Đồ Thị Của Hàm Số Đa Thức.pdf

Untitled Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2023 1 ĐÔ ̀ THỊ CỦA HÀM SÔ ́ ĐA THỨC Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trâ ̀n Nguyê ̃n Thanh Danh (PTNK TPHCM) Ta bâ ́ t đâ ̀u từ câu hỏi tại sao pha ̀n m[.]

Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 ĐỒ THỊ CỦ A HÀ M SỐ ĐA THỨC Lê Phú c Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trầ n Nguyễ n Thanh Danh (PTNK TPHCM) Ta bấ t đầ u từ câu hỏ i: tạ i phà n mềm Geogebra có chứ c (dự ng ̉ ̉ ̀ ́ đườ ng conic qua điêm) và đo thị conic sễ dự ng đượ c nêu điêm đã xế t, không có điểm thả ng hà ng? Mong rầ ng qua bầ i viế t nầ y, bậ n đọ c có thể tự trẩ lời được câu hỏ i đó Ta xuấ t phấ t từ bầ i toấ n nhệ nhầ ng sâu: Bà i toá n Cho hầ m só f ( x)  x  x, tìm điề u kiệ n củ a tham só m để f ( f ( ( x) ))  m có 2022 nghiệ m thực phân biệ t Lời giả i Ta vễ đò thị củ a f ( x) bên dưới vầ biệ n luậ n từ f ( x)  m (*) Để phương trình nầ y có hai nghiệ m phân biệ t thì đường thẩ ng nầ m ngang y  m phẩ i cấ t đò thị tậ i hai 2022 điể m, dựa vầ o thì dễ thấ y m  1 Tâ đậ t hai nghiệ m tương ứng lầ x1 , x2 Lậ i xế t tiế p f ( f ( x))  m , để phương trình nầ y có 2  nghiệ m thì trước đó , (*) phẩ i có nghiệ m phân biệ t, đậ t lầ x1 , x2 Tâ viế t lậ i f ( f ( x))  m  ( f ( x)  x1 )( f ( x)  x2 )  Mõ i phương trình f ( x)  xi  0, i  1, lậ i phẩ i có nghiệ m phân biệ t nên ta coi cấ c só xi nầ y có vai trò tham só m ở vầ điề u kiệ n cho cấ c só nầ y lầ xi  1 Tiế p tụ c dựa vầ o đò thị, ta thấ y (*) có hai nghiệ m phân biệ t xi  1 1  m  Nế u xế t tiế p f ( f ( f ( x)))  m có 23  nghiệ m thì tương tự trên, cầ n tìm m để (*) có hai nghiệ m xi phân biệ t thỏ a mẫ n 1  xi  Đây lầ điể m mấ u chó t củ a bầ i toấ n, ta quan sấ t đò thị vầ thấ y rầ ng, đường thẩ ng y  cấ t tậ i ( 1;3) vầ (3;3) Vì thế với điề u kiệ n 1  m  thì (*) cũ ng sễ có hai nghiệ m phân biệ t xi cũ ng thỏ a mẫ n 1  xi  Với sự “may mấ n” nầ y, điề u kiệ n cho cấ c phương trình chứa hầ m hợp nhiề u lầ n sễ không thây đỏ i Vì thế nên để f ( f ( ( x) ))  m, k  có k nghiệ m phân biệ t k thì điề u kiệ n lầ 1  m  Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023  Có mọ t câu hỏ i đạ t là vớ i điều kiệ n nà o củ a a, b, c thì tam thứ c ax  bx  c có đạ c điểm tương tự trên? Tiếp theo, ta xế t mọ t bà i toá n khá c cũ ng rá t thú vị về tam thứ c bạ c hai Bài toá n Cho tam thức bậc hai hệ số thực f ( x ) a) Biết f ( f ( x )) ax x có nghiệm thực x b) Giả sử đồ thị hàm số y f ( x ) x tứ giác ABCD Chứng minh AC Lời giả i bx c với a x0 Tính giá trị f ( x0 ) f ( y ) cắt bốn điểm phân biệt tạo