)²+1 (2n+1)²+1 hay

a_n = ² 4n² +4n+2 Vậylimn√

a_n =limn.

r 2

4n² +4n+2 = lim v u u t

2 4+ ⁴

n+ ² n²

= √¹

2. □

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Bài toán A10 (Olympic Toán Sinh viên 2011) Choα,β∈ _Rthỏa mãn điều kiện

1+ ¹

n α+n

<e <

1+ ¹

n β+n

∀n⩾¹ Tìm min|_α−_β|_.

Đề xuất bởi Nguyễn Thái Tân, T18-21

Lấylncác vế, ta thu được

α < ¹ ln

1+ ¹

n

−n< β,∀n ⩾^{1 (*)}

Ta cần khảo sát dãy số x_n = ¹ ln

1+ ¹

n

−_n.

Dễ chứng minhx_n là dãy số tăng.

Lại có

nlim→∞(x_n) = lim

t→0

1

ln(1+t) −¹ t

= lim

t→0

t−_ln(1+_t) tln(1+t)

= lim

t→0







1− ¹ 1+t ln(1+t) + ^t

t+1







=_lim

t→0











1 (1+t)² 1

t+₁+ ¹ (1+t)²











= ¹

2 (theo quy tắcL’Hospital)

Tồn tại εđủ nhỏ sao cho α = x₁−ε, β= ¹

2−εthỏa mãn (*).

Do đó

min|α−_β|= ¹

2−_x1 = ³ 2 − ¹

ln 2

□

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán A11 (VMO 2013)

Cho dãy số thực(a_n)xác định bởi a₁ =1và

a_n+1 =3− ^an+₂ 2^an

với mọi n ⩾ 1. Chứng minh rằng dãy (a_n) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.

Đề xuất bởi Trần Võ Tường Vinh, 12T

Lời giải. Trước hết, bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh

a_n >1, ∀n >1. (1) Thật vậy, với n = 2, ta cóu₂ = ³

2 nên (*) đúng. Giả sử(1)đúng với n = k > 1, tức là a_k > 1, ta cần chứng minh a_k+1 =3− ^ak+2

2^ak > _{1, hay} 2^ak+1 > a_k+2.

Xét hàm sốu(x) = 2^x+1−x−2trên(1,+_∞)_{. Ta có}

u^′(x) = 2^x+1ln 2−₁ >0, ∀_x> 1.

Do đó u(x) là hàm số đồng biến, suy rau(a_k) > u(1) > 0. Từ đó suy ra (*) đúng với mọin >1. Bây giờ, do a_n ⩾¹với mọin⩾¹nên

a_n+1 =₃− ^an+2

2^an <_3, ∀n⩾1.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (a_n)là dãy tăng. Xét hàm số f(x) = 3− ²+x

2^x với1< x <_{3. Ta có}

f^′(x) = ^{ln 4}+xln 2−1 2^x >_0, nên f(x)đồng biến trên(1, 3). Ta cũng cóa₂ = ³

2 > a₁ nên dãy tăng. Do đó, dãy(a_n)đã cho tăng và bị chặn trên bởi 3 nên có giới hạn hữu hạn. Giả sử giới hạn đó làL ∈ (1, 3). Trong công thức xác định của dãy, chuyển qua giới hạn, ta có

L =3− ^L+2 2^L .

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Ta sẽ chứng minh phương trình

x =3− ^x+2

2^x (2)

có nghiệm duy nhất trên(1, 3). Thật vậy, xét hàm số g(x) = 3− ^x+2

2^x −x vớix ∈ (_{1, 3})_{, ta có}

g^′(x) = ^{ln 3}+xln 2−₁

2^x −1 = ^{ln 4}+xln 2−₁−₂^x

2^x .

