Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017

Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 SỬ DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC Lê Phúc Lữ, Thân tặng học sinh chuẩn bị tham gia kỳ thi VMO 2017 tới Chúng ta biết giới hạn dãy số nội dung đặc thù giải tích Tuy nhiên, khơng phải mà khơng thể ứng dụng phân mơn cịn lại Trong phương trình hàm, ta dùng phép liên tục để xây dựng nhiều ràng buộc hàm số Trong số học, ta dùng giới hạn để kẹp đại lượng từ ước lượng giá trị Trong bất đẳng thức, việc cho biến tiến đến 0  cách quen thuộc để tìm số tốt Và viết này, điểm qua số tình Khi “anh (n ) ” “em (m ) ” đủ lớn điều “chia cách chúng ta” phải 0… 1  k   k với k  n nguyên dương Khi đó, k n Nếu k  sn   Bổ đề Đặt sn    Nếu k  sn bị chặn, tức có giới hạn hữu hạn Chứng minh (1) Trước hết, ta chứng minh k  s n   Thật vậy, đạo hàm, dễ dàng có ln(x  1)  x với x  Thay x ln n 1 1  hay  ln(n  1)  ln n với n n n n , ta có n n Suy sn   ln(i  1)  ln i   ln(n  1) , mà lim ln(n  1)   nên khẳng định i 1 n  Từ dễ thấy khẳng định với k  1  với k  k n n Tiếp theo với k  , ta dùng định lý Lagrange: (2) Xét hàm số f (x )  x k với x  0, k  Chọn hàm số F (x )  x 1k F (x )  f (x ) 1k Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Hàm số F(x ) liên tục đoạn [n, n  1] khả vi (n, n  1) nên áp dụng định lý Lagrange, ta có c  (n, n  1) để: F (c)  F (n  1)  F (n )  f (c)  F (n  1)  F (n ) n 1n Chú ý f (c) hàm nghịch biến nên f (c)  f (n  1) hay f (n  1)  F(n  1)  F(n) Từ đó, cho n  1,2, 3, ta thu n 1 1 k  n 1k      F ( i  1)  F ( i )   F ( n  1)  F (1)    k 1 1k 2k nk i 1 Dễ thấy lim n1k   k  nên giá trị sn bị chặn Bổ đề chứng minh Chú ý với k  dãy có giới hạn hữu hạn (tăng bị chặn trên) tìm xác giá trị điều khơng dễ Bằng cách tương tự, ta chứng minh 1 1       ln ln ln n ln n Bổ đề Xét dãy số un dương có lim un  tổng sn  u1  u2   un   Khi đó, giá trị sn tăng “dần dần” qua số nguyên lớn tùy ý Khi đó, với N đủ lớn tập AN  {n  N n  } , dãy số [sn ] tồn ánh Điều chứng minh dễ dàng cách đánh giá phần nguyên Bổ đề Một số đánh giá phần nguyên: Với số thực x x   [x ]  x  {x}  [x ]  [y ]  x  y  Với số không nguyên x, y mà tổng x  y nguyên  {x }  {y }   Bổ đề Xét dãy số un có lim un  L + Theo định nghĩa với   nhỏ tùy ý, ta có N để un  L  , n  N + lim un 1  un  lim un m  un  với m nguyên dương cho trước + Nếu dãy un nguyên L   đến lúc đó, un  L Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Tiếp theo, xét số tốn có dùng kiến thức giới hạn để xử lý Đố vui Harry Potter muốn luyện vàng từ cát Biết rằng: - Từ a gam cát, anh luyện b gam chì - Từ c gam chì, anh luyện d gam vàng - Từ e gam vàng, anh luyện f game cát Với a,b, c, d,e, f  tìm điều kiện chúng để Harry Potter luyện vô hạn lượng vàng từ lượng cát tùy ý cho trước  Lời giải Đây tình nhẹ nhàng Để ý từ gam cát, thơng qua q trình cát  chì  vàng  cát, ta có cát Ngồi ra, muốn có vơ hạn lượng vàng phải có vơ hạn lượng cát chì bdf gam ace bdf   gam cát để giá trị tiến