LoigiaivaBinhluan-MonToan – www.MATHVN.com

1) Đây là câu đơn giản và chắc rằng nhiều bạn sẽ xử lí được do các yếu tố trong đề bài (tứ giác nội tiếp, phân giác) đều hướng chúng ta đến việc chứng minh các điểm P Q S T , , , cùng t[r]

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2012

Mơn TỐN

Ngày thi thứ 11/1/2012 Thời gian làm 180 phút

Bài (5 điểm)

Cho dãy số thực (xn) xác định :

1 ( 2) n n x n x x n          

với n ≥

Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn n   tính giới hạn

Lời giải

Rõ ràng ta có xn > với n nguyên dương (1)

Ta chứng minh kể từ số hạng thứ hai, dãy số cho giảm

Thật vậy, xét hiệu

1

1 1

2[( 2) ( 1) ]

( 2)

3

n

n n n n

n n x

n

x x x x

n n             

Để chứng minh xn

giảm số hạng thứ hai, ta cần chứng minh

1

(n2) ( n1)xn 0 với n ≥ (2)

Ta chứng minh điều quy nạp toán học Với n = 3, x2 = 10/3 nên bất đẳng

thức

1

10

( 2) ( 1)

3

n

n  n x      

Giả sử ta có (n2) ( n1)xn10

2 n n x n   

1

2 2

( 2) ( 2)

3 1

n n

n n n n n

x x

n  n n n n

    

     

 

Suy (n+3) – nxn < Vậy (2) đến n+1 Theo ngun lý quy nạp tốn học, ta có

(2) với n ≥

Như vậy, (xn) dãy số giảm kể từ số hạng thứ hai Ngồi ra, theo (1), bị chặn

bởi Theo tính chất dãy đơn điệu, tồn giớ hạn hữu hạn limn xn a

   Chuyển đẳng

thức

2

( 2)

3

n n

n

x x

n 



 

sang giới hạn, ta

1

( 2) a a

Từ suy a =

Vậy dãy số cho có giới hạn n dần tới vơ limn xn 1

Bình luận Đây toán Ý tưởng chứng minh dãy số giảm tự nhiên

sau ta tính vài số hạng đầu ta thấy x2 = 10/3, x3 = 80/27, x4 = 67/27… Từ dự đoán

dãy số giảm ta đến yêu cầu chứng minh (2) cách tự nhiên Và ý tưởng quy nạp rõ ràng với dãy số cho công thức truy hồi

Bài (5 điểm)

Cho cấp số cộng (an), (bn) số nguyên m > Xét m tam thức bậc hai:

Pk(x) = x2 + akx + bk, k = 1, 2, …, m

Chứng minh hai tam thức P1(x), Pm(x) nghiệm thực tất

đa thức cịn lại khơng có nghiệm thực

Lời giải

Ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề: Nếu a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm <

(a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) <

với   [0, 1]

Chứng minh

Cách Thật vậy, ta có (a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) = 2(a12–4b1) + (1–)2(am2–

Do a12–4b1b1 < 0, am2 – 4bm < 2a1am – 4(b1+bm) < 2a1am – a12 –am2 = – (a1–am)2 ≤

nên vế phải (1) < ta có điều phải chứng minh

Cách Vì a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < nên theo định lý dấu tam thức bậc hai, ta có

x2 + a

1x + b1 > với x x2 + amx + bm > với x

Nhân bất đẳng thức đầu với  nhân bất đẳng thức thứ hai với (1–) cộng lại, ta

x2 + (a

1 + (1–)am)x + (b1 + (1–)bm) > với x

Từ suy (a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) < (đpcm)

Trở lại tốn, P1(x) Pm(x) khơng có nghiệm thực nên ta có 1 = a12 – 4b1 <

m= am2 – 4bm <

Công sai cấp số cộng (an)

1 m a a m 

 , công sai cấp số cộng (bn)

1 m b b m   .