Ta xét tiếp hàm sốh(x) = ln 4+xln 2−1−2^x, x ∈ (1, 3)_thì h^′(_x) = _{ln 2}(₁−₂^x) <_0, ∀_x ∈ (_{1, 3})_, nên đây là hàm nghịch biến. Suy rah(x) <h(1) = ln 8−3 <_{0, hay}

ln 4+xln 2−1−2^x < 0

với mọix ∈ (1, 3). Do đó, hàm số g(x)nghịch biến trên(1, 3)và phương trình g(x) =0 có không quá một nghiệm. Hơn nữa, ta cóg(2) = 0nên x = 2là nghiệm duy nhất của phương trình (2). Vì vậy dãy số đã cho có giới hạn là 2. □

Bài toán A12 (Moldova 2004)

Tìm đa thức P(x)hệ số thực thỏa

(x² +3x²+3x+2)P(x−1) = (x³−3x²+3x−2)P(x) ∀x (1)

Đề xuất bởi Nguyễn Trường Thịnh, 12T Lời giải. Ta có biến đổi sau

(1)⇔ (x+2)(x²+x+1)P(x−1) = (x−2)(x²−x+1)P(x) (2) Ta chọn

x= −₂⇒ _P(−₂) = 0; x =0 ⇒ _P(0) = 0;

x= −1⇒ P(−1) = 0; x =1 ⇒ P(1) = 0.

⇒ P(x) = (x−₁)x(x+₁)(x+₂)Q(x)_{, với}Q(x) ∈ _R[x]. (₂) ⇒ (x+₂)(x²+x+₁)(x−₂)(x−₁)x(x+₁)Q(x−₁)

= (x−₂)(x²−x+₁)(x−₁)x(x+₁)(x+₂)Q(x)_.

⇒ (x²+x+₁)Q(x−₁) = (x² −x+₁)Q(x) ∀x ̸= −_2,−1, 0, 1, 2.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

⇒ ^Q(x)

x²+x+1 = ^Q(x−1)

(x−1)²+ (x−1) +1 ∀x ̸= −2,−1, 0, 1, 2.

Đặt R(x) = ^Q(x) x²+x+1.

⇒ _R(x) = R(x−₁) ⇒ _R(x)≡ _c ⇒ _Q(x) = c(x² +x+1).

⇒ _P(x) = c(x−₁)x(x+1)(x+2)(x²+x+1), thử lại thấy thỏa mãn bài toán.

VậyP(x) = c(x−₁)x(x+1)(x+2)(x²+x+1). □ Bài toán A13

ChoP(x),Q(x),R(x)là các đa thức khác hằng, có hệ số thực và thỏa mãn P(x² −x) +xQ(x²−x) = (x²−4)R(x)_{với mọi}x ∈ .

a) Chứng minh rằng phương trình Q(x) = R(x−₃) có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt.

b) Giả sử tổng bậc của P(x)_,Q(x)_,R(x) là 5 và hệ số bậc cao nhất của R(x)_{là 1.}

Tìm giá trị nhỏ nhất của M = P²(0) +8Q²(3).

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T

Lời giải.

a) Trong đẳng thức đã cho, lần lượt thay x= 2, x =−_{2, ta có} P(2) +2Q(2) = 0,P(6)−2Q(6) = 0.

Để có x²−x = _{2, ngoài} x= 2, ta còn có x = −1nên thay tiếp x =−1vào, ta được P(₂)−Q(₂) = −3R(−₁)_.

Từ đó suy ra−_3Q(2) = −_3R(−₁)hay Q(2) = R(−₁).

Tương tự, thayx = 3vào, ta cóP(6) +3Q(6) = 5R(3)nênQ(6) = R(3). VậyQ(x) = R(x−₃)có hai nghiệm phân biệt làx =2,x= 6.

b) Gọi m,n,p ∈ _Z⁺ lần lượt là bậc của P(x), Q(x), R(x) thì m +n+ p = 5 và max{_{2m; 2n}+1} = p+2. Dễ thấym =2, n =1, p =2.

ĐặtQ(_x) = _ax+_{bvới a} ̸= _0.

Vì R(x−₃)−Q(x) là đa thức bậc hai, có hệ số cao nhất bằng 1 và có hai nghiệm là x =_2, x= _6nên R(x−₃)−Q(x) = (x−₂)(x−₆)_.