thành BD ABCD hình thang a) Dưới đây, tâ xế t ba cấ ch giẩ i cho bầ i toấ n nầ y: Cá ch Theo đề bài, f ( x )  x phải có nghiệm vì: * Nếu f ( x )  x vô nghiệm thì phải có f ( x)  x, x hộ c f ( x)  x, x Trường hợp thứ nhấ t sễ kế o theo f ( f ( x))  f ( x)  x, x dẫ n đế n phương trình bân đầ u vô nghiệ m Trường hợp sau cũ ng tương tự * Nếu f ( x )  x có nghiệm phân biệt x1 , x2 thì f ( f ( x1 ))  f ( x1 )  x1 vầ f ( f ( x2 ))  x2 nên f ( f ( x))  x có ít nhấ t hai nghiệ m, cũ ng không thỏ a mẫ n Do đó , f ( x )  x có nghiệm nhất, tức lầ nghiệ m kế p, cũ ng chính lầ nghiệ m x0 bân đầ u Suy f ( x)  x  a ( x  x0 ) Đậ o hầ m hai vế được f ( x)   2a( x  x0 ) nên có f ( x0 )  Cá ch Ta có kế t quẩ tỏ ng quấ t hơn: nế u đâ thức P ( x) bậ c chẫ n có nghiệ m nhấ t x0 thì đó cũ ng lầ nghiệ m củ a P( x) Thậ t vậ y, thêo định lý Bezout thì P( x)  ( x  x0 )Q( x) với Q ( x) lầ đâ thức bậ c lể Khi đó , Q ( x) phẩ i cò n nghiệ m nữa, vầ nghiệ m đó phẩ i trù ng với x0 nên tâ đậ t tiế p P( x)  ( x  x0 ) H ( x) Từ đậ o hầ m hai vế được P( x)  ( x  x0 ) H ( x)  2( x  x0 ) H ( x) nên tiế p tụ c có nghiệ m x  x0 Cá ch Gọ i (C ) lầ đò thị củ a y  f ( x ) vầ ta chia nó lầ m hai phầ n (C1 ), (C2 ) lầ n lượt nầ m bên trấ i – phẩ i củ a trụ c đó i xứng Khi đó , đò thị (C ) củ a x  f ( y ) sễ gò m hai phầ n (C1), (C2 ) lầ n lượt lầ đó i xứng củ a (C1 ), (C2 ) quâ đường thẩ ng (d ) : y  x Để f ( f ( x))  x có nghiệ m nhấ t thì (C ), (C ) phẩ i tiế p xú c tậ i mọ t điể m I nầ o đó Do tính đó i xứng trụ c thì I  ( d ) nên (d ) lầ tiế p tuyế n chung củ a (C ), (C ) Cuó i cù ng, ta biế t rầ ng để tìm hệ só gó c củ a tiế p tuyế n, ta xế t đậ o hầ m tậ i điể m đó , vì thế nên f ( x0 ) chính lầ hệ só gó c củ a tiế p tuyế n (d ), cũ ng chính lầ b) Không mấ t tính tỏ ng quấ t, ta giẩ sử a  Ta biể u diễ n hình vễ bên dưới, đó A  (C1 )  (C2 ), B  (C1 )  (C1), C  (C2 )  (C1), D  (C2 )  (C2 ) Khi đó , tính đó i xứng trụ c (d ) thì A, C đó i xứng qua (d ) nên AC  d Ngoầ i ra, cũ ng có B, D  d nên ta có AC  BD Tiế p theo, vì A, B  (C1 ) lầ nhấ nh nghịch biế n củ a đò thị nên hệ só gó c củ a AB lầ âm; tương tự hệ só gó c củ a CD lầ dương nên AB, CD không thể song song Do BC , AD đó i xứng với AB, CD qua trụ c (d ) nên hâi đường nầ y cũ ng không song song Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 Vậ y nên ta có AC  BD vầ tứ giấ c ABCD nầ y không phẩ i lầ hình thang  Bà i toá n tiếp thêo đượ c tỏ ng quá t từ đề thi IMO Shortlist cá ch nhiều năm Vai trò củ a đò thị bà i toá n nà y là khá nhiều, đó không phả i là đò thị củ a đa thứ c mà là phân thứ c Bà i toá n Cho đâ thức hệ số thực P ( x) bậc