Do với k = 1, 2, …, m ta có

1

1

1 ( 1)

1 1

m

k m

a a m k k

a a k a a

m m m

           Tương tự 1 1 ( 1)

1 1

m

k m

b b m k k

b b k b b

m m m

  

    

  

Bây áp dụng bổ đề với

m k m   

 , ta có k= ak2 – 4b

k < với k = 1, 2, …, m, tức

là tất đa thức P1(x), P2(x), …, Pm(x) khơng có nghiệm thực

Bình luận

 Đây toán đơn giản phương hướng giải lẫn trình bày Việc tính ak theo a1 am ý tưởng tự nhiên.Uqiuiquiqu

←

Bài (5 điểm)

Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có cặp cạnh đối khơng song song Gọi M, N tương ứng giao điểm đường thẳng AB CD, AD BC Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm đường phân giác cặp MAN MBN, MBN MCN, MCN MDN, MDN MAN Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi phân biệt

1) Chứng minh bốn điểm P, Q, S, T nằm đường tròn Gọi I tâm đường trịn

2) Gọi E giao điểm đường chéo AC BD Chứng minh ba điểm E, O, I thẳng hàng

Lời giải (Lời giải bình luận Lê Phúc Lữ)

Trên thực tế, hình vẽ trường hợp có tốn Tuy nhiên, tính bình đẳng trường hợp nên quyền xét riêng trường hợp này, vị trí tương tự khác xử lí biểu thức tương tự (Có thể biến đổi góc định hướng để lời giải khơng phụ thuộc hình vẽ) Gọi A B, ,C,D góc tứ giác ABCD

Ta giả sử MN nằm phía với B đường thẳng AC hình vẽ.

Xét ABP, ta có

 

 

1

180 180

2

1 1

180 90

2 2

TPQ APB PAB PBA MAN MBN NBA

C B D C D

 

               

 

 

            

 

 

 

Xét CDS, ta có:

  1 1 

180 180 90

2 2

QST CSD SDC SCD  D C A C D

                  

 

  

So sánh hai đẳng thức trên, ta TPQQST hay tứ giác PQTS nội tiếp Ta có đpcm

Ở nhiều cách biến đổi khác hầu hết, biết sử dụng giả thiết tứ giác

ABCD nội tiếp đường phân giác toán trở nên đơn giản.

2) Ở phần này, vấn đề khó hẳn việc xác định ví trị điểm E I, khiến ta khó định hướng việc chứng minh điểm thẳng hàng

Tuy nhiên, ta ý yếu tố định lí hình học quen thuộc (định lí Brocard) xuất rõ ràng tốn Đó E giao hai đường chéo tứ

giác ABCD điểm M N, OEMN. Tuy nhiên, dùng ta cần chứng minh

lại đầy đủ lại

Đến đây, cần chứng minh thêm OI MN tốn hồn tất có điểm

, ,

Do O I, tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD PQTS, nên ý tưởng tự nhiên ta chứng minh MNchính trục đẳng phương hai đường tròn

( ),( )O I này.

Tuy nhiên, thực điều không khó! Theo xác định điểm Q T, tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCM ADM, nên chúng phải nằm phân giác ngồi góc AMB hay M Q T, , thẳng hàng Hơn nữa, tâm

đường tròn bàng tiếp nên 90 90

BCM BAD

MQB   BAT

     

hay tứ giác ABQT nội tiếp

Suy MA MB MQ MT   hay M có phương tích đến hai đường tròn ( ),( )O I .

Hồn tồn tương tự với điểm N

Từ suy MNchính trục đẳng phương hai đường tròn ( ),( )O I theo lập luận ta dàng có đpcm

Dưới phát biểu chứng minh định lí Brocard:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O có M N, giao điểm cặp cạnh đối AB CD, AD BC, Gọi E giao điểm hai đường chéo Khi đó, ta có

EOMN

Thật vậy, gọi K giao điểm khác E đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE CDE,

Trước hết, ta thấy K E M, , nằm trục đẳng phương (ABE CDE),( ) nên chúng thẳng hàng

Ta có BKCBKE CKEEAB EDCBOC nên tứ giác OKBC nội tiếp.

Tương tự tứ giác OKAD nội tiếp Suy K giao điểm thứ hai khác O hai đường tròn (OBC OAD),( ) nên điểm O K N, , thẳng hàng nằm

Mặt khác, cách xét góc nội tiếp tứ giác nội tiếp, ta có

MKN MKB NKB EAB OCB EDC OBC EKC OKC MKO

              .

Hơn nữa, hai góc bù nên góc 90 hay MEON.

Chứng minh tương tự, ta có NEOM hay E trực tâm tam giác OMN và

OEMN

Định lí chứng minh

Bình luận.