Suy raR(x−₃) = x²−8x+₁₂+ax+_b.

Từ đó ta tính được R(x) = (x+₃)²−₈(x+₃) +₁₂+a(x+₃) +b = x²+x(a−₂) + 3a+b−_3.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Trong đẳng thức đề bài cho, thay x= _{0, ta có} P(0) = −4R(0) = −4(3a+b−3). Suy raP²(₀) +8Q²(₃) = ₁₆(3a+b−₃)²+₈(3a+b)²_.

Đặtc =3a+b, ta cóP²(0) +8Q²(3) = 16(t−3)²+8t² = 24(t² −4t+6)⩾^48.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là48, đạt được khit = 2hay3a+b = 2.

Ứng với a = 1,b = −1, ta có các đa thứcP(x) = x²−_5x+4, Q(x) = x−_{1, R}(x) = x²−_x−₁thỏa mãn đề bài và P²(0) +8Q²(3) = 16+8.2² =48. □

Bài toán A14 (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2022)

Cho đa thứcP(x)có các hệ số nguyên, giả sử các phương trình P(x) = _1,P(x) = 2 và P(x) = 3theo thứ tự mỗi phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên lần lượt làx₁,x₂,x₃.

a) Chứng minh rằng x₁,x₂,x₃là các nghiệm duy nhất của các phương trình trên.

b) Chứng minh rằng phương trình P(x) = 5không có hơn một nghiệm nguyên.

Đề xuất bởi Đào Trọng Toàn, 12T

Lời giải.

a) DoP(x₂) = ₂⇒ P(x) = (x−x₂)q(x) +_2,q(x)∈ _Z[x] (₁) Chox₁ = x₂ =x₃ ⇒

(1 = P(x₁) = (x₁−x₂)q(x₁) +₂ 3 = P(x₃) = (x₃−x₂)q(x₃) +₂ ⇒

((x₁ −x₂)q(x₁) = −₁ (x₃ −x₂)q(x₃) = ₁ Dox₁−x₂, x₃−x₂, q(x₁), q(x₃) ∈ _Z ⇒ x₁−x₂, x₃−x₂ ∈ {−1; 1}

Mà x₁ ̸= x₃ nên

"

x₁−x₂ =1và x₃−x₂ = −1 x₁−x₂ = −1vàx₃−x₂ = 1 (2) Từ đó suy ra x₂ = ^x1+x₃

2 .

Giả sử phương trình P(x) = 2 có một nghiệm nguyên x^′₂ ̸= x₂, lý luận như trên ta suy rax₂^′ = ^x1+x₃

2 ⇒ x₂^′ = x₂ mâu thuẫn, suy raP(x) = 2có một nghiệm nguyên duy nhất làx₂.

Nếu phương trình P(x) = 1 có 1 nghiệm nguyên x^′₁ ̸= x₁, lý luận tương tự suy ra x^′₁ = 2x₂ −x₃. Suy ra x₁^′ = x₁ mâu thuẫn, suy ra x₁ là nghiệm nguyên duy nhất của phương trìnhP(x) = _1.

Tương tựx₃ là nghiệm nguyên duy nhất của phương trìnhP(x) = 3.

b) Giả sử phương trìnhP(x) = 5có một nghiệm nguyên x₅.

Trong (₁) _cho x = x₅ suy ra 5 = P(x₅) = (x₅−x₂)q(x₅) +_{2 hay} (x₅ −x₂)q(x₅) = 3⇒ x₅−x₂ chỉ có thể lấy các giá trị±_1hay±_3.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Nếux₅−x₂ = ±1thì theo (2)⇒

"

x₅ = x₁

x₅ = x₃ vô lý vì x₅ ̸= x₁ vàx₅ ̸= x₃. Suy rax₅−x₂ = ±3 (3)_.

Mặt khác,P(x) = (x−x₃)r(x) +_{3, với}r(x)∈ _Z[x]_.