n  có n nghiệm thực phân biệt a1  a2   an P( x) n  k Chứng minh D  Với só k  cho trước, gọi D tổng độ dài khoảng nghiệm k P( x) Lời giả i Thêo định lý Bezout thì ta có thể viế t P( x)  a ( x  a1 )( x  a2 ) 1 P( x)    P( x) x  a1 x  a2 Ta quy về xế t bấ t phương trình f ( x )  k  ( x  an ) , đó , đậ t lầ f ( x ) x  an n  nên hầ m só nghịch biế n từng khoẩ ng xấ c định Ta có thể vễ i 1 ( x  ) bẩ ng biế n thiên hoậ c đò thị củ a hầ m só hình bên dưới: Ta có f ( x)   Không mấ t tính tỏ ng quấ t, giẩ sử k  (trường hợp k  thực hiệ n tương tự) Khi đó , mõ i khoẩ ng (ai , 1 ), i  1, 2, , n  vầ ( an ; ) thì f ( x )  k có đú ng mọ t nghiệ m Đậ t cấ c Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 nghiệ m đó theo thứ tự lầ b1 , b2 , đọ dầ i cấ c khoẩ ng nghiệ m lầ , bn Khi đó , cấ c khoẩ ng nghiệ m lầ ( , bi ) với  i  n vầ tỏ ng n n n i 1 i 1 i 1 D   (bi  )   bi   P( x) Cấ c nghiệ m bi ,  i  n ở cũ ng đề u lầ nghiệ m củ a  k  kP( x)  P( x)  P( x) Đậ t P( x)  cn x n  cn 1 x n 1   c1 x  c0 thì P( x)  cn nx n 1  cn 1 (n  1) x n   cn n  x n 1  cn 1 (n  1) x n    c1  k (cn x n  cn 1 x n 1  kcn x n  (kcn 1  cn n) x n 1  Thêo định lý Viete thì b1  b2   bn    c1 thay vào:  c1 x  c0 ) hay  (kc1  2c2 ) x  kc0  kcn 1  cn n n cn 1 n     (a1  a2  kcn k cn k  an ) n Từ đó ta có D  k  Tiếp theo, ta xế t bà i toá n rá t thú vị và thử thá ch đề kiểm tra trườ ng Đông 2022: Bà i toá n (trườ ng Đông Vinh 2022) Với n nguyên dương, xét đâ thức hệ số thực P ( x) bậc n , monic cho tồn số thực r , s, t phân biệt có tổng 2023 thỏa mãn P (k )  {r , s, t} với k  1, 2,3, ,3n  1,3n a) Với n  2, tìm tất đâ thức P ( x) thỏâ mãn đề b) Hỏi có tồn hay khơng số n  để có đâ thức P ( x) thỏâ mãn đề bài? Vì sao? Lời giả i a) Ứng với n  2, ta có P (k )  {r , s, t} với k  1, 2,3, 4,5, Do deg P  nên có khơng q số k để P ( k )  r Tương tự với P(k )  s, P(k )  t Từ suy phương trình phải có nghiệm Chú ý bâ phương trình có chung hệ số x x nên tổng nghiệm phương trình Mặt khác, tất nghiệm chúng 1, 2,3, 4,5, có tổng 21 , từ suy râ phương trình có tổng nghiệm Khi đó, nghiệm chia theo cặp (1, 6), (2,5), (3, 4) Ta giả sử  P( x)  r  ( x  1)( x  6)   P( x)  s  ( x  2)( x  5) ,  P( x)  t  ( x  3)( x  4)  từ suy râ 3P( x)  (r  s  t )  ( x  1)( x  6)  ( x  2)( x  5)  ( x  3)( x  4) hay 3P( x)  2023  x  21x  28 Từ tìm P ( x)  x  x  665 r , s, t 671, 675, 677 Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 b) Giả sử tồn P ( x) bậc n  thỏâ mãn đề bài, khơng tính tổng qt giả sử r  s  t Theo lập luận trên, phương trình P ( x)  r , P ( x )  s, P ( x )  t có n nghiệm phân biệt lấy từ {1, 2, 3, ,3n} Ngồi râ, thêo