Câu a toán thực vấn đề dễ đề thi lần Câu b địi hỏi phải dùng thêm định lí Brocard lại định lí quen thuộc nên việc chứng minh khơng phải q khó Hơn nữa, nhận OEMN suy nghĩ đến yêu cầu

Tuy nhiên, tính rắc rối hình vẽ nên có nhiều bạn dừng lại câu a không nhận việc áp dụng định lí giải tốn dù biết từ trước

Bài thực chất sử dụng ý tưởng từ hình học tạp chí Crux Mathematical năm 2005 với nội dung sau:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( )O có hai đường chéo cắt E Gọi , , ,

P Q R S giao điểm hai phân giác cặp góc , ; , ; , ; ,

A B B C C D D A ABCD.

Chứng minh tứ giác PQRS nội tiếp đường tròn, gọi X tâm đường tròn ngoại tiếp O E X, , thẳng hàng PR QS

Bài (5 điểm)

Cho số nguyên dương n Có n học sinh nam n học sinh nữ xếp thành hàng ngang, theo thứ tự tùy ý Mỗi học sinh (trong số 2n học sinh vừa nêu) cho số kẹo số cách chọn hai học sinh khác giới với X đứng hai phía X Chứng minh

rằng tổng số kẹo mà tất 2n học sinh nhận không vượt

1

( 1) 3n n 

Lời giải (Theo Mashimaru – Phạm Hy Hiếu Traum – Lê Hồng Quý)

Gọi a1, a2, …, an b1, b2, …, bn vị trí n nam n nữ hàng Xét nam vị trí ai,

ta thấy bên trái có – vị trí, có i-1 vị trí nam, nên bên trái

có – i nữ Tương tự, bên phải có n – (ai – i) nữ Vậy nam cho (ai–i)

(n–(ai–i) kẹo Tương tự, nữ vị trí bi cho (bi–i)(n–(bi–i) kẹo

Như tổng số kẹo cho

2 2

1

{( )( ( )) ( )( ( ))} { ( ) ( ) 2 ( ))}

n n

i i i i i i i i i i

i i

S a i n a i b i n b i n a b a b ni i i a b

 

               

Chú ý {a1, a2, …, an, b1, b2, …, bn} = {1, 2, …, 2n} nên ta có

2

2 2

1 1

2 (2 1)(4 1) (2 1)

( ) , ( ) ,

6

n n n n

i i i i

i i i i

n n n n n

a b i a b i

                 Ngoài 1

( 1)(2 1) ( 1)

,

6

n n

i i

n n n n n

i i

 

  

 

Thay vào biểu thức tính S, ta tìm

2

1

(7 2)

2 ( )

3

n

i i

i

n n n S i a b



 

  

Từ đó, ta đưa toán ban đầu việc chứng minh bất đẳng thức

1

( 1)(8 1)

( )

6

n

i i

i

n n n T i a b



 

  

Ta có an + bn ≤ 2n + 2n – = 4n –

an + bn + an-1 + bn-1 ≤ 4n – + 4n –

an + bn + … + a1 + b1 = 4n – + 4n – + … +

Áp dụng cơng thức khai triển tổng Abel, ta có

1 1 1

1

1

( ) ( ) ( )

( 1)(8 1) (4 5) (4 3) (4 1)

6

n

i i n n n n n n n n n n

i

n

i

T i a b a b a b a b a b a b a b

n n n

n n n n n i i

                                          (đpcm) Bình luận.

 Theo chứng minh dấu xảy + bi = 4i – với i

= 1, 2, …, n Nếu xét i = 1, 2, …, n từ ta {ai, bi} = {2i-1, 2i}

 Bài toán cịn giải cách sử dụng đơn biến

 Đây khó ngày thứ so với tổ hợp ngày thứ hai có phần khó

Ngày thi thứ hai 12/1/2012 Thời gian làm 180 phút

Bài (7 điểm)

Cho nhóm gồm gái, kí hiệu G1, G2, G3, G4, G5 12 chàng trai Có 17

ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người cho ngồi vào ghế cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn:

1/ Mỗi ghế có người ngồi;

2/ Thứ tự ngồi cô gái, xét từ trái qua phải, G1, G2, G3, G4, G5;

3/ Giữa G1 G2 có chàng trai;

4/ Giữa G4 G5 có chàng trai nhiều chàng trai

Hỏi có tất cách xếp vậy?