Chox = x₅ ⇒ (x₅−x₃)r(x₅) = 2⇒ x₅ −x₃ chỉ lấy giá trị±1hay±_2.

Nếux₅−x₃ = ±1thì mâu thuẫn với(2)_và(3)_{. Suy ra}x₅−x₃ =±2 (4)_. Xét(2), (3), (4)ta thấy nếux₁−x₂ =1và x₃−x₂ =−1thì x₅−x₂ = −_3.

Do đó, nghiệm nguyên x₅ (nếu tồn tại) của phương trình P(x) = 5 được hoàn toàn xác định bởi các sốx₁,x₂,x₃ duy nhất.

Suy raP(x) = 5không thể có hơn một nghiệm nguyên. □ Bài toán A15

Tìm tất cả đa thức hệ số thựcP(x)_{sao cho}P(0) = 0và

[P([P(n)])]−_n+1 =2[P(n)], ∀_n ∈ _Z⁺_. với[x]là phần nguyên củax.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T

Lời giải. ĐặtP(x) = a_kx^k+Q(x),a_k ̸= 0, degQ(x) <degP(x)_. Khi đó lim

x→+∞

P(x)

x^k = a_k ⇒ lim

n→+∞

[P(n)]

n^k =a_k. Dễ thấyk =0không thỏa.

Nếuk> ₁⇒ _lim

n→+_∞

VT

n^k2 = a^k_k⁺¹, lim

n→+_∞

VP

n^k = 2a_k ⇒

( k² =k

a^k_k⁺¹ =2a_k không thỏa.

Nếu k = 1 ⇒ lim

n→+∞

VT

n = a²₁−1, lim

n→+∞

VP

n = 2a₁ ⇒ a²₁−2a₁−1 = 0 ⇒ a₁ = 1±√

2.

Trường hợp 1.P(x) = 1−√ 2

x,∀x ∈ _R.

Đẳng thứch

1−√ 2 h

1−√ 2

nii

−n+1= 2h

1−√ 2

ni

sai vớin =_1.

Trường hợp 2.P(x) = 1+√ 2

x,∀x ∈ _R.

Ta chứng minh đẳng thức[α[αn]]−n+₁=₂[αn]đúng vớiα²−_2α−₁= _0,α >_1.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Thật vậy, xét

α[αn]−n+1−2[αn] = (α−2) [αn]−n+1= [αn]

α −n+1= −{αn} α +1

⇒ 0 <−¹

α +1 <_α[αn]−n+1−2[αn]< 1⇒ [_α[αn]]−n+1 =2[αn] VậyP(x) = 1+√

2

x, ∀x ∈ _Rthỏa mãn yêu cầu bài toán. □ Bài toán A16

Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực sao cho với mọi số thực x,y,z có tổng bằng 0 thì trên mặt phẳngOxycác điểm(x,P(x)),(y,P(y)),(z,P(z))thẳng hàng.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải.Ta sẽ chứng minhP(x) = ax³+bx+c, trong đóa,b,clà các số thực tùy ý . Rõ ràng P(x) = 1, P(x) = xthỏa mãn yêu cầu.

Các điểm(x,P(x)),(y,P(y)),(z,P(z)) thẳng hàng khi và chỉ khi (x−y)P(z) + (y−z)P(x) + (z−x)P(y) = 0.

Nếux+y+z =0thì

(x−y)z³+ (y−z)x³+ (z−x)y³ = −(x−y) (y−z) (z−x) (x+y+z) = 0 Vì thế P(x) = x³ thỏa mãn yêu cầu.

Do đóP(x) = ax³+bx+cvới a,b,ctùy ý.

Thật vậy, thayx = x, y =2x, z= −3xta được

−_xP(−_3x) +5xP(x)−_4xP(2x) = 0.

Do đó cho P(x) = a₀+a₁x+...+a_nxⁿ, 0⩽ ^k⩽ⁿta có a_k

(−3)^k+4.2^k−5

= 0.

