bg son NDT bai giang giai tich

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN OLYMPIC THPT∗ Nguyễn Duy Thái Sơn (Đại học Sư phạm Đà Nẵng) Qua giảng này, ta khảo sát số dạng tốn giải tích thường gặp (hoặc gặp) kỳ thi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia (VMO) Ta gặp nhiều dạng toán Olympic mà phát biểu chúng đại số hay số học túy (hoặc hai), lời giải, phương pháp giải tích đóng vai trò cốt yếu MỘT SỐ DẠNG TỐN GIẢI TÍCH THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI VMO Trước tiên số vấn đề đáng quan tâm: - Những năm gần kỳ thi IMO (Olympic Toán quốc tế dành cho học sinh THPT) khơng xuất tốn giải tích - Vậy người đề tốn giải tích cho VMO (ngày 1) nên có quan điểm nào? - Và ta cần hiểu kiến thức giải tích bậc THPT bao gồm nội dung nào? Bài toán (VMO 2012) Cho dãy số thực (xn ) xác định x1 = xn = n+2 (xn−1 + 2) 3n với n ≥ Chứng minh dãy số cho có giới hạn hữu hạn n → +∞ Tìm giới hạn Lời giải (i) Trước hết, nhận xét: ∀n ≥ 1, xn+1 − xn = n+3 2(n + 3) − xn + = (n + − nxn ) 3(n + 1) 3(n + 1) 3(n + 1) (ii) Tiếp theo, quy nạp, ta chứng minh được: ∀n ≥ 2, xn > ∗ + n Đây nội dung giảng tác giả trình bày lớp Tập huấn Giáo viên THPT chuyên Khu vực phía Nam (Nha Trang - 7/2016) Khu vực phía Bắc (Vĩnh Phúc - 8/2016) “Chương trình trọng điểm Quốc gia phát triển Tốn học giai đoạn 2010-2020”, Viện Nghiên cứu cao cấp Toán, tổ chức Thật vậy, dễ thấy x2 = Lúc này, 10 3 > + Giả sử có xk > + với k ≥ k k+3 k+3 (xk + 2) > 3(k + 1) 3(k + 1) xk+1 = +3 k = k+3 3 = +1> + k k k+1 (iii) Từ (i) (ii) suy xn > xn+1 > ∀n ≥ Vậy, dãy (xn )+∞ n=2 giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn n → +∞ Dùng hệ thức truy hồi dãy, dễ thấy lim xn = n→+∞ Lời giải (i) Trước hết, viết lại hệ thức truy hồi dãy dạng: xi xi−1 3i xi 3i−1 xi−1 · 3i−1 = + ⇒ − = i+2 3i 3i (i + 1)(i + 2) i(i + 1) i(i + 1) n i=2 lấy hai vế ta thấy (với n ≥ 2): 3n xn 31 x1 − =2 (n + 1)(n + 2) · n i=2 3i−1 i(i + 1) n−1 3k an 3n xn = +2 ⇒ x n = cn + ⇒ (n + 1)(n + 2) (k + 1)(k + 2) bn k=1 cn := (n + 1)(n + 2) · 3n−1 n−1 −→ 0, an := (n→+∞) k=1 (ii) Tiếp theo, xét hàm số f (x) := 3k 3n bn := · (k + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2) 3x ; ta có (x + 1)(x + 2) (x + 1)(x + 2)3x ln − 3x (2x + 3) (x + 1)2 (x + 2)2 x = (ln 3)x2 + (3 ln − 2)x + ln − > (x + 1)2 (x + 2)2 f (x) = x đủ lớn Vậy, với n0 đủ lớn, dãy (bn )+∞ n=n0 tăng ngặt (ra +∞) (iii) Cuối cùng, dùng định lý Stolz, ta có: an = n→+∞ bn lim = an+1 − an = lim n→+∞ bn+1 − bn n→+∞ lim lim n→+∞ n+1 − n+3 n+1 3n (n + 1)(n + 2) 3n+1 3n − (n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2) n+3 = ; n→+∞ 2n = lim suy ra: lim xn = lim n→+∞ n→+∞ cn + an bn =0+2· = Ghi Trong Lời giải 2, ta hồn thành bước (ii) cách đại số sau: bn+1 3(n + 1) = > (với n ≥ 2) nên dãy (bn )+∞ n=2 tăng ngặt (ra +∞) bn n+3 Bài toán (RMC 2007 Shortlist, Marcel Chiri¸tă đề nghị) Giải hệ phương trình:   x(3y + 1) = y(y + 3) y(3z + 1) = z(z + 3)  z(3x2 + 1) = x(x2 + 3) √ Có thể xem hệ phương trình Bài toán trường hợp riêng, a = 1/ 3, hệ toán sau: Bài toán Giải biện luận (theo tham số a ∈ R) hệ phương trình:   2x(y + a2 ) = y(y + 9a2 ) 2y(z + a2 ) = z(z + 9a2 )  2z(x2 + a2 ) = x(x2 + 9a2 ) Lời giải (i) Với a = 0, hệ cho kéo theo:   2xy = y 2yz = z ⇒ 8x3 y z =  2zx2 = x3 y = x3 y z ⇒ xyz = 0; 2xy = cyc cyc từ đó, hệ có nghiệm (x, y, z) = (0, 0, 0) (ii) Với a = 0, xét hàm số f (x) := f (x) = x(x2 + 9a2 ) ; ta có: 2(x2 + a2 ) (x2 − 3a2 )2 ≥ với x ∈ R; 2(x2 + a2 )2 √ f (x) = x = ±a Suy ra: f tăng ngặt khắp R Vì hệ cho khơng thay đổi ta hốn vị vòng quanh (x, y, z) nên, khơng tính tổng qt, ta giả sử x = max{x, y, z} Khi đó, f tăng ngặt, hệ kéo theo: f (y) = x ≥ y = f (z) ⇒ f (y) = x ≥ z = f (x) y ≥ z ⇒ y = max{x, y, z}; y ≥ x từ đó, có z = max{x, y, z} Vậy, hệ cho tương đương với: x=y=z x=y=z ⇔ x = f (x) x(x2 − 7a2 ) = 0, √ √ √ √ √ √ hệ có nghiệm: (0, 0, 0), (a 7, a 7, a 7), (−a 7, −a 7, −a 7) Bài toán (Olympic sinh viên tồn quốc năm 2016, mơn Giải tích) Cho a ≥ số thực f : R → R hàm số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: • (f (ax))2 ≤ a3 x2 f (x) với số thực x; • f bị chặn lân cận Chứng minh |f (x)| ≤ x2 với số thực x a Lời giải (giải tích) (i) Trong điều kiện thứ nhất, chọn x = ta thấy f (0)2 ≤ ⇒ f (0) = Với x = 0, f (ax)2 từ điều kiện ta có f (x) ≥ ≥ Vậy, f (x) ≥ với x ax (ii) Nếu a = 1, điều kiện thứ trở thành f (x)2 ≤ x2 f (x); ta suy f (x) ≤ x2 với số thực x, nên đpcm Bây giờ, xét trường hợp a > f (x) |f (x)| = ≥ với x = Từ nay, xem x = x /a x /a x2 phải chứng minh g(x) ≤ Theo định nghĩa g, ta có f (x) = g(x) a Từ đó, viết lại theo g điều kiện thứ sau: (iii) Đặt g(x) := (ax)2 g(ax) a ≤ a3 x x2 g(x) ⇔ g(ax)2 ≤ g(x) a (1) Dùng (1), quy nạp theo n ∈ N, ta thấy: x g(x) ≤ g n a 2−n ∀n ∈ N (2) (iv) Theo điều kiện thứ hai, tồn m, M ∈ (0, ∞) cho (0 ≤) f (t) ≤ M |t| < x m Vì a > nên tồn n0 ∈ N (phụ thuộc vào x) để n < m với a n ≥ n0 ; với số tự nhiên n thế, (2) kéo theo 2−n x 2n+1 f n a 2n −n   a g(x) ≤  ≤ 21−n M  x x /a n a  (3) 2n + = (dùng công thức nhị thức Newton quy tắc n→+∞ 2n l’Hospital), nên cách cho n → +∞ (3), ta có g(x) ≤ 1, đpcm (v) Dễ thấy lim Lời giải (đại số) (i) Vẫn Lời giải 1, ta chứng minh f (0) = f (x) ≥ với x (ii) Vẫn Lời giải 1, ta thấy đpcm a = xét trường hợp a > (iii) Ta viết lại điều