(Hai cách xếp coi khác tồn ghế mà người ngồi ghế hai cách xếp khác nhau)

Lời giải.

Cách Trước hết ta chứng minh bổ đề

Bổ đề (Bài toán chia kẹo Euler) Cho k, n số nguyên dương Số nghiệm

nguyên không âm phương trình x1 + x2 + … + xk = n

1 k n k

C   

Chứng minh: Ta cho tương ứng nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 +

… + xk = n (1) với xâu nhị phân độ dài n+k-1 có n bit k-1 bit 0, cụ thể

xâu gồm x1 bit 1, sau bit 0,tiếp theo x2 bit 1, sau bit 0, thế, cuối

cùng xk bit Dễ dàng chứng minh song ánh từ tập A nghiệm

nguyên không âm (1) vào tập hợp B xâu nhị phân độ dài n+k-1 với n bit k-1

bit Từ đó, theo nguyên lý song ánh ta có | | | |A B Cn kk 1 1.(đpcm)

Trở lại toán

Đánh số thứ tự ghế từ trái sang phải 1, 2, …,17

Gọi x1 số chàng trai xếp bên trái G1, x2 số chàng trai G1 G2, x3 số

G4 G5, x6 số chàng trai xếp bên phải G5 Khi số (x1, x2, …, x6) hoàn

toàn xác định vị trí gái ta có 1) x1 + x2 + … + x6 = 12

2) ≤ x2

3) ≤ x5 ≤

Đổi biến y2 = x2 – y5 = x5 – ta

x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 =

Với ẩn khơng âm có thêm điều kiện y5 ≤

Tiếp theo, sử dụng toán chia kẹo Euler dạng x1 + y2 + x3 + x4 + x6 = – y5

ta số cách phân ghế cho cô gái

4 4

12 11 10 1161

C C C C 

Vì cịn có 12 chàng trai hốn đổi vị trí 12 ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán 12! 1161

Cách Cũng đánh số thứ tự ghế từ trái sang phải 1, 2, …,17

Gọi g1, g2, g3, g4, g5 vị trí chỗ ngồi cô gái G1, G2, G3, G4, G5 tương ứng

Khi ta có ≤ g1 < g2 < g3 < g4 < g5 ≤ 17 Ngồi ta cịn có < g2 – g1 < g5 – g4 <

6

Đặt A = {(g1, g2, g3, g4, g5)| ≤ g1 < g2 < g3 < g4 < g5 ≤ 17, < g2 – g1, < g5 – g4 < 6}

ta cần tìm |A|

Đặt B = {(g1, g2, g3, g4, g5)| ≤ g1 < g2 < g3 < g4 < g5 ≤ 17, < g2 – g1, < g5 – g4 }

C = {(g1, g2, g3, g4, g5)| ≤ g1 < g2 < g3 < g4 < g5 ≤ 17, < g2 – g1, ≤ g5 – g4 }

thì rõ ràng ta có A = B \ C (với C  B), suy |A| = |B| - |C|

Để tính |B|, ta đặt D = {(h1, h2, h3, h4, h5}| ≤ h1 < h2 < h3 < h4 < h5 ≤ 13} xét ánh xạ f:

B  D, f(g1, g2, g3, g4, g5)  (g1, g2-3, g3-3,g4-3,g5-4) dễ dàng kiểm chứng f

song ánh

Nhưng |D| số cách chọn phần tử từ 13 phần tử nên ta có |D| = C135 Vậy |B| = |D|

Một cách hoàn toàn tương tự, ta tính | C | = C95 Vậy số cách xếp chỗ cho 15 cô gái

bằng C135  C95 1161

Vì cịn có 12 chàng trai hốn đổi vị trí 12 ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn u cầu tốn 12! 1161

Bình luận

 Đây tổ hợp Các vấn đề trình bày kỹ tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi

 Ngồi phương pháp trình bày trên, cịn trình bày theo lối hàm sinh, đa thức Chẳng hạn số cách xếp cô gái thỏa mãn yêu cầu đề hệ số x8 khai triển (1+x+x2+…)5(1+x+x2+x3).

 Một sai lầm phổ biến gặp quên nhân 12!

 Trong lời giải, nên chứng minh chặt chẽ f (trong lời giải 2) ánh xạ, sau chứng minh song ánh

 Nếu khơng chứng minh lại định lý toán chia kẹo Euler cần phát biểu rõ ràng định lý

 Bài tập tương tự: Có cách chọn k người từ n người xếp thành hàng dọc cho khơng có hai người liên tiếp chọn?