Với k⩾^2,kchẵn, ta có(−₃)^k+4.2^k−₅⩾³²+4.2²−_5vàk⩾^{5,klẻ, ta có}

−(−3)^k+4.2^k−5

= (2+1)^k−4.2^k+5

⩾^2k+k.2^k−1+ ^k(k−1)

2 .2^k−2−4.2^k+5⩾

1+⁵

2 +⁵(5−1)

8 −4

.2^k+5>0.

Từ đó vớik ̸=0, 1, 3 ta cóa_k = _0.

Vậy không còn đa thức nào khác. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán A17 (Bắc Ninh)

Tìm điều kiện của số dương k sao cho với mọia,b,c dương thỏa mãn abc = 1, ta luôn có

1

a^k(b+c) + ¹

b^k(c+a) + ¹

c^k(a+b) ⩾ ³ 2

Đề xuất bởi Nguyễn Song Thiên Long, 11T Lời giải. Xétt >_{0, cho} a= b =t vàc = ¹

t². Bất đẳng thức trở thành 1

2t^2k−1+ ^2t

2−k

t³ +1 ⩾ ³ 2 Nếuk < ¹

2 thì cho t → +∞, vế trái tiến dần về 0, trong khi vế phải là hằng số và lớn hơn 0, mâu thuẫn. Do đó ta phải cók ⩾ ¹

2.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minhk ⩾ 2. Thật vậy, giả sử 1

2 ⩽ ^k < 2, chot → 0, vế trái tiến dần về 0, trong khi đó vế phải là hằng số lớn hơn 0, mâu thuẫn. Vậy ta phải cók⩾ ^2.

Bây giờ ta sẽ chứng minh vớik⩾²thì bất đẳng thức đã cho đúng. Áp dụng bất đẳng thứcChebyshevcho hai bộ số đơn điệu cùng chiều

1

a^k−2, 1

b^k−2, 1 c^k−2

và

1 a²(_b+_c)^,

1 b²(_c+_a)^,

1 c²(_a+_b)

,

ta được

∑

∑

∑

.

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thứcAM-GMthì 1

a^k−2 + ¹

b^k−2 + ¹

c^k−2 ⩾ √₃ ³

a^k−2b^k−2c^k−2 =3.

Kết hợp với trên, ta có 1

a^k(b+c) + ¹

b^k(c+a) + ¹

c^k(a+b) ⩾ ¹

a²(b+c) + ¹

b²(c+a) + ¹ c²(a+b)^. Do đó, ta chỉ cần chứng minh được

1

a²(b+c) + ¹

b²(c+a) + ¹

c²(a+b) ⩾ ³ 2,

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

hay

bc

ab+ac + ^ca

bc+ba + ^ab

ca+cb ⩾ ³ 2.

Đây chính là bất đẳng thứcNesbittđược áp dụng cho ba số dươngbc,ca,ab.

Vậyk⩾ ²là tập hợp các giá trị cần tìm. □

Bài toán A18

Chon > 2và x₁,x₂, . . . ,x_n >0thỏa mãn

∑

x_k

! _n

k

∑

1 x_k

!

= n²+1.

Chứng minh rằng

∑

x²_k

! _n

k

∑

1 x²_k

!

>n² +4+ ²

n(n−1)

Đề xuất bởi Nguyễn Song Thiên Long, 11T Lời giải. Ta sẽ chứng minh bài toán bằngđồng nhất thứcvà bất đẳng thứcCauchy - Schwarz. Ta bắt đầu với biểu thức

1⩽i

∑

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!2

Dễ thấy

1⩽i

∑

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!2

=

∑

1⩽i<j⩽n

x²_i x²_j + ^x

2j

x_i² −4.x_i

x_j −4.x_j x_i +6

!

=

∑

x²_i

! _n

i

∑

1 x²_i

!

−4

∑

x_i

! _n

i

∑

1 x_i

!

+3n²

Do

∑

1⩽i<j⩽n

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!2

⩾^0nên

∑

x²_i

! _n

i

∑

1 x²_i

!