vơ cực, ta phải có ràng Do đó, sau n lần luyện, có  ace  n buộc bdf  ace Bài Biết với k số nguyên đó, đa thức P (x )  x n 1  kx n  31x  12x  2016 có nghiệm ngun với vơ hạn giá trị nguyên dương n  Tìm k Lời giải Đa thức có nghiệm ngun nghiệm ước 2016 Giả sử a nghiệm ngun a n 1  ka n  31a  12a  2016  a k   31a  12a  2016 an Với a  n đủ lớn (vì có vơ hạn giá trị n ), giá trị vế phải khơng cịn ngun (mẫu lớn tử) khơng thể thỏa mãn Do đó, nghiệm nguyên 1 - Với a  , ta có  k  31  12  2016   k  2060 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 - Với a  1 , ta có ( 1)n 1  k ( 1)n  31  12  2016  hay k  2035 1 (1)n Nếu n chẵn ta có k  2034 ; cịn n lẻ k  2036 Tuy nhiên có vơ hạn số chẵn lẻ nên khẳng định Vậy có tất giá trị k 2060, 2034,2036 Nhận xét Tất nhiên lập luận áp dụng với nghiệm nguyên Khi hỏi nghiệm thực, dễ dàng thấy cho dù k với n lẻ, đa thức có nghiệm Bài Cho dãy số thực dương (un ) xác định u1, u2  u n 2  {(3  2)n }u n 1  {(3  2)n }u n với n  1,2, 3, Chứng minh tồn n cho un 2017  un  số thực x , ký hiệu {x} phần lẻ 2016 Lời giải Ta có nhận xét số vô tỷ x, y thỏa mãn điều kiện x  y nguyên {x }  {y}  Khai triển nhị thức Newton, dễ dàng có (3  2)n  (3  2)n   với n Đặt q   2  (0;1) ý  q n  với n : un 2  (1  q n )un 1  u n  un 2  un 1  q n (un 1  un ) hay un 2  un 1 1  un 1  un     u2  u1   n Từ suy lim un 1  un  Do đó, tồn N đủ lớn để n  N un 1  un  2016  2017 Khi đó, ta có un 2017  un  un 2017  un 2016  un 2016  un 2015   un 1  un  2016 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Nhận xét Ở này, để chứng minh lim un tồn điều không dễ (và chưa đúng) Tuy nhiên, ta cần có kết yếu lim un 1  un  đủ Bài Cho dãy số nguyên dương (an ) tăng ngặt thỏa mãn điều kiện: i) Các số hạng dãy lớn ii) gcd(ai , a j )  với i, j khác n iii) lim n   aiai 1 i 1   Chứng minh dãy có vơ hạn số ngun tố Lời giải Giả sử ngược lại dãy có hữu hạn số nguyên tố Khi đó, giả sử với n  N tất số hạng an hợp số Với an , ta gọi pn ước ngun tố nhỏ a n  pn2 số pn phân biệt (do số hạng dãy nguyên tố nhau) Do aiai 1  pi2 pi21  1  1      pi pi 1  pi pi 1  Suy n  i 1 N aiai 1  i 1 aiai 1 n  i N n aiai 1 c i N aiai 1 c số Thay đánh giá vào, ta có n  i 1 aiai 1 n  1   1  1  c       c          pN pi 1  pn 1  pN 1 pN 2 pn i N   pi Mặt khác, tổng phía sau khơng vượt q sn  1 1     (với n đủ lớn) 2 n Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Nhưng cho dù n   tổng bị chặn nên tổng n  i 1 aiai 1 bị chặn, mâu thuẫn với tính chất dãy Do đó, điều giả sử sai dãy chứa vô hạn số nguyên tố Nhận xét Dãy số cho tồn Thật vậy, ta chọn an số nguyên tố thứ n Sau đó, 1 1       với tổng tính số nguyên tố Tuy nhiên, việc chứng minh không đơn giản Ta dùng khai triển Taylor để chứng minh dùng kết  p  ln ln n   p n Các bạn tìm hiểu thêm với từ khóa: “divergence of the sum of the reciprocals of primes” Bài Với a,b,c  , đặt m  a b c a c b   ,n    b c a c b a a) Chứng minh tồn a,b, c để m  , n  , m   n b) Tìm tất số k để bất đẳng thức sau với m, n (với cách đặt