Bài (7 điểm) Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước số b2 + b ước số a2

+ Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn) xác định

v1 = v2 = = 4vn-1 – vn-2 với n ≥

Lời giải.

Giả sử (a, b) cặp số tự nhiên lẻ mà a ước số b2 + b ước số a2 + 2.

Trước hết ta chứng minh (a, b) = Thật vậy, đặt d = (a, b) d | a | b2 + nên d | 2.

Mà a, b lẻ nên d lẻ, suy d =

Xét số N = a2 + b2 + a2 + chia hết cho b nên N chia hết cho b Tương tự, N chia

hết cho a Vì (a, b) = nên từ suy N chia hết cho ab Vậy tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 + = kab (1).

Tiếp theo, ta chứng minh k = Thật vậy, đặt A = { a+b | (a, b)  N*2, a2 + b2 + = kab}.

Khơng tính tổng qt, giả sử a0 ≥ b0 Xét phương trình a2 – kb0a + b02 + =

có nghiệm a0 Theo định lý Viet phương trình cịn có nghiệm a1 = kb0 – a0

= (b02+2)/2 Theo cơng thức nghiệm rõ ràng a1 nguyên dương Như (a1, b0)

một nghiệm (1) Do tính nhỏ a0 + b0, ta có a0 + b0 ≤ a1 + b0, tức a0 ≤ kb0 –

a0 suy a0/b0 ≤ k/2

Ta có: a02b02 2 ka b0 Suy

0

0 0

2 a b

k

b a a b  (2) Do a

0/b0 ≤ k/2, a0 ≥ b0 ≥ nên từ

đây ta có k ≤ k/2 + + Suy k ≤

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, a02 + b02 ≥ 2a0b0, dễ thấy k >

Nếu k ≠ (a0, b0) ≠ (1, 1), a0b0 ≥ Lại dùng (2) để đánh giá, ta có k ≤ k/2 + +

1, suy k ≤ Vậy giá trị k = 5, bị loại Nếu k = a02 + b02 + = 3a0b0 nên

suy a02 + b02 + chia hết cho 3, suy hai số a0, b0 chia hết cho 3, số cịn lại

khơng chia hết cho Nếu b0 = a0 chia hết cho 3, vế trái khơng chia hết cho

cịn vế phải chia hết cho 9, mâu thuẫn Vậy b0 > Từ suy a0b0 ≥ Lại sử dụng (2)

để đánh giá, ta suy

k ≤ k/2 + + 2/6 => k < 8/3 Mà k nguyên suy k ≤ 2, mâu thuẫn

Như ta chứng minh a, b số tự nhiên lẻ thỏa mãn điều kiện đề a2 + b2 + = 4ab (3).

Ta chứng minh trường hợp tồn số nguyên dương n cho {a, b} = {vn, vn+1} với dãy số định nghĩa đề

Trước hết, ta có nhận xét : Nếu a, b nghiệm (3) (4a – b, a) (4b – a, b) nghiệm (3) Từ đó, (v1, v2) nghiệm (3) nên (4v2 – v1, v2) nghiệm

(3), tức (v2, v3) nghiệm (3) Từ quy nạp suy (vn, vn+1) nghiệm

của (3)

Giả sử tồn cặp số (a, b) thỏa mãn (3) không tồn n cho {a, b} = {vn, vn+1}

Trong cặp số thế, chọn (a, b) có tổng a + b nhỏ Khơng tính tổng qt, giả sử a > b (chú ý a b a = b suy a = b = 1, {a, b} = {v1,

v2}) Theo nhận xét 4b – a, b nghiệm (3) Nhưng 4b – a =

(b2+2)/a < a (Vì a > b nên ab – b2 = (a+b)(a–b) ≥ 3)), nên 4b – a + b < a + b Theo định

– a = (b2+2)/a b > 1, ta suy 4b-a ≤ b Như 4b–a = v

n, b = vn+1 Nhưng từ a

= 4vn+1 – = vn+2, tức {a, b} = {vn+1, vn+2} mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức phải

tồn số tự nhiên n cho {a, b} = {vn, vn+1} a, b số hạng dãy (vn)