⩾ ⁿ²+4.

Tuy nhiên, ta chưa có được điều phải chứng minh. Do đó, ta cần làm chặt biểu thức

1⩽i

∑

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!2

⩾⁰

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Áp dụng bất đẳng thứcCauchy - Schwarz, ta có

1⩽i

∑

x_i x_j + ^xj

x_i −₂

!2

⩾





∑

1⩽i<j⩽n

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!2



2

C_n²

Vì

∑

1⩽i<j⩽n

x_i x_j + ^xj

x_i −2

!

= 1nên suy ra được

∑

x²_i

! n i

∑

1 x²_i

!

⩾ ⁿ²+4+ ² n(n−₁) Ta cần chứng minh đẳng thức không xảy ra.

Thật vậy, đẳng thức xảy ra khix₁ = x₂ = _{. . .} = x_n, điều này mâu thuẫn với giả thiết

∑

x_i

! n i

∑

1 x_i

!

= n²+1

□ Bài toán A19

Cho0 < a₁ ⩽ ^a2 ⩽^{. . .} ⩽ ^an vàa_na_[n+1/2] ⩽1. Chứng minh rằng n

1+ ⁿ s n

∏

a_i

⩾

∑

1 1+a_i

Đề xuất bởi thầy Mai Hữu Vinh (S11-14)

Lời giải. Với a₁,a₂ >0vàa₁,a₂ ⩽1. Ta chứng minh 2

1+√

a₁a₂ ⩾ ¹

1+a₁ + ¹

1+a₂ ⇔ (√

a₁−√

a₂)²(1−√ a₁a₂) (1+√

a₁a₂) (1+a₁) (1+a₂) ⩾⁰(đúng) Đẳng thức xảy ra khia₁ = a₂ hoặca₁a₂ = _1.

Áp dụng ta có

∑

1 1+a_i ⩽

[ⁿ⁺¹/2] i

∑

2 1+√

a₁a_n+1−i

Đẳng thức xảy ra khinchẵn vàa₁ = a₂ = _{. . .} = a_n hoặca₁a_n+1−i = _1.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Xét f(x) = ¹

1+e^x, ∀x⩽^0,

f^′(x) = −e^x

(1+e^x)^{2; f}

′′(x) = ^e

x(e^x−₁) (1+e^x)³ ⩽^0.

Áp dụng bất đẳng thứcJensenvào hàm lõm với cácx_i ⩽⁰vàe^xi = √

a_ia_n+1−i ⩽1, ta có

∑

1 1+a_i ⩽

[ⁿ⁺¹/2] i

∑

2 1+√

a_ia_n+1−i ⩽ ⁿ 1+ ⁿ

s _n

∏

a_i .

□

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

2 Số học

Bài toán N1 (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2022) Tìm tất cả các số nguyên dươngnsao cho: n³ⁿ⁻²−_3n+1

3n−2 là1số nguyên.

Đề xuất bởi Nguyễn Song Thiên Long, 11T

Lời giải.

Yêu cầu đề bài tương đương: “Tìm tất cả số nguyên dương nđể n³ⁿ⁻²−1

3n−2 ∈ _{Z” hay}

“Tìm tất cả số nguyên dươngnđể3n−2|n³ⁿ⁻²−_1”.

Xétn =1thấy thỏa mãn.

Xétn ⩾2. Đặtt =3n−2và gọi plà ước nguyên tố nhỏ nhất của t.

Theo đề bài ta cón^t ≡1(modp)⇒ _ordpn|_t.

Giả sử(n,p) ̸=1, khi đó tồn tạiλ ̸=_{1sao cho} (

λ|n λ|p ⇒

( p|n

p= _λ ⇒ p| −_{1(vô lí)} Suy ra(n,p) = 1nên theo định lý Fermat nhỏta cón^p−1 ≡₁(modp)⇒ _ordpn|_p−_1.