kiện thứ dạng f (x)2 ≤ ax2 f x a ∀x ∈ R (1) chứng minh kết luận trung gian (nhẹ đpcm) f (x) ≤ x2 ∀x ∈ R (2) Giả sử phản chứng (2) sai; tức f (z) > z với z (= 0) Dùng (1), ta có: f từ đó, f z a3 z z2 z > (z )2 = ; f a az a a > z an f z2 a a(z/a)2 = z2 ; a z2 a a(z/a2 )2 > = az , Bằng quy nạp, ta có: > a2n−5 z với số tự nhiên n ≥ (3) Do điều kiện thứ hai đề toán, vế trái (3) bị chặn trên, vế phải lớn tùy ý n đủ lớn, vơ lý! Mâu thuẫn chứng tỏ (2) (iv) Bây ta xét hàm phụ h cho công thức h(x) := f (x) − x2 ≤ f (x) a viết lại (1) theo ngôn ngữ hàm phụ này: h(x) + x2 a ≤ ax2 h x x2 + a a ⇔ h(x)2 + x2 x a2 x h(x) ≤ ax2 h ⇒ h(x) ≤ h a a a x = h(0) = 0), quy nạp ta có: Từ đó, h(x) ≤ a2 n h x2 x h(x) ≤ ax2 h a a (bất đẳng thức x an với số tự nhiên n x an ≤ (4) (v) Một hệ (2) (4) h(x) ≤ a2 n f a2 n x an = x2 2n với số tự nhiên n Vì n lớn tùy ý nên điều h(x) ≤ (với x ∈ R); từ đây, ta suy đpcm Bài toán (ĐHSP1HN TST 2012) Cho dãy số (an )+∞ n=1 xác định a1 = an = 2n − an−1 2n với n ≥ n +∞ Ta lập dãy số (bn )+∞ n=1 với bn = i=1 với n ≥ Chứng minh dãy số (bn )n=1 có giới hạn hữu hạn n → +∞ tìm giới hạn Lời giải (i) Rõ ràng an > ∀n ≥ (ii) Ta viết lại công thức truy hồi dãy số (an )+∞ n=1 dạng ai−1 = 2(i − 1)ai−1 − 2iai , lấy n+1 i=2 hai vế, ta có (với n ≥ 1): bn = 2a1 − 2(n + 1)an+1 = − 2(n + 1)an+1 an+1 = a1 thức TBC-TBN ta suy (iii) Mặt khác, an+1 = n < (n + 1)an+1 = i=1 n+1 i=2 = ai−1 n+1 i=2 (1) 2i − ; nên áp dụng bất đẳng 2i √ n−1 (2i + 1)(2i − 1) √ 2n − · · 2·1−1 2n 2i i=1 √ 2n − ≤ −→ (n→+∞) 2n 2i − = 2i (iv) Theo định lý giới hạn kẹp, ta có lim (n + 1)an+1 = Vậy, (1) kéo theo n→+∞ lim bn = n→+∞ Bài toán Chứng minh 2(x3 + y + z ) − x2 y − y z − z x ≤ với x, y, z ∈ [0, 1] Gợi ý Xem vế trái hàm biến x, tìm giá trị cực đại hàm đoạn [0, 1] để quy toán việc chứng minh bất đẳng thức hai biến y, z ∈ [0, 1] Tiếp tục phương pháp giảm biến MỘT SỐ DẠNG TỐN OLYMPIC DÙNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH Trong phần ta xét số dạng toán Olympic mà phát biểu chúng đại số hay số học túy (hoặc hai), lời giải, phương pháp giải tích đóng vai trò cốt yếu Bài toán Giả sử a, b, c ∈ Z cho f (n) := an2 + bn + c số phương với n ∈ Z Chứng minh tồn α, β ∈ Z cho f (n) = (αn + β)2 với n ∈ Z Lời giải (i) Giả sử f (n) = m2n ∀n ∈ Z (1) (mn )n∈Z ⊂ N Nếu a < f (n) < n đủ lớn, mâu thuẫn với (1) Vậy a ≥ (ii) Xét trường hợp a = Lúc này, b = f (n) < n trái dấu với b có trị tuyệt đối đủ lớn, √ mâu thuẫn với (1) Vậy b = 0, c (∈ N) số c với n ∈ Z) Trong trường hợp này, đpcm phương (m = √n với α := 0, β := c (iii) Xét trường hợp a > Lúc này, (1) kéo theo: m2n f (n) mn √ = lim = a ⇒ lim = a n→+∞ n2 