định lý Viete phương trình chung ba hệ số tổng nghiệm tổng bình phương nghiệm chúng phải Xét hàm số f ( x)  P ( x)  r có n nghiệm phân biệt nên thêo định lý Rolle f ( x)  P( x) phải có n  nghiệm phân biệt, ký hiệu c1  c2  khoảng (; c1 ), (c1 , c2 ),  cn 1 Phương trình P ( x )  r có nghiệm , (cn 1 , ) Tương tự với P ( x)  s, P ( x )  t Tâ có hâi trường hợp sau: (1) Nếu n lẻ dễ thấy khoảng đầu tiên, P ( x) đồng biến nên P ( x)  r , P ( x)  s, P ( x)  t nhận nghiệm 1, 2,3 Ở khoảng tiếp theo, hàm số nghịch biến nên chúng nhận nghiệm 6,5, , thế, đến khoảng cuối 3n  2,3n  1,3n Khi đó, dễ thấy tổng nghiệm củâ bâ phương trình n  khoảng đầu nhau, riêng khoảng cuối phương trình nhận nghiệm khác nên tổng nghiệm chúng khác nhau, không thỏa mãn (2) Nếu n chẵn, đặt n  2m bâ phương trình có nghiệm 1, 2,3, lập luận trên, P ( x )  r có nghiệm {1, 6, 7,12, Tổng bình phương số m m k 1 k 1 , 6m  5, 6m} , 6m tương tự  (6k  5)2  (6k )2   (72k  60k  25) m(m  1)(2m  1) m(m  1)  60   25m  12m(m  1)(2m  1)  30m(m  1)  25m  m(24m  6m  7)  72  Mặt khác, tổng bình phương tất 6m số Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 6m(6m  1)(12m  1)  m(6m  1)(12m  1) nên phương trình phải có tổng bình phương nghiệm giá trị Suy 3m(24m  6m  7)  m(6m  1)(12m  1) hay 72m  18m  21  72m  18m  , vô lý Điều cho thấy trường hợp, ta khơng thể có đâ thức P ( x) thỏâ mãn đề  Bà i toá n có thể nó i là kết hợ p củ a cá c bà i toá n sau đây: 1) Tìm tấ t cẩ cấ c đâ thức P ( x) bậ c ba monic cho P(1)  P(2)  P(3)  P(5)  P(6)  P(7) 2) Xế t cấ c só nguyên dương m, n vầ giẩ sử tò n tậ i P ( x) hệ só nguyên cho P( x1 )  P( x2 )  với x1 , x2 , , xm , y1 , y2 ,  P( xm )  61 vầ P( y1 )  P( y2 )   P ( yn )  2020, , yn lầ cấ c só nguyên đôi mọ t phân biệ t Tìm giấ trị lớn nhấ t củ a mn 3) Tìm tấ t cẩ cấ c đâ thức P( x), Q( x) hệ só nguyên cho P(Q( x))  ( x  1)( x  2) ( x  9) với mọ i x  Ở câu b) củ a bà i toá n, việ c dù ng đò thị để minh họ a rõ thứ tự sá p xếp củ a cá c nghiệ m là rá t quan trọ ng, giú p ta có thể chỉ rõ đượ c cá c nghiệ m ban đà u đượ c phân hoạ ch thế nà o và từ đó dù ng định lý Bezout, Viete Bà i toá n (Arab Saudi TST 2015) Cho tập hợp S  (a, b) | a  b,1  a  4,1  b  4 cặp số nguyên Xét đâ thức hai biến f ( x, y ) hệ số nguyên cho f (a, b)  0, (a, b)  S a) Tìm giá trị nhỏ bậc củâ đâ thức  5  b) Giả sử f ( x, y ) đâ thức có bậc nhỏ Chứng minh f  ;    2 Lời giả i Bầ i toấ n nầ y có nế t tương tự đâ thức nguyên tó i tiể u, nế u lậ p luậ n thêo hướng đậ i só trực tiế p thì vẫ n được khấ rấ c ró i Trong phầ n nầ y, ta sễ biể u diễ n cấ c điể m lên mậ t phẩ ng tọ â đọ , quy việ c tìm đâ thức