trên): (m  n )k  (2m  n  9)k  15m  2n  39  Lời giải a) Chọn a  1, b  x , c  x với x  m  x n   2x x x Khi đó, dễ thấy x   m  , n  , mãn điều kiện m   số thỏa n b) Bất đẳng thức cho viết lại (k  2k  15)m  (k  k  2)n  9k  39  (*) Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Chia hai vế cho n  , ta có (k  2k  15) Vì m 9k  39  (k  k  2)   n n m   nên ta điều kiện cần k  2k  15   5  k  n Một cách tương tự, rõ ràng cho a  1, b  x , c  x có m  , n  , nên chia hai vế cho m  , ta cần có n   m k  k  k     k  1 Kết hợp lại, ta có k  [5; 1]  [2;3] Để chứng minh điều kiện đủ, ta ý m  AM-GM nên ta đưa a b c a c b    3, n     theo BĐT b c a c b a 3(k  2k  15)  3(k  k  2)  9k  39  Tuy nhiên, đẳng thức nên số k thỏa mãn Vậy k  [5; 1]  [2;3] Nhận xét Ở toán trên, đề thêm điều kiện abc  thay m  a 2c  c 2b  b 2a , n  a 2b  b 2c  c 2a 1 ,b  , c  x x x ta chọn giá trị a,b, c thỏa mãn giới hạn Chẳng hạn a  Từ lời giải trên, ta giải tốn sau: Tìm tất số thực r cho bất đẳng thức sau với số thực dương abc :       r  a  r  b r  c   r    a  b  b  c  c  a    Đặt m  a b c b a c   , n    Bất đẳng thức cho tương đương với b c a a c b Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017  a b c  ab(c  a )  bc(a  b)  ca(b  c)         r a  b b  c c  a  r   (a  b)(b  c)   abc 1      (a  b)(b  c)(c  a )  Bằng biến đổi trực tiếp, ta chứng minh đồng thức sau: (a  b)(b  c)(c  a )  a b c 3       m  n  ,    abc a  b b  c c  a  (a  b)(b  c )(c  a ) ab(c  a )  bc(a  b)  ca(b  c )      3m  n  6   abc (a  b)(b  c )(c  a )  (a  b )(b  c )(c  a )  abc 1     m  n  6  (a  b )(b  c )(c  a )  abc Do đó, bất đẳng thức đưa 1  (m  n )r  3m  n  6 r  (m  n  6)   4(m  n )r  2(3m  n  6)r  (m  n  6)  Đến đây, giải tương tự tốn ta có   4r  6r    3   r  1    4r  2r   4    Bài Trong mặt phẳng tọa độ, điểm mà tung độ hoành độ số tự nhiên, có đặt gốc có bán kính 106 Một người đứng gốc tọa độ O nhìn vào góc phần tư thứ mặt phẳng theo hướng cố định Hỏi tầm nhìn người có bị giới hạn gốc hay không? Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề quan trọng sau: Với số vô tỷ   số nguyên dương N , tồn p  , q    cho q   p  N Thật vậy,  1 1 2  N    Xét phần lẻ {},{2},{3}, ,{(N  1)} đoạn 0; ,  ; , ,   N ;1  N   N N  Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Do có N đoạn mà có N  số nên phải tồn hai số thuộc khoảng, giả sử {r },{s} với  r  s  N  Khi {r }  {s }  1 hay (s  r )  [s  ]  [r  ]  N N Đặt q  s  r, p  [s]  [r ] , ta có đpcm Trở lại tốn, Giả sử người nhìn theo hướng đường thẳng y  kx với k  Khi đó, điểm có tọa độ (x ; y ) cách đường thẳng khoảng y  kx  k2 Ta thấy k số hữu tỷ tốn hiển nhiên đường thẳng ln qua điểm ngun Nếu k vơ tỷ theo bổ đề trên, tồn số p, q để qk  p  x  p, y  q khoảng cách từ điểm (x ; y ) nhỏ 10 1k Khi đó, ta chọn 106  106 Do đó, tầm nhìn người bị giới hạn gốc Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Nhận xét Trong đề thi THPT Pháp vừa qua, có toán tương tự sau: Một nhà thám hiểm khám phá khu rừng phát tất thân có bán kính