Bài tốn giải hồn tồn

Bình luận

 Bài tốn có ý chính: 1) Chứng minh k số nguyên dương cho tồn a, b nguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + = kab k = Phần này

khá quen thuộc với bạn biết phương pháp phương trình Markov hay “bước nhảy Viet” 2) Mô tả tất nghiệm phương trình a2 + b2 + = 4ab (3)

thông qua cặp số hạng liên tiếp dãy vn, gọi phương pháp gien

 Phương trình (3) cịn giải thơng qua phương trình Pell z2 – 3b2 = – Tuy nhiên cách giải cồng kềnh khơng phải phương trình Pell loại

 Một số toán tương tự:

1 Chứng minh a, b số nguyên dương cho

2 6

a b k

ab   

số nguyên k =

2 Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2 + y2 + = kxy có

nghiệm nguyên dương với giá trị k tìm tìm tất nghiệm phương trình

3 (VMO 1999) Cho hai dãy số (xn), (yn) xác định sau

x1=1 , x2=4 , xn+2=3xn+1 - xn với n  1,

y1=1 , y2=2 , yn+2=3yn+1 - yn với n 

Chứng minh số nguyên dương a, b thõa mãn phương trình a2 – 5b2 = –

chỉ tồn số nguyên dương k cho a = xk , b = yk

Bài (6 điểm) Tìm tất hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R và

thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 1/ f toàn ánh từ R đến R;

2/ f hàm số tăng R;

3/ f(f(x)) = f(x) + 12x với số thực x

Nếu f(x) = f(y) f(f(x)) = f((f(y)) nên từ phương trình hàm ta suy 12x = 12y, suy x = y Vậy f đơn ánh Theo đề bài, f toàn ánh từ R vào R nên từ ta có f song ánh Gọi f-1 hàm ngược f f-1 hàm tăng.

Thay x = vào phương trình hàm, ta f(f(0)) = f(0) Do f song ánh nên từ suy f(0) = Lấy f-1 hai vế ta suy f-1(0) = 0.

Đặt f-n(x) = f-1(f-1…(f-1(x))), n lần, dễ thấy f-n hàm tăng f-n(0) =

Xét dãy an với a0 = f(x), a1 = x, an = f-1(an-1) với n ≥ Thay x  f-1(an-1) vào phương trình

hàm, ta an-2 = an-1 + 12an Giải phương trình sai phân này, ta tìm

1

4 ( ) ( )

( ) ( 3)

7

n n

n n

x f x x f x

f x a  

 

 

   

Xét với x > 0, cố định Khi f-n(x) > với n (do f-n hàm tăng), 3x + f(x) > Cho

n = 2k, 2k+1, ta thu

2

4 ( ) ( )

,

3 ( ) 3 ( )

k k

x f x f x x x f x x f x

  

 

   

 

   

 

   

Cho k  + ta thu 4x ≤ f(x) ≤ 4x, suy f(x) = 4x Từ f(x) = 4x với x >

Với x < 0, cố định Khi f-n(x) < với n, 3x + f(x) < Hoàn toàn tương tự ta

suy f(x) = 4x với x <

Kết hợp trường hợp ta f(x) = 4x với x  R Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn phương trình hàm ban đầu

Vậy f(x) = 4x hàm thỏa mãn yêu cầu toán

Bình luận.

 Bài có lẽ có xuất xứ từ toán Putnam 1988: Giả sử R + tập số thực dương Chứng minh tồn hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn điều

kiện f(f(x) ) = 6x - f(x) với x Ý tưởng lời giải với x cố định xét dãy x0

= x, x1 = f(x), xn+1 = f(xn) Khi xn > với n xn+2 + xn+1 – 6xn = Từ

xn =

3 ( ) ( ) ( ) ( )

2 ( 3)

5 5

n

n n n

x f x x f x  x f x x f x   

       

   

  Nếu 2x – f(x)

> với n lẻ đủ lớn ta có xn < 0, mâu thuẫn Nếu 2x – f(x) < với n chẵn

đủ lớn ta có xn < 0, mâu thuẫn

Vấn đề tốn VMO 2012 phương trình đặc trưng x2 – x – 12 = có nghiệm

-3 4, làm phương pháp tương tự n   khơng suy mâu thuẫn Vì ta phải cho n  - cần dùng đến f-1 Đó điểm khác biệt căn

bản hai tốn Đó ý VMO 2012