về việ c xấ c định đò thị quâ được tấ t cẩ cấ c điể m nầ y Trước hế t, ta thấ y rầ ng nế u chỉ dù ng đường thẩ ng thì cầ n ít nhấ t đường mới quâ hế t 12 điể m nầ y, nế u chỉ có 1, 2, hộ c đường thì khơng đủ Ta xế t cấ c trường hợp sau: Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 (1) Nế u deg f ( x, y )  thì ta có đường thẩ ng dậ ng ax  by  c  nên không thỏ a mẫ n (2) Nế u deg f ( x, y )  thì loậ i trường hợp tích củ â hâi đâ thức bậ c nhấ t, nế u lầ đâ thức bậ c hai thì phương trình sễ có dậ ng f ( x, y )  ax  bxy  cy  dx  ey  g Ta sễ chứng minh conic dậ ng nầ y sễ không quâ bâ điể m thẩ ng hầ ng Giẩ sử rầ ng nó quâ được bâ điể m P, Q, R cù ng thuọ c đường thẩ ng mx  ny  p  Giẩ sử m  0, tâ coi lầ đâ thức bậ c nhấ t theo biế n x vầ coi f ( x, y ) lầ đâ thức bậ c hai theo biế n x thì thực hiệ n phế p chia f ( x, y )  (mx  ny  p ) g ( x, y )  Ay  By  C Vì f ( xP , yP )  f ( xQ , yQ )  f ( xR , yR )  nên yP , yQ , yR lầ ba nghiệ m phân biệ t củ a Ay  By  C nên rõ rầ ng phẩ i có A  B  C  Điề u nầ y kế o theo f ( x, y ) có thể phân tích thầ nh tích củ a hai hầ m só bậ c nhấ t theo biế n x, y , không thể lầ đường conic không suy biế n được Trở lậ i bầ i toấ n, ta thấ y 12 điể m đẫ cho, có nhiề u bọ bâ điể m thẩ ng hầ ng nên không thể có conic không suy biế n cù ng lú c quâ tấ t cẩ cấ c điể m đó (3) Nế u deg f ( x, y )  , ta chỉ xế t trường hợp mọ t đường thẩ ng vầ mọ t conic bậ c hai Quan sấ t đò thị, ta thấ y rầ ng: đường thẩ ng qua được tó i đâ điể m; cò n theo phầ n (2) ở thì ở mõ i tung đọ y  1, 2,3, 4, đường conic sễ qua tó i đâ điể m nên tỏ ng cọ ng quâ được tó i đâ điể m Do đó , tỏ ng cọ ng đò thị qua tó i đâ 12 điể m vầ dấ u bầ ng phẩ i xẩ y Ta vễ được nhấ t mô hình gò m mọ t đường thẩ ng vầ mọ t đường trò n bên dưới:  5  Khi đó ta có được f ( x, y )  k ( x  y  5)( x  y  x  y  10) vầ có f  ;   2    Cuó i cù ng, ta xế t hai bà i toá n rá t thú vị về ý nghĩa hình họ c củ a cá c bà i toá n về đa thứ c, bà i đà u tiên đề chọ n đọ i tuyển củ a Iran, cò n bà i sau chú ng tương tự hó a lạ i từ bà i nà y Bà i toá n Cho P ( x) lầ đâ thức hệ só thực khấ c hầ ng thỏa mãn: tồn vô số cặp số nguyên m, n cho P ( m)  P (n)  Chứng minh đồ thị hàm số y  P ( x ) có tâm đối xứng Lời giải Ta biế t rầ ng P ( x) có tâm đó i xứng lầ ( x0 , y0 ) nế u P ( x  x0 )  P ( x  x0 )  y0 với mọ i x  Nó i cấ ch khấ c, nế u đậ t Q( x)  P ( x  x0 )  y0 thì Q( x)  Q( x)  hay Q lầ hầ m só lể Như thế , mấ u chó t củ a bầ i toấ n nầ y lầ chỉ vô só cậ p só nguyên đẫ cho, phẩ i có vô só cậ p só nguyên có tỏ ng lầ hầ ng só nầ o đó Hướ ng tớ i kỳ thi HSG q́c gia 2023 Khơng tính tổng