Đây thật điều thú vị! Tạm thời bỏ qua chiều cao cây, ta đặt khu rừng vào mặt phẳng tọa độ vng góc sau:   Nhà thám hiểm đứng gốc tọa độ muốn tìm góc nhìn xuyên qua khu rừng Các thân xem vịng trịn có bán kính R  tọa độ tâm đặt điểm nguyên (a,b) với a,b số LẺ Do tính đối xứng nên ta giả sử a  0,b  , tức xét điểm thuộc góc phần tư thứ Ta nói nhà thám hiểm “nhìn xun qua” khu rừng có tia xuất phát từ vị trí đứng (tại gốc tọa độ) qua khu rừng mà không cắt gốc (ở hình trịn) Xét đường nhà thám hiểm y  mx với m  Ta gọi hàng tất có tâm nằm vị trí (1, ) (,1) với  số lẻ Chứng minh người quan sát nhìn xun qua hàng nhìn xun qua khu rừng 1  Bài Với số thực x   ;1 , số nguyên dương n cho [nx ] số chẵn viết   thành dãy tăng a1  a  a  a) Hỏi có tồn số nguyên dương m để m, m  1, m  không thuộc dãy hay không? b) Chứng minh n a i 1 i 1    ai2 Lời giải a) Câu trả lời phủ định Thật vậy, giả sử có số m để [mx ],[(m  1)x ],[(m  2)x ] số lẻ Khi đó, ta có hai trường hợp: - Nếu {mx }  Vì {mx }  [(m  1)x ]  [mx ]  {mx }  x   [mx ]  {mx }  x      1 x  nên ta có  {mx }  x  hay 2 10 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 {mx }  x     Từ suy [(m  1)x ] số chẵn, mâu thuẫn - Nếu {mx }  để có [mx ],[(m  1)x ] lẻ, ta phải có [mx ]  [(m  1)x ] , tức [{mx}  x ]  Suy [(m  2)x ]  [(m  1)x ]  {mx }  x   [(m  1)x ]  [mx ] , suy   [{mx}  2x ]  Tuy nhiên, điều khơng 2x  Do đó, khơng tồn m thỏa mãn b) Theo câu a, ba số liên tiếp, ln có số thuộc dãy Điều chứng tỏ hai số hạng liên tiếp dãy không đơn vị Chú ý a  [x ]  nên ta có an   3(n  1)  3n  với n Do ai21  ai2  (ai 1  )(ai 1  )   3(i  1)   3i  2  3(6i  1)  18i Từ ta có n a i 1 1  1 1         18  n   ai2 i 1 Đến dễ dàng có đpcm Nhận xét Bài toán tổng quát sau đúng: Với số thực x  (0;1) số nguyên dương m  , số nguyên dương n cho [nx ] chia hết cho m viết thành dãy tăng a1  a  a  Khi đó, tổng tương tự tiến vô cực Thật vậy, (0;1)    k 1  1   k  ; k  nên với x  (0;1) tồn k  để 1 x  k 1 k Khi đó, cách tương tự, ta chứng minh không d  f (k, m) số nguyên liên tiếp, tồn số thuộc dãy cho Từ đó, xấp xỉ với cấp số cộng có đánh 11 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Bài Tìm tất hàm số f : [1; )  [1; ) thỏa mãn: i f (x )  x với x   f (x )   ii f  với x   x   x Lời giải Trong điều kiện i, thay x  f (x ) , ta có x  f (x ) f (x ) f (x )   f   x2   f (x )  x  x x x   Giả sử ta có f (x )  x a dễ dàng biến đổi f (x )  x Tương tự, có f (x )  x b ta có f (x )  x b 2 b a 2 a   u1  1, u2  3,    Từ đó, xét dãy số  quy nạp, ta chứng minh u 2  un 1  n , n  1, 2, 3,   un   x u2 k 1  f (x )  x Hơn nữa, ta chứng minh un  un 1   u2 k với k nguyên dương với n  nên un  un 2  un      u1    n Từ suy lim un  theo nguyên lý kẹp, ta phải có f (x )  x với x  Thử lại ta thấy thỏa, ý f (x )  x  x với x  Nhận xét Bài tốn sau giải tương tự:  f (n )   n với n nguyên dương Tìm tất hàm số f :      cho f   n  12 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Bài Cho số vô tỷ dương ,   cho hai dãy số [],[2],[3], [ ],[2 ],[3 ], phân hoạch tập hợp số nguyên dương Chứng minh 1     Lời giải Với số nguyên dương k , gọi m, n số nguyên dương thỏa mãn [m]  k  [(m  1)] [n ]  k  [(n  1) ] Khi đó, đặt A  {[i],1  i  m} B  {[ j  ],1  j  n} A  m, B  n A  B  , A  B  {1,2, 3, , k} theo định nghĩa đề Do m  n  k Theo bất đẳng thức phần nguyên m   k  (m  1) nên Tương tự m m 1   k 1  k n n 1   Suy k 1  k m n 1 m n 2 k 1 k 2       hay k 1   k 1 k 1   k 1 Cho k   , ta thu 1     Nhận xét Đây định lý đảo định lý Beatty phân hoạch tập hợp số nguyên dương 1   với ,  vô tỷ cần chứng minh   phân hoạch Ta chứng minh phản chứng rằng: Ở định lý thuận, ta cho trước đẳng thức 13 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 - Nếu có m, n, k để [m]  [n ]  k vơ lý - Nếu có m, n, k để [m]  k  [(m  1)] [n ]  k  [(n  1) ] vơ lý Định lý có nhiều ứng dụng, chẳng hạn ta có đề APMO: Với số nguyên dương gọi an , bn số viết hệ nhị phân hệ 5-phân 10n Chứng minh với số nguyên dương k  có số có k chữ số xuất hai dãy (a n ),(bn ) Bài tốn giải dễ dàng với ý rằng: số chữ số n viết hệ k  phân [logk n ]  ;   log2 10,   log 10 thỏa mãn 1     Bài Tìm số thực k lớn cho (a  2)(b  2)(c  2)  k (a  b  c )  (9  k )(ab  bc  ca ) với a,b,c  Lời giải Xét a  x ,b  c  x   , ta có b,c  0,a   x Ta viết lại bất đẳng thức thành 2      1   (b  2)(c  2)  k 1  b  c   (9  k ) b  c  bc        a a  a  a   Chọn với x   , ta có (1  0)(0  2)(0  2)  k(1  0)  (9  k )(0  0)  k  Ta chứng minh k  thỏa mãn, tức (a  2)(b  2)(c  2)  4(a  b  c )  5(ab  bc  ca ) hay a 2b 2c  2(a 2b  b 2c  c 2a )   5(ab  bc  ca ) Đặt ab  x,bc  y,ca  z xyz  2(x  y  z )   5(x  y  z ) 14 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Bổ đề: Với x , y, z  x  y  z  2xyz   2(xy  yz  zx ) Khi đó, ta đưa bất đẳng thức cho 2xyz  4(x  y  z )  16  10(x  y  z ) cần có 3(x  y  z )  2(xy  yz  zx )  15  10(x  y  z )  (x  y  z  1)2  2(x  1)2  2(y  1)2  2(z  1)2  Bất đẳng thức cuối nên ta có đpcm Vậy giá trị lớn k Nhận xét Bổ đề chứng minh dễ dàng cách áp dụng Dirichlet sau: Khơng tính tổng quát, giả sử (x  1)(y  1)  xy  x  y   2xyz  2xz  2yz  2z Suy x  y  z  2xyz   x  y  z  2xz  2yz  2z   2xy  (z  1)2  2xz  2yz  2(xy  yz  zx ) Do đó, bổ đề chứng minh Bài 10 Cho số nguyên dương a,b cho gcd(a,b)  Gọi tn số cách viết số nguyên dương n  ab thành dạng n  au  bv với u, v    Chứng minh lim n  tn n  ab Lời giải Với số nguyên dương n , tồn số nguyên dương k cho kab  n  (k  1)ab   n  u  Để có cặp (u, v ) thỏa mãn phải có số u cho  a   au  n(mod b)    Ta có kb  n  (k  1)b nên u  (k  1)b , số lượng số u thỏa mãn a giá trị tn au  n(mod b)   u  (k  1)b  15 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Với m , dãy số ma,(m  1)a,(m  2)a, ,(m  b  1)a lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo b gcd(a,b)  nên có chứa số đồng dư n theo modulo b Chú ý u  (k  1)b nên u  (k  1)b    ua  (k  1)b  1 a Ta tiến hành chia bội a (0;((k  1)b  1)a ] thành k  đoạn (0,(b  1)a ],[ba,(2b  1)a ], ,[kba,((k  1)b  1)a ] Trong đoạn, có số đồng