n→+∞ n2 n→+∞ n lim Từ đó, m2n+1 − m2n f (n + 1) − f (n) = lim n→+∞ n→+∞ mn+1 + mn n→+∞ mn+1 + mn a+b 2a + 2an + a + b n = lim = lim mn n→+∞ mn+1 + mn n→+∞ mn+1 n + · + n+1 n n √ 2a + √ = a = √ a·1+ a √ Vì mn+1 − mn nhận giá trị nguyên, ta suy α := a ∈ N∗ tồn n0 ∈ N (đủ lớn) để mn+1 − mn = α với số tự nhiên n ≥ n0 Với n đó, từ kết trên, ta có: lim (mn+1 − mn ) = lim 2α2 n + α2 + b = 2an + a + b = m2n+1 − m2n = (α + mn )2 − m2n = α2 + 2αmn ; suy ra: 2α | 2αmn − 2α2 n = b, tức b = 2αβ với β ∈ Z mà 2αmn − 2α2 n = b = 2αβ ⇒ mn = αn + β ⇒ f (n) = m2n = (αn + β)2 với số tự nhiên n ≥ n0 , đó, với n ∈ Z Bài toán Hãy xác định tất ba số thực dương a, b, c cho [na]·[nb] = [n2 c] với n ∈ N Lời giải (i) Yêu cầu đề viết lại cách tương đương (với n ∈ N): (na − {na}) · (nb − {nb}) = n2 c − {n2 c} ⇔ n2 ab − na{nb} − nb{na} + {na}{nb} = n2 c − {n2 c} (1) Chia hai vế (1) cho n2 lấy giới hạn n → +∞, ta suy c = ab Với điều kiện này, (1) trở thành na{nb} + nb{na} − {na}{nb} = {n2 c} Chia hai vế đẳng thức cho n lấy giới hạn n → +∞, ta suy ra: (2) lim (a{nb} + b{na}) = n→+∞ Dễ thấy ≤ {na} ≤ (2) kéo theo (a{nb} + b{na}), nên theo định lý giới hạn kẹp b lim {na} = 0, tương tự, lim {nb} = n→+∞ (3) n→+∞ (ii) Đến chứng minh a, b ∈ N∗ theo cách khác sau: Cách 1: • Giả sử a vơ tỉ Khi biểu diễn thập phân +∞ a = (C, c1 c2 )10 = C + i=1 ci 10i tồn chữ số c = xuất vô hạn lần; tức là, tồn số i1 < i2 < · · · cho c = ci1 = ci2 = Xét n = 10ik −1 −→ +∞, ta có (k→+∞) na = (Cc1 cik −1 , cik cik+1 )10 ⇒ {na} > (0, c)10 = c > 0, 10 mâu thuẫn với (3) p • Vậy a hữu tỉ: a = với p, q ∈ N∗ Xét n = kq + −→ +∞, ta có {na} = (k→+∞) q ∗ {kp + a} = {a} nên (3) ⇒ {a} = Từ đó, a ∈ N Tương tự, b ∈ N∗ Cách 2: • Ta chứng minh {a} = Giả sử đpcm sai Khi < {a} < Với ε := min{1 − {a}, {a}} > 0, theo (3) định nghĩa giới hạn, tồn n0 ∈ N cho ≤ {na} < ε với n ≥ n0 Đặc biệt, ≤ {n0 a}, {(n0 + 1)a} < ε (4) {(n0 + 1)a} = {[a] + {a} + [n0 a] + {n0 a}} = {{a} + {n0 a}} (5) • Lại có Nhưng < {a} ≤ {a} + {n0 a} < {a} + ε ≤ nên (4)-(5) kéo theo ε > {(n0 + 1)a} = {a} + {n0 a} ≥ {a}, mâu thuẫn với định nghĩa ε! Mâu thuẫn chứng tỏ {a} = 0, tức a ∈ N∗ Tương tự, ta có b ∈ N∗ (iii) Đảo lại, a, b ∈ N∗ c = ab ta có (1) với n ∈ N Vậy, ba cần tìm gồm a ∈ N∗ , b ∈ N∗ , c = ab Bài toán (dựa đề thi RMC) Cho ba số thực a1 , a2 , a3 thỏa mãn điều kiện: cos(ai x) ≤ ∀x ∈ R i=1 Chứng minh ba số a1 , a2 , a3 0, hai số lại đối Lời giải (i) Trước hết ta có: Bổ đề Cho fi : R → R, ≤ i ≤ m, m hàm số tuần hoàn (m ∈ N∗ ) cho f := m i=1 fi Giả sử tồn giới hạn hữu hạn L = lim f (x) Khi đó, f x→+∞ hàm Chứng minh Xét trường hợp m = Lúc này, f = f1 : R → R hàm số tuần