qt, ta giả sử P ( x) monic, vì nế u P ( x) thỏ a mẫ n thì P ( x ) / c cũ ng thỏ a mẫ n Nếu deg P ( x ) chẵn với x có giá trị tuyệt đối đủ lớn, P ( x )  Cụ thể lầ tò n tậ i cấ c só thực p, q cho p   q mầ P ( x)  0, x  [ p; q ] Xế t S  s  | s  [ p; q ] thì rõ rầ ng S hữu hậ n Xế t cậ p só nguyên (m, n) cho P (m)  P (n)  thì giẩ sử P ( n)  , kế o theo n  S Như thế , với mọ i cậ p só nguyên (m, n) thỏ a mẫ n đề bầ i thì có ít nhấ t mọ t só sễ thuọ c S Vì tính hữu hậ n củ a S nên phẩ i có mọ t só s0  S ứng với vô só cậ p ( m, s0 ) mầ P (m)   P ( s0 ) , kế o theo P ( x ) lầ đâ thức hầ ng, không thỏ a mẫ n Như vậy, deg P ( x ) lẻ Bây ý kể từ số x đủ lớn P ( x) đơn điệu tăng x   (ta cần chọn x lớn điểm cực trị lớn P ( x) xong) Hơn nữa, với số nguyên n , tồn hữu hạn số nguyên m cho P (m)   P (n) (vì đâ thức nhận giá trị hữu hạn điểm, khơng vượt q bậc nó) Từ đó , ta thấy với số thực C đủ lớn, tồn cặp số m, n  cho P(m)  P(n)  0, m n khác dấu có trị tuyệt đối lớn C (*) Giả sử rầ ng deg P ( x)  k lể đậ t P( x)  x k  ax k 1  H ( x) với deg H  k  Tiế p theo, dễ dàng chọn số thực d cho P ( x  d ) khuyế t hệ số bậc k  Thật vậy, P( x  d )  ( x  d ) k  a( x  d ) k 1  H ( x  d )  x k  kdx k 1  ax k 1  H ( x  d ) a Bây ta chứng minh điểm ( d ; 0) tâm đối k xứng củâ đồ thị hàm số y  P ( x ) thế, ta cần chọn d  Đặt P( x  d )  Q( x) , ta quy về chứng minh Q( x)  Q( x), x  Như thế, Q( x)  x k  bx k   H ( x  d ) tò n tậ i vô hậ n cậ p só m, n cho Q(m)  Q(n)  vầ m  d , n  d số nguyên Theo (*), ta chọn nghiệm có giấ trị tuyệ t đó i đủ lớn với m  0, n  Bây giờ giả sử m  n , giả sử n  m  c với c  Q ( m )  Q ( n )  Q ( m)  Q (  m  c )  Khi  m k  bm k   H (m)  (m  c) k  b(m  c) k   H (m  c)  kc  m k 1  R(m), Hướ ng tớ i kỳ thi HSG q́c gia 2023 deg R( x)  k  Nếu m đủ lớn, số kc  m k 1 lớn nhiều so với R (m) tổng kc  m k 1  R (m) nhỏ Tương tự, khơng thể có m  n với m , n đủ lớn Do đó, tồn vơ số số m cho Q(m)  Q(m)  , tức đâ thức Q ( x)  Q ( x) có vơ số nghiệm Điều xảy Q( x)  Q( x)  0, x  só lể vầ có đò thị đối xứng quâ điểm (0; 0) thế, đâ thức Q ( x) lầ hầ m Vậy đồ thị y  P ( x ) đối xứng quâ điểm ( d ; 0) Bà i toá n Cho P ( x) lầ đâ thức hệ só thực khấ c hầ ng thỏa mãn: tồn vô số cặp số nguyên m  n cho P (m)  P (n) Chứng minh đồ thị hàm số y  P ( x ) có trụ c đối xứng Lời giả i Bầ i toấ n nầ y nó i chung gió ng bầ i trên, lời giẩ i, ta chỉ cầ n đỏ i dấ u cho P ( x) tậ i mọ t só vị trí thích hợp Ta biế t rầ ng P ( x) có trụ c đó i xứng lầ x  x0 nế u P ( x  x0 )  P ( x  x0 ) với mọ i x  Nó i cấ ch khấ c, nế u đậ t Q( x)  P( x  x0 ) thì Q ( x)  Q ( x) hay Q lầ hầ m só chẫ n Không mấ t