dư n modulo b nên k đoạn cuối, có k số ua , đoạn đầu chưa có nên k  tn  k  nên k tn k 1   n n n Do kab  n  (k  1)ab nên ta có 1 k t k 1 1    n    ab n n n n ab n Cho n   , dễ dàng có lim n  tn  n ab Bài 11 Cho hai số hữu tỷ dương phân biệt u, v thỏa mãn u n  v n số nguyên với vô hạn giá trị n nguyên dương Chứng minh u, v số nguyên Lời giải Đặt u  x y , v  với gcd(x, y, z )  Theo giả thiết z z x n  y n  0(mod z n ) với vô hạn giá trị n Nếu z  giả sử z có ước nguyên tố p lẻ Gọi r số nguyên dương nhỏ để x r  y r (mod p ) r n hay n  rk , k    Đặt a  v p (n ), b  v p (x r  y r )   v p (x n  y n )  v p (x r )k  (y r )k  v p (x r  y r )  v p (k )  b  v p (n )  a  b 16 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Tuy nhiên, v p (x n  y n )  v p (z n )  n Do đó, a  b  n nên p n  p a b  p a p b  np b , điều với vơ hạn n Do đó, z khơng có ước nguyên tố lẻ phải lũy thừa , suy x , y lẻ Ta có 2n x n  y n  (x  y )(x n 1  x n 2y   xy n 2  y n 1 ) Khi đó, n lẻ nhân tử thứ hai vế phải lẻ, dẫn đến 2n x  y với vô hạn giá trị lẻ n, xảy Suy n chẵn, đặt s  v2 (x  y ), t  v (n ) v2 (x n  y n )  c  s   n  c  s   log2 n  s  Tuy nhiên, với n đủ lớn đánh giá sai Vậy u, v phải số nguyên dương Nhận xét Cách tiếp cận phổ biến với toán yêu cầu chứng minh số hữu tỷ thỏa mãn điều kiện cho trước với vơ hạn giá trị n buộc phải số nguyên Chẳng hạn: - Một số chia hết cho pn với vô hạn n - Dùng định lý LTE với ý vp (n )  logp (n ) , ta xấp xỉ n với logp (n) Bài 12 Cho P (x )  rx  qx  px  p, q, r số thực r  Xét dãy số   a1  1, a2  p, a  p  q   a  p  an 2  q  an 1  r  an ,    n 3 n 0 Chứng minh đa thức P(x ) có nghiệm thực khơng có nghiệm bội dãy số (an ) có vơ số số âm Lời giải Giả sử k nghiệm (thực phức) Q (x )  x  px  qx  r , r  nên k  nghiệm P(x ) Xét dãy số (un ) xác định công thức k r un 1  an 3  (p  k )an 2  an 1 k 17 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Ta có: r kq  r un 1  pan 2  qan 1  ran  (p  k )an 2  an 1  kan 2   an 1  ran k k kq  r r r  k (an 2   an 1  an )  k (an 2  (p  k )an 1  an )  kun k k k Ta tính r r pk  qk  r k3 u0  a2  (p  k )a1  a0  p  q  (p  k )p      k2 k k k k r Suy u n  k n 2 an 2  (p  k )an 1  an  k n 2, n  0,1,2, k Gọi z nghiệm phức P(x ) ,  module argument z ,   ,   Ta có z  e i   (cos   i sin  ) P (x )  [x ] nên P (z )   P (z )   P (z )  z nghiệm P(x ) Thay vào cơng thức dãy, ta có r r an 2  (p  z )an 1  an  (z )n 2 , an 2  (p  z )an 1  an  (z )n 2 (*) z z Theo cơng thức Moavre z  (cos   i sin  )  z n   n (cos n   i sin n  ) nên z n 2  (z ) n 2  2i   n 2 sin (n  2)  z n 2  (z )n 2 n 1     sin (n  2)     sin  z z 1 Trừ vế hai đẳng thức (*), ta có (z  z )an 1  r (  )an  (z )n 2  (z )n 2 hay z z an 1  sin (n  2)  r z n 2  (z )n 2 r n 1 a   a  a    n n 1 n sin  2 2 z z Do   nên xét n giá trị nguyên dương cho sin (n  2)  sin  Vì 0 n 1  sin (n  2)  sin    an 1  r an  2 r  nên an 1, an trái dấu với Do đó, hai giá trị có số âm 0 2 sin (n  2)     , mà ứng với sin  giá trị n ta lại tìm số hạng âm dãy