Nếu gọi q là ước nguyên tố của ord_pn thì ta thấy q|_{t và q} < p−₁ < p. Và điều này mâu thuẫn vì plà ước nguyên tố bé nhất củat.

Trường hợp này không tìm đượcnthỏa mãn đề bài.

Vậy chỉ có duy nhấtn =₁thỏa mãn đề bài. □

Bài toán N2

ChoS(n)là tổng các chữ số củan. Hỏi S(2ⁿ)có thể tăng ngặt từ giá trị nào đó hay không?

Đề xuất bởi Đào Trọng Toàn, 12T Lời giải.Giả sử tồn tại mmà với mọi số tự nhiênk > _m,S(k)_{tăng ngặt.}

Ta cóS(n) ≡ n(_mod9)nên ta có các bất đẳng thức sau

S(2^6k+1)⩾ ^S(2^6k) +1, S(2^6k+2) ⩾^S(2^6k+1) +2, S(2^6k+3) ⩾^S(2^6k+2) +4 S(2^6k+4) ⩾^S(2^6k+3) +8, S(2^6k+5) ⩾^S(2^6k+4) +7, S(2^6k+6) ⩾^S(2^6k+5) +5 Từ đây dễ thấy rằngS(₂^6k+6)⩾^S(₂^6k) +_27.

Bằng quy nạp đơn giản, ta cóS(2^6k+6l)⩾^S(2^6k) +27l, ∀l ∈ _N.

Mặt khác, do2^6k+6l =₈^2k+2l _nênS(₂^6k+6l)< ₉(2k+2l)_.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Ta thu được9(2k+2l) >S(2^6k) +27l, ∀l ∈ _N.

Chol → _∞ta thấy ngay điều này mâu thuẫn, do đó hàm S(2ⁿ) không thể tăng ngặt

từ bất kì giá trị nào. □

Bài toán N3 (Taiwan MO 1998)

Chom,nlà hai số lẻ vớim > n> 1thỏa mãn

m²−n²+1|n²−1.

Chứng minh rằngm²−n²+1là số chính phương.

Đề xuất bởi Nguyễn Song Thiên Long, 11T

Lời giải.

Bổ đề. Với n là số chính phương thì phương trình (x+y)² = n(4xy+1) luôn có nghiệm nguyên dương.

Chứng minh. Cố định n và xét tất cả các cặp (x,y) nguyên dương thỏa mãn phương trình(x+y)² =n(4xy+1),có nghĩa là xét tập

S= ⁿ(_x,y)∈ _N^∗×_N^∗|(_x+_y)² = _n(_4xy+₁)^o

Vì S là tập các cặp số nguyên dương nên luôn tồn tại một cặp (x₀,y₀) _trong S mà x₀+y₀ đạt giá trị nhỏ nhất và x₀ ⩾^y0.

Xét phương trình

(x+y₀)² = n(4xy₀+1) ⇔ x²−(4n−2)y₀x+y²₀−n =0

là một phương trình bậc hai ẩnx. Khi đó x₀ là một nghiệm của phương trình trên. Như vậy theo định lýViètethì phương trình còn có một nghiệm nữa làx₁, và

(x₀+x₁ = (4n−2)y₀ x₀.x₁ =y²₀ −n

Từ hệ thức thứ nhất x₀+x₁ = (4n−2)y₀ ta suy ra được x₁ là số nguyên. Ta xét các trường hợp sau

Nếu x₁ < 0thì từ hệ thức thứ hai x₀.x₁ = y²₀ −_{nta được y}²₀ −_n < 0 ⇒ _y²₀ < n, ta suy ra

x²₁−(4n−₂)y₀x₁+y²₀−_n = (x₁+y₀)²+n(−_4x1y0−₁)> 0 điều này mâu thuẫn vìx₁ là nghiệm của phương trình.