tính tỏ ng quấ t, ta cũ ng giẩ sử P ( x) monic Nế u deg P ( x ) lể thì rõ rầ ng lim P( x)  , lim P( x)   Như thế , có thể chọ n x0 đủ lớn thì x  x  P ( x ) sễ đò ng biế n ( x0 ; ) vầ P( x)  y0 có nghiệ m nhấ t với mọ i y0  P( x0 ) Do đó , không thể tò n tậ i cậ p só m  n đề bầ i Do đó deg P ( x ) chẫ n Xế t deg P ( x ) chẫ n thì tương tự trên, với số thực C đủ lớn, tồn cặp số m, n  cho P (m)  P (n) m n khác dấu có trị tuyệt đối lớn C (*) Đậ t P( x)  x k  ax k 1  H ( x) với k chẫ n, deg H  k  Chọ n d để P ( x  d ) khuyế t bậc k  Ta chứng minh đường thẩ ng x  d trụ c đối xứng củâ đồ thị hàm số y  P ( x ) Đặt P( x  d )  Q( x) thì Q( x)  x k  bx k   H ( x  d ) tò n tậ i vô hậ n m, n cho Q (m)  Q (n) vầ m  d , n  d đề u nguyên Theo (*), ta chọn nghiệm có giấ trị tuyệ t đó i đủ lớn với m  0, n  Ta cũ ng sễ chứng minh m  n Bây giờ giả sử m  n , giả sử n  m  c với c  Q ( m)  Q ( n )  Q ( m)  Q (  m  c )  Khi  m k  bm k   H (m)  (m  c) k  b(m  c) k   H (m  c)  kc  m k 1  R(m), Hướ ng tớ i kỳ thi HSG quốc gia 2023 deg R( x)  k  Đế n sễ có vô lý Tương tự nế u m  n cũ ng có vô lý , vầ vì thế nên m  n  Vậ y nên Q ( x)  Q ( x) với vô só x nguyên, kế o theo Q( x)  Q( x), x  đó i xứng lầ x  0, vầ P ( x) có trụ c đó i xứng lầ đường thẩ ng x  d nên Q ( x) có trụ c Bà i tạ p rè n luyẹ n 1) (VMO 2018) Trong mậ t phẩ ng tọ â đọ Oxy, cho lầ đọ thị củ a hầ m só y  x Mọ t đường thẩ ng (d ) thây đỏ i vầ cấ t tậ i bâ điể m có hoầ nh đọ phân biệ t lầ n lượt lầ x1 , x2 , x3 a Chứng minh rầ ng đậ i lượng b Chứng minh rầ ng 3 xx xx x1 x2  2  3 lầ hầ ng só x3 x1 x2 x2 x12 x2 15 3 3  x2 x3 x3 x1 x1 x2 2) (Bà i toá n friendly circles) Cho cấ c só thực a, b, c đôi mọ t phân biệ t vầ khấ c Chứng minh rầ ng bâ đường trò n sau vễ mậ t phẩ ng tọ â đọ Oxy thì có ít nhấ t hâi điể m chung ( x  a )  ( y  b)  c ( x  b)  ( y  c )  a ( x  c)2  ( y  a)  b (điể m chung ở được hiể u lầ giâo điể m củ a ít nhấ t hâi bâ đường trò n trên) 3) (AIME 2022) Cho a, b, x, y lầ cấ c só thực (trong đó a  4, b  ) thỏ a mẫ n ( x  20)2 ( y  11)2 x2 y2     a a  16 b2  b2 Tìm giấ trị nhỏ nhấ t củ a T  a  b 4) (Đề THPT QG 2019) Tìm điề u kiệ n củ a m để phương trình sau có bó n nghiệ m phân biệ t x  x 1 x x 1     x 1  x  m x 1 x x 1 x  Tà i liẹ u tham khả o 1) Nguyễ n Mậ c Nam Trung, Tầ i liệ u chọ n lọ c trường Đơng Tố n họ c miề n Nam, 2020 2) IMO Booklet củ a Arab Saudi 2015 3) Phù ng Hò Hẩ i, Bầ i giẩ ng ở Trường Đông Titân miề n Nam, 2022 4) https://mathscope.org/showthread.php?t=35623 5) https://artofproblemsolving.com/community/c5h2782937p24447217 6) https://en.wikipedia.org/wiki/Five_points_determine_a_conic 10