cho, tức dãy (an ) có vơ số số âm Ta thấy n tiến tới vô cực, tồn vô số giá trị n cho 18 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Bài 13 Với số nguyên dương n , xét phương trình 2n 2x  log (n 2x  1) Tìm điều kiện a,b, c  để với nghiệm x n  phương trình ta ln có a xn b xn c xn  4x n  Lời giải Trước hết, với a,b, c  , ta chứng minh  n a  n b  n c     abc lim   n     n  n a  n b  n c  n n n     ln y  n ln  a  b  c  Do theo quy tắc L’Hospital Đặt y       3    n lim ln y  lim n  a x  b x  c x   ln    x x 0  lim x 0 a x ln a  b x ln b  c x ln c  ln abc x x x a b c 3 Từ ta có lim y  abc n  Trở lại tốn, xét phương trình 2n 2x  log (n 2x  1) Đặt t  n 2x 2t  log (t  1)  4t  t  Khảo sát hàm số tương ứng, dễ thấy phương 1 trình có hai nghiệm t  0, t   Do đó, x n   2n Ta cần có a  2n b  2n c  2n  a 3  n  2n b  2n c  2n  1 3n Nếu lấy giới hạn trực tiếp không làm phát sinh điều kiện a, b, c Ta lấy mũ 2n hai vế áp dụng bổ đề trên: 19 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 2n  2n (1 / a )  2n (1 / b )  2n (1 / c)             3n  1   2n Điều kiện cho với n nên phải n    2n (1 / a )  2n2 (1 / b )  2n (1 / c)    Ta có lim   n     2n 2n      n    3n  lim Do đó, ta cần có abc Với abc  e a đủ 3e  3n   2n e b    abc    lim 1   n   3n    3n (4)  e   abc  e 2n c  2n 3  abc   2n  3e  3n Ta cần chứng minh điều kiện 2  hay e t  t  với t   Khảo sát hàm số này, ta có đpcm 3n n Vậy điều kiện cần tìm abc  e Nhận xét Trong trên, ta có sử dụng quy tắc L’Hospital là: Nếu hàm số f (x ), g(x ) thỏa mãn f (c)  g(c)  giới hạn lim x c f (x ) f (x ) f (x )  lim tồn lim x c g (x ) x c g (x ) g (x ) Ta viết quy tắc theo kiểu sơ cấp sau: f (x )  f (c) f (x ) f (x ) lim  lim x  c  lim x c g (x ) x c g (x )  g (c ) x c g (x ) x c Bài 14 Tìm tất hàm số f :      thỏa mãn    x  xy  y  f (x )  f (y ) với x , y  f      20 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Lời giải Xét phép toán x * y  x  xy  y theo đề bài, với x 1, x , x , x  , ta có   f x i * x j  * x k * x l   f (x1 )  f (x )  f (x )  f (x ) với i, j, k, l  {1, 2, 3, 4} Do đó, ta chọn (x 1, x , x , x )  (a , a, a,1) đặt   g(a )  (a * a ) * (a * 1)   h(a )  (a * 1) * (a * a )     h(a) ; f (c  g(a ))  f (c  h(a )) với a  c số dương tùy ý dễ thấy g(a )  Vì g(1)  h(1)  h(2)  g(2) nên g(2) g (a )  k  Do tính liên tục hàm số h(2) h (a ) [1; k ] nên nhận hết giá trị thuộc [1; k ] Với u, v  mà u g(x ) u v  (1; k ] tồn x  để  , chọn c  , ta có h(x ) v h(x ) v  g(x )    f (u )  f v   h (x )  v  f   g(x )    h(x )  v  f   h(x )  f (v )  h(x )  Cố định x   từ khẳng định trên, ta thấy f (x )  f (x ) với x  (x ; kx ]  (kx ; k 2x ]   (k n 1x ; k n x ] với n lớn tùy ý Cho n   f (x )  f (x ) với x  x Chứng minh tương tự, ta có f (x )  f (x ) với x  [k 1x ; x )  [k 2x ; k 1x )   [k n x ; k n 1x ) với n lớn tùy ý Cho n   f (x )  f (x ) với  x  x Vậy f (x ) hàm hằng, thử lại ta thấy thỏa 21 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Nhận xét Cách thêm biến cho cách tốt để tiếp