Lời giải đề lần bốn Phạm Hy Hiếu - Toán PTNK 07 - 10 Bài toán Với số nguyên dương n tồn đa thức: Pn (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 với hệ số thực cho với x thuộc R, Pn (x) > −3 đồng thời: Pn (−2) = Pn (0) = Pn (2) = Lời giải Tại n = 2, rõ ràng không tồn đa thức P2 (x) thỏa mãn yêu cầu đề bài, đa thức bậc hai khơng đồng khơng thể có ba nghiệm phân biệt −2, 0, Tại n = 4, giả sử tồn đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta đặt: P4 (x) = x(x − 2)(x + 2)(x − k) Ta có: P4 (1) > −3 ⇒ −3(1 − k) > −3 ⇒ − k < ⇒ k > P4 (−1) > −3 ⇒ 3(−1 − k) > −3 ⇒ −1 − k > −1 ⇒ k < Mâu thuẫn! Vậy không tồn đa thức P4 (x) thỏa mãn yêu cầu đề Hơn nữa, với n lẻ ta có: lim P2k+1 (x) = −∞ n→−∞ nên khơng thể có P2k+1 (x) > −3 với x ∈ R Cuối cùng, với n ≥ n số chẵn, ta có đa thức dạng sau: P2k (x) = x2k−4 (x − 2)2 (x + 2)2 thỏa mãn yêu cầu đề Vậy giá trị cần tìm n n chẵn n ≥ Bài toán Cho hàm số f (x) = 2x − sin x Chứng minh f khả nghịch đồng thời f −1 viết dạng tổng hàm tuyến tính với hàm tuần hồn Lời giải Ta có f liên tục, khả vi cấp R đồng thời: f (x) = − cos x > 0, ∀x ∈ R f tăng R đó, đơn ánh R Hơn nữa: lim f (x) = −∞ lim f (x) = +∞, x→+∞ x→−∞ nên tính liên tục f , ta suy f toàn ánh R Vậy f song ánh R đó, khả nghịch Đặt g = f −1 Ta có: x = f (g(x)) = 2g(x) − sin g(x) ⇒ g(x) = x + sin g(x) Ta lại có: f (x) = 2x − sin x ⇒ f (x + 2π) = 2x + 4π − sin x Trừ theo vế hai đẳng thức ta có: f (x + 2π) = f (x) + 4π Thay x g(x) ta được: f (g(x) + 2π) = x + 4π Lấy g hai vế ta có: g(x) + 2π = g(x + 4π) x + sin g(x) x + 4π + sin g(x + 4π) + 2π = ⇒ 2 ⇒ sin g(x) = sin g(x + 4π) x + h(x) nên g = f −1 có dạng tổng hàm tuyến tính với hàm tuần hồn Bài tốn chứng minh Do h(x) = sin g(x) hàm tuần hoàn chu kỳ 4π g(x) = Bài tốn Cho ABC Hình vng M N P Q nội tiếp ABCA có M, N ∈ Bc Gọi A tâm hình vng A” điểm đối xứng với A qua BC Các điểm B”, C” xác định tương tự Chứng minh AA”, BB”, CC” đồng quy Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: A P Q A' A B N M C Y A" Z A0 B C X M' N' A1 Bổ đề (Định lý Jacobi) Về phía ngồi ABC ta dựng tam giác BXC, CY A, AZB đồng dạng với cân X, Y, Z Khi AX, BY, CZ đồng qui Chứng minh bổ đề Từ giả thiết suy ra: ∠XBC = ∠XCB = ∠Y CA = ∠Y AC = ∠ZAB = ∠ZBA = α Theo định lý sin ta có: XC AX sin ∠XAB sin (B + α) = sin ∠XAC = sin ∠ACX = XB AX sin ∠XAC sin (C + α) sin ∠XAB sin ∠ABX Lập tỉ số tương tự nhân chúng lại với ta có: sin ∠XAB = sin ∠XAC sin (B + α) =1 sin (C + α) Vậy nên theo định lý Ceva AX, BY, CZ đồng quy Bổ đề chứng minh Vào Xét phép vị tự: H A, AB AQ : Q → B, P → C, M → M , N → N , A → A0 , A” → A1 Ta có BCN M hình vng nhận A0 làm tâm, A1 đối xứng với A0 qua M N Xác định điểm B1 , C1 tương tự BA1 C, CA1 B, AB1 C tam giác cân A1 , B1 , C1 đồng dạng với Theo bổ đề AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài toán chứng minh Bài tốn Chứng minh tồn vơ hạn số nguyên dương n cho 10n + hợp số Lời giải Ta có: 100 ≡ (mod 7), 101 ≡ (mod 7), 102 ≡ 103 ≡ (mod 7), 104 ≡ (mod 7), 105 ≡ (mod 7) (mod 7) Suy 10 nguyên thủy modulo Từ suy tồn k ∈ {1, 2, , 6} cho: 10k + ≡ (mod 7) Xét nt = 6t + k ta có: 10n + ≡ 106t+k + ≡ (106 )t · 10k + ≡ 10k + ≡ (mod 7) Vậy dãy số {10nt + 3}t∈N∗ gồm vơ hạn hợp số Bài tốn tốn chứng minh Bài toán Số nguyên dương n gọi tốt viết dạng: n = a1 + a2 + + ak Trong ∈ N∗ đồng thời: 1 + + + =1 a1 a2 an Chứng minh ta thừa nhận số từ 24 đến 56 số tốt số từ 57 trở số tốt Lời giải Giả sử n số tốt Đặt n = a1 + a2 + + ak với số nguyên dương thỏa mãn: 1 + + + =1 a1 a2 an Ta có: 2n + = + + 2(a1 + a2 + + ak ) 2n + = + + 2(a1 + a − + + ak ) Hơn nữa: 1 1 1 1 1 + + + + = + + + + =1 4 2a1 2a2 2an 2a1 2a2 2an Do đó, n số tốt 2n + 2n + số tốt Do ta thừa nhận 24, 25, , 56 = · 24 + số tốt 57, 58, , 121 = · 56 + số tốt Tiếp tục lý luận lên suy số nguyên dương từ 57 trở số tốt Bài toán chứng minh ... + =1 a1 a2 an Chứng minh ta thừa nhận số từ 24 đến 56 số tốt số từ 57 trở số tốt Lời giải Giả sử n số tốt Đặt n = a1 + a2 + + ak với số nguyên dương thỏa mãn: 1 + + + =1 a1 a2 an Ta có: 2n... ak ) 2n + = + + 2(a1 + a − + + ak ) Hơn nữa: 1 1 1 1 1 + + + + = + + + + =1 4 2a1 2a2 2an 2a1 2a2 2an Do đó, n số tốt 2n + 2n + số tốt Do ta thừa nhận 24, 25, , 56 = · 24 + số tốt 57, 58, ,