Nếu x₁ = 0, khi đó từ x₀.x₁ = y²₀−n ta được y²₀ −n = ₀ ⇒ n = y²₀ là số chính phương.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Nếu x₁ > 0 thì ta được y²₀ −n > 0 ⇒ y²₀ > _{n. Khi đó} (x₁,y₀) là một nghiệm của phương trình(x+y)² = n(4xy+1). Theo cách chọn cặp số(x₀,y₀)_{ta có}

x₀+y₀ ⩽ ^x1+y₀ ⇒ y₀ ⩽ ^x0 ⩽ ^x1

Kéo theo y²₀ −(4n−₂)y²₀+y²₀ −n = (₄−4n)y²₀−n ⩾ 0, điều này vô lý vì n là số nguyên dương.

Bổ đề được chứng minh hoàn tất.

Trở lại bài toán.Theo giả thiết, ta cóm²−n²+1|n²−1nên ta đượcm² −n²+1|m²− (m²−n²+1). Từ đó suy ra(m²−n² +1)|m².

Từ điều trên ta suy ra tồn tạikđể

m² = k(m²−n²+1) Chú ý rằngm² =

m+n

2 + ^m−_n 2

2

và m²−n² +1 = 4.m+n

2 .m−_n

2 +1. Dom và n là các số nguyên dương lẻ, lại có m > n nên m+n

2 ; m−n

2 là các số nguyên dương.

Đặtx = ^m+n

2 ; y= ^m−n

2 , ta được(_x+_y)² = _k(_4xy+₁)_.

Như vậy ta cần chứng minhm²−_n²+1=4xy+1là số chính phương, tức là chỉ cần chứng minhklà số chính phương.

Áp dụng bổ đề trên, ta có ngay điều phải chứng minh. □ Bài toán N4

Cho đa thứcP(x) = x^k+b_k−1x^k−1+...+b₁x+1thỏa mãn i) k ⩾^2.

ii) Với mọii = _{1, ..,}n−_{1ta có}b_i ∈ _N^∗ _vàb_i =b_k−i.

Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên dương(m,n)thỏa mãn

(P(_m)_...n P(n)_...m Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải. Xét cặp (m,n) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tổng quát giả sử m ⩾^n.

Ta chứng minh cặp

m;P(m) n

cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hiển nhiên P(_m)_...^P(m)

n . Ta chứng minh P

P(m) n

...m.

Đặtd = (m,n). Do P(m)...nnênP(m)...d.

Mà P(m)−₁= P(m)−P(₀)_{...m nên suy ra}d =_1.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Ta có P

P(m) n

= ^P

k(m) +b_k−1P^k−1(m).n+...+b₁P(m).n^k−1+n^k

n^k .

DoP(m) ≡ 1(modm)_nênP

P(m) n

.n^k ≡1+b_k−1.n+..+b₁.n^k−1+n^k ≡ P(n) ≡0 (modm)_.

Suy raP

P(m) n

.n^k...mmà(m,n) = 1nênP

P(m) n

...m.

Hai cặp(_m,n)_và

m; P(m) n

khác nhau vì P(m) n > ^m

2

n ⩾^nnênm+^P(m)

n > _m+_n.

Do đó với cặp (m,n) thỏa mãn bài toán, ta xây dựng được cặp (M,N)thỏa mãn bài toán vàM+N > m+n.

Cuối cùng ta chỉ ra cặp(P(1); 1)thỏa mãn bài toán và theo cách trên ta thu được dãy

vô hạn cặp(m,n)thỏa mãn bài toán. □

Bài toán N5 (Putnam Exam 2008)

Cho plà số nguyên tố và f(x)là một đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn nf(0);f(1); f(2). . . ; f(p²−1)^o

là một hệ Thặng dư đầy đủ theo modulo p². Chứng minh rằng nf(0); f(1);f(2); . . . ; f(p³−1)^o là một hệ Thặng dư đầy đủ theo modulo p³.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Thắng, Quảng Bình Lời giải. Đầu tiên ta chứng minh rằng f^′(x) không thể chia hết cho p với mọi x nguyên. (1)

Thật vậy nếu tồn tại một số xnguyên như thế thì hiển nhiên ta chọnysao cho y ∈ _{N, 0}⩽^y < _p,