cận, lập luận với hai biến ban đầu Ý tưởng mấu chốt xây dựng hai giá trị có tỉ lệ lớn tùy ý mà f chúng nhau, từ cố định số đưa số cịn lại vơ cực Bài 15 Hỏi có số nguyên có tính thứ tự (a,b, c, d, e, f ) thỏa mãn điều kiện: i) a, b, c, d, e, f  [2016,2016] abcdef  ii) a n  b n  c n  d n  e n  f n  với vô hạn giá trị n nguyên dương? Lời giải Ta thấy ii) với n lẻ n chẵn có a  b  c  d  e  f  , không thỏa mãn Trước hết, ta chứng minh số có ba cặp có tổng Thật vậy, Khơng tính tổng quát, giả sử a  b  c  d  e  f rõ ràng a   f    n  n  n  n  n  b c d e  n  a      Nếu f  a lim f                1        n   f    f   f   f   f     0   Tương tự f  a giới hạn  , khơng thỏa Do phải có f  a hay a  f  Còn lại số b, c, d,e nên thực tương tự, ta có b  e  c  d  Tiếp theo, để đếm số này, ta thấy số, phải có số dương số âm - Nếu có số dương giống số âm phải giống nhau, số C 2016  6!  2016  C 63 3! 3! - Nếu có số dương khác số âm phải khác nhau, số C 2016  6! - Nếu có số dương giống số âm phải tương ứng giống 2  C 2016  6!  C 2016  360 2!2! Vậy đáp số 2016  C 63  C 2016  ! C 2016  360 Nhận xét Kết không cho số nguyên mà với số thực tùy ý 22 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Bài 16 Một số gọi số square-free khơng chia hết cho bình phương số nguyên tố Gọi Sn tập hợp số square-free không vượt n , chứng minh lim n  Sn n  Lời giải Gọi Ak tập hợp số không chia hết cho pk2 với pk số nguyên tố thứ k Khi lim n  Chú ý Ak  {1, 2, 3, , n }  n  lim n  Sn n   A k 1 k n nên theo nguyên lý bù trừ, dễ dàng tính pk2 Sn n     1   A    k   pk2  k 1 k 1    Ta chứng minh bổ đề 1   s s p prime  p n 1 n   (s )   Thật 1 1   s  s  s  s  s n 1 n 1 1 1  s  (s )  s  s  s  s  s  2 10   1 1  1  s   (s )   s  s  s  s      (s )    1 Sau lần nhân đầu tiên, tất số hạng chẵn bị triệt tiêu Ta tiếp tục với 1  s  tất   số hạng chia hết cho bị triệt tiêu, Từ đó, ta suy 23 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017    1   (s ) 1  s  1  s  1  s        1   (s )   (s )   s   s p prime  p n 1 n Trở lại tốn, ta có   1       pk2  k 1     n n 1    1      n2  n(n  1) n  n 1 n 2 n 2  Ta có đpcm Nhận xét Người ta chứng minh 2   n nên giới hạn xác 2 n 1  1   gọi hàm gamma số nguyên dương s s s p prime  p n 1 n  Cơng thức tính  (s )    a  2017 ,  2016 Bài 17 Cho dãy số (an ) xác định công thức   n2  an 1  an  an  a , n  n  1 n Hỏi có tồn hay không số nguyên dương n để        2016 , kí an  a1 a a hiệu [x ] phần nguyên số thực x ? Lời giải Ta chứng minh quy nạp n  a n  (n  1)2 với n Xét hiệu an 1  (n  1)2  an  n  2( an  n )    an    (an  n )     a an  n   n n2 1 an Ngoài ra, u1  12 nên quy nạp, dễ dàng chứng minh a n  n với n 24 Hướng tới kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 Khi an 1  an  an   an 1  an  Ta có a1  2017  22 nên quy nạp, ta có an  (n  1)2 với n  2016 Từ đó, với n nguyên dương, ta có n  an  (n  1)2 nên Đặt sn  n n    n an 4n (n  1) n     a1 a a an 1 1 1 sn        nên sn   1 n  Do đó, tồn n để sn  2016 Gọi n số để sn  2016 sn 