hồn, có giới hạn hữu hạn L = lim f (x) Gọi T ∈ (0, +∞) chu x→+∞ kỳ f Với x ∈ R, ta có f (x) = lim f (x + nT ) = L Vậy f (x) ≡ L, n→+∞ đpcm Giả sử kết luận Bổ đề chứng minh cho trường hợp m = k, với k ∈ N∗ Cho fi : R → R, ≤ i ≤ k + 1, k + hàm số tuần hoàn cho f := k+1 i=1 fi có giới hạn hữu hạn L = lim f (x) Gọi T ∈ (0, +∞) x→+∞ chu kỳ f1 xét hàm g : R → R xác định bởi: k+1 g(x) := f (x + T ) − f (x) = (fi (x + T ) − fi (x)) i=2 ∀x ∈ R Suy g tổng k hàm tuần hoàn gi : R → R, ≤ i ≤ k + 1, gi (x) := fi (x + T ) − fi (x) với x ∈ R Ta có: lim g(x) = lim f (x + T ) − lim f (x) = L − L = 0, x→+∞ x→+∞ x→+∞ nên theo giả thiết quy nạp g(x) ≡ 0; suy ra: f hàm tuần hoàn (với T chu kỳ) Từ đó, theo trường hợp m = Bổ đề f phải hàm hằng; tức là, kết luận Bổ đề trường hợp m = k + 1, đpcm (ii) Trở lại toán, đặt fi (x) := sin(ai x) f (x) := 3i=1 fi (x) với x ∈ R, ta thấy f tổng hàm tuần hoàn giới nội Theo giả thiết, cos(ai x) ≤ ∀x ∈ R f (x) = i=1 Suy ra: f đơn điệu không tăng (trên khắp R) nên tồn giới hạn hữu hạn lim f (x) Theo Bổ đề, f phải hàm hằng, nên f (x) ≡ f (x) ≡ x→+∞ Đặc biệt, 3 a3i = −f (0) = = f (0) = i=1 i=1 Từ đẳng thức 3 a3i −3 i=1 ta thấy (vì i=1 = Vậy, i=1 = 0) = i=1 a2i − i=1 i=1 a1 a2 cyc ba số a1 , a2 , a3 0, hai số lại đối Bài tốn 10 Tìm điều kiện (cần đủ) ba số thực a, b, c để hệ bất phương trình   ax + bx + c ≤ bx2 + cx + a ≤  cx + ax + b ≤ có nghiệm (trên R); có nghiệm (trên R) Lời giải Bằng cách cộng vế theo vế bất phương trình hệ, ta thấy hệ nhận x ∈ R làm nghiệm (a + b + c)(x2 + x + 1) ≤ ⇒ a + b + c ≤ (1) (vì x2 + x + = (x + 1/2)2 + 3/4 > 0) Đảo lại, dễ thấy (1) thỏa mãn hệ cho nhận x = làm nghiệm Vậy, (1) điều kiện cần đủ phải tìm 10 Theo trên, (1) điều kiện cần Ta phải ràng buộc thêm điều kiện để x = nghiệm hệ Có thể dự đoán được, ràng buộc phải tìm là: a + b + c = (2) Thật vậy, giả sử phản chứng (2) không thỏa mãn Khi đó, (1), S := a + b + c < Đặt f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = bx2 + cx + a, h(x) = cx2 + ax + b, ta chứng minh hệ có vơ số nghiệm theo hai cách • Cách (giải tích): Vì f, g, h hàm liên tục với f (1) = g(1) = h(1) = S < nên x ∈ R đủ gần f (x), g(x), h(x) gần S đến mức dấu với S, nên x nghiệm hệ cho hệ có vơ số nghiệm! • Cách (đại số): Có vô số số thực ε thỏa |ε| < 1, |S| 3(|a| + |b| + |c|) Với ε thế, đặt xε := + ε Do cách chọn ε, dễ thấy: |f (xε ) − S| = |ε(2a + b + εa)| ≤ |ε|(3|a| + |b|) ≤ 3|ε|(|a| + |b| + |c|) < |S| Suy ra: f (xε ) < S + |S| = 0, tương tự, g(xε ) < 0, h(xε ) < nên xε nghiệm hệ! Tóm lại, để hệ có nghiệm cần có điều kiện (2) Với điều kiện này, ta cộng vế theo vế bất phương trình hệ cho, ta nhận “bất” đẳng thức ≤ Vậy, dấu “=” phải xảy bất phương trình hệ; nói cách khác, hệ trở thành hệ phương trình:   ax + bx + c = bx2 + cx + a =  cx + ax + b = Bây giờ, nhận xét: a = b = c = hệ nhận số thực làm nghiệm, yêu cầu đề tốn khơng thỏa mãn! Vậy, ta cần thêm ràng buộc: a2 + b2 + c2 = (3) Do (2), điều kiện (3) hàm ý hai ba số a, b, c khác Khơng tính tổng qt, giả sử ab = Cũng (2), phương trình hệ nói hệ hệ gồm hai phương trình lại Vậy hệ tương đương với: ax2 + bx + c = bx2 + cx + a = 11 Phương trình đầu hệ có tập nghiệm S1 = {1, c/a}, phương trình thứ hai có tập nghiệm S2 = {1, a/b} Với điều kiện (2) ab = (thay cho (3)), ta chứng minh rằng: c a = · a b (4) Thật vậy, (4) sai a2 = bc, tức (−b − c)2 = bc ⇒ (b + c/2)2 + 3c2 /4 = b2 + bc + c2 = ⇒ b + c/2 = c = ⇒ b = c = 0, mâu thuẫn! Vậy (4) đúng, |S1 ∩ S2 | = 1, tức hệ cho thực có nghiệm x = Kết luận: (2)-(3) điều kiện cần đủ để hệ cho có nghiệm R Bài tốn 11 Tìm tất đa thức P ∈ Z[x] cho phương trình P (x) = 2n có nghiệm xn ∈ N∗ với n ∈ N∗ Lời giải m i ∗ (i) Từ giả thiết, dễ thấy P (x) ≡ i=0 x m := deg P ∈ N , +∞ ∗ (ai )m i=0 ⊂ Z, am > 0, dãy (xn )n=n1 tăng ngặt, với n1 ∈ N Hơn nữa, lim xn = +∞ n→+∞ xm xm n n = lim = lim n→+∞ 2n n→+∞ P (xn ) n→+∞ a + m lim m−1 i=0 xni−m = ; am từ đó, n+1 xm xn+1 n+1 /2 = ⇒ lim = 21/m , m n n→+∞ xn n→+∞ xn /2 lim nên (theo bất đẳng thức TBC-TBN, dấu “=” không xảy ra) lim n→+∞ xn+1 xn−1 + xn xn = 21/m + 2−1/m > Vậy, tồn số nguyên dương n2 ≥ n1 cho xn+1 xn−1 + > ⇒ xn+1 − xn > xn − xn−1 xn xn n > n2 (ii) Nhưng P ∈ Z[x], ta có (xn+1 − xn ) | (P (xn+1 ) − P (xn )) = 2n+1 − 2n = 2n nên xn+1 − xn lũy thừa với n ∈ N∗ Vì thế, xn+1 − xn ≥ 2(xn − xn−1 ) ≥ · · · ≥ 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) 12 n > n2 Từ đó, xn+1 ≥ xn + 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) > 2n−n2 m > có ∀n > n2 Vậy, xm 2m(n−n2 ) n+1 = lim n+1 ≥ lim = +∞, n→+∞ 2n+1 am n→+∞ vô lý! Mâu thuẫn chứng tỏ m = 1, nghĩa P (x) ≡ a1 x + a0 (iii) Bởi a1 | a1 xn = 2n − a0 (∀n ∈ N∗ ), ta thấy: < a1 | (22 − a0 ) − (21 − a0 ) = Dễ dàng thử lại để đến kết luận sau: (1) a1 = P (x) ≡ x + a0 với a0 ∈ Z, a0 ≤ 1, (2) a1 = P (x) ≡ 2x + a0 với a0 = 2b, b ∈ Z, b ≤ Bài toán 12 (VN TST 2014) Tìm tất đa thức P, Q ∈ Z[x] cho số nguyên dương ước số hạng khác dãy số (xn )∞ n=0 cho bởi: x0 = 2014, x2n+1 = P (x2n ), x2n+2 = Q(x2n+1 ) với n ≥ Lời giải Cho P, Q ∈ Z[x] thỏa yêu cầu đề Ta bước chứng minh kết luận sau: (i) deg P ≥ 1, deg Q ≥ Giả sử phản chứng P Q đa thức với giá trị c (∈ Z) Nếu P (x) = c (∀x ∈ Z) xn ∈ {2014, c, Q(c)} ∀n ≥ Nếu Q(x) = c (∀x ∈ Z) xn ∈ {2014, P (2014), c, P (c)} ∀n ≥ Trong hai trường hợp, yêu cầu đề thỏa mãn Vậy, deg P ≥ 1, deg Q ≥ (ii) deg Q = Giả sử phản chứng deg Q > Theo (i), deg P ≥ 1, nên tồn số thực M > k ≥ cho với x ∈ Z mà |x| ≥ M ta có k |P (x)| ≥ |x| Đặc biệt, lim |P (x)| = ∞ |x|→∞ |Q(x)| = ∞; thế, chọn N ∈ (M, +∞) đủ |x|→∞ |x| lớn, ta có: |Q(x)| > |x| Nhưng deg Q > 1, nên lim |Q(P (x))| > 2k |P (x)| = k |P (x)| + k |P (x)| ≥ k |P (x)| + |x| 13 |x| ≥ N Yêu cầu đề cho thấy lim max |x | = +∞ Hơn nữa, với n đủ lớn, n→+∞ 0≤ ≤2n tồn số ≤ i = i(n) ≤ 2n để |xi | = max |x | > N 0≤ ≤2n Nếu i lẻ, i = 2j − 1, ta có |x2j | = |Q(x2j−1 )| > |x2j−1 | = max |x | , 0≤ ≤2n vơ lý (vì 2j ≤ 2n)! Vậy, i phải chẵn (khi n đủ lớn), ta viết i = 2j Với j thế, lấy m := |x2j+2 − x2j | Khi đó, m = |Q(P (x2j )) − x2j | ≥ |Q(P (x2j ))| − |x2j | > k |P (x2j )| ≥ |x2j | , m > k |P (x2j )| ≥ |P (x2j )| = |x2j+1 | Cho nên số 2j + số hạng (đầu tiên) x0 , x1 , , x2j , x2j+1 dãy số cho, khơng có số hạng khác |x2j | N bội m Chú ý thêm x2j x2j+1 = (do |x2j+1 | = |P (x2j )| ≥ > > k k 0) Vì thế, x2j x2j+1 khơng chia hết cho m Mặt khác, (x2 +2 − x2 ) | (Q(P (x2 +2 )) − Q(P (x2 ))) = x2 +4 − x2 +2 (x2 +2 − x2 ) | (P (x2 +2 ) − P (x2 )) = x2 +3 − x2 +1 Vậy, ≥ j x2 +2 − x2 , lẫn x2 +3 − x2 +1 , bội m = |x2j+2 − x2j | Nhưng, thấy, x2j x2j+1 không chia hết cho m, nên x2 +2 lẫn x2 +3 không bội m ≥ j Suy ra: m ước số hạng khác (xn )∞ n=0 , vô lý! Vậy, deg Q = (iii) degP = Chứng minh: tương tự (ii) (iv) Bây giờ, P (x) ≡ ax + b, Q(x) ≡ cx + d với a, b, c, d ∈ Z ac = Ta chứng minh ac = Theo định nghĩa, x2n+1 = ax2n + b x2n+2 = cx2n+1 + d ∀n ≥ Từ đây, x2n+2 = acx2n + bc + d x2n+3 = acx2n+1 + ad + b với n ≥ Hai dãy có chung dạng truy hồi yn+1 = ryn + s với s ∈ Z, r = ac 14 Giả sử phản chứng r = Lúc này, n−1 n ri = rn y0 + s yn = r y0 + s i=0 rn − r−1 ∀n ≥ Nếu r = −1 yn ∈ {y0 , −y0 + s} (∀n) nên yêu cầu đề thỏa mãn Vậy, |r| > Yêu cầu đề cho thấy hai dãy nói có tính chất: với q ∈ N tồn n = n(q) ∈ N cho rq | yn = Hiển nhiên, n → +∞ q → +∞ Hơn nữa, n−1 r min{q,n} n ri | (yn − r y0 ) = s i=0 i = 1, ta có rmin{q,n} | s (với q) Nhưng |r| > Vì gcd r, n−1 i=0 r min{q, n} → +∞ q → +∞, nên s = 0, yn = rn y0 (∀n), đó, dễ thấy yêu cầu đề thỏa mãn Mâu thuẫn chứng tỏ r = ac = (v) Cuối cùng, P (x) ≡ ±x + b, Q(x) ≡ ±x + d, b, d ∈ Z số cần tìm Ta phải xét hai trường hợp: • P (x) ≡ x + b Q(x) ≡ x + d với b, d ∈ Z Trong trường hợp này, quy nạp, ta có x2n = 2014 + n(b + d) x2n+1 = 2014 + b + n(b + d) ∀n ≥ Vì thế, điều kiện cần để yêu cầu đề thỏa mãn b+d = Dưới điều kiện này, yêu cầu đề nói rằng: với m ∈ N∗ , đồng dư thức tuyến tính (b + d)x ≡ −2014(mod m), (b + d)x ≡ −(2014 + b)(mod m) có (vơ số) nghiệm x = n N Một cách tương đương, gcd (b + d, m) | 2014 gcd (b + d, m) | (2014 + b) với m ∈ N∗ Thật ra, cần xét m = |b + d| điều kiện phải tìm là: (b + d) | 2014 (b + d) | (2014 + b), b + d = • P (x) ≡ −x + b Q(x) ≡ −x + d với b, d ∈ Z Hoàn toàn tương tự, ta thấy điều kiện cần đủ để yêu cầu đề thỏa mãn (b − d) | 2014 (b − d) | (−2014 + b), b − d = Lời giải Ta đưa cách chứng minh khác cho cặp bước (ii)-(iii) (giữ nguyên chứng minh (i) (iv)-(v)) 15 (ii)-(iii) deg P = 1, deg Q = Ta cần: Bổ đề Cho a ∈ Z T ∈ Z[x] Một dãy số (yn ) xác định y0 = a, yn+1 = T (yn ) ∀n ≥ Giả sử số nguyên dương m ước số hạng khác (yn ) Khi đó, deg T = Chứng minh Dễ thấy đa thức T không thỏa mãn giả thiết Giả sử phản chứng deg T > Khi đó, tồn số thực c > cho |T (x)| > 2|x| |x| > c Từ giả thiết suy ra: lim max |y | = +∞ Hơn nữa, m→+∞ 0≤ ≤m gọi ≤ n = n(m) ≤ m số bé cho |yn | = max |y |, 0≤ ≤m n → +∞ m → +∞, |yn | > |yi | với ≤ i < n Vì thế, ta chọn N ∈ N∗ cho |yN | > max{c, |y0 |, |y1 |, , |yN −1 |} Đặc biệt, điều kéo theo: |yN +1 | = |T (yN )| > 2|yN | Lấy m := |yN +1 − yN | ∈ N∗ , ta có m ≥ |yN +1 | − |yN | > |yN | > max{|y0 |, |y1 |, , |yN −1 |} Bởi vậy, yN không chia hết cho m Hơn nữa, m không ước số hạng khác số y0 , y1 , , yN −1 Mặt khác, yn+1 − yn bội yn − yn−1 với n ≥ 1; yn+1 − yn chia hết cho m = |yN +1 − yN | với n ≥ N Suy ra: yn − yN = (yn − yn−1 ) + (yn−1 − yn−2 ) + + (yN +1 − yN ) bội m với n > N Nhưng yN không chia hết cho m, nên yn không chia hết cho m với n > N ta gặp mâu thuẫn! Bổ đề chứng minh Ta sẵn sàng để chứng minh kết luận (ii)-(iii) Đặt H(x) = P (Q(x)) K(x) = Q(P (x)) Giả sử phản chứng deg P ≥ 2, deg Q ≥ Khi đó, deg H ≥ deg K ≥ (theo (i), deg P ≥ deg Q ≥ 1) Xét dãy (x0 , x2 , x4 , ), x2(n+1) = K (x2n ) với n ≥ Do deg K ≥ nên dãy (yn ) = (x2n ) thỏa mãn giả thiết Bổ đề Bởi vậy, tồn số nguyên dương m cho không số số số nguyên dương m, 2m, 3m, ước số hạng x2n = Từ đó, với k ∈ N∗ tồn số hạng x2nk +1 = chia hết cho km Suy ra: dãy (x1 , x3 , x5 , ), x2n+3 = H (x2n+1 ) (với n ≥ 0), thỏa mãn giả thiết Bổ đề, vậy, deg H = 1, vô lý! Mâu thuẫn cho ta đpcm 16 Tài liệu [1] Đề thi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia đề thi chọn đội tuyển VN dự thi IMO năm gần [2] IMO shortlists [3] Romanian Mathematical Competitions (RMCs), Romanian Mathematical Society, Theta Foundation (1997-2007 ) [4] Titu Andreescu and Zuming Feng, Mathematical Olympiads – Problems and Solutions from Around the World, the Mathematical Association of America (1998, 1999, 2000, 2001 ) [5] WJ Kaczkor MT Nowak (Đoàn Chi biên dịch, Nguyễn Duy Tiến hiệu đính), Bài tập giải tích, tập 1: số thực, dãy số chuỗi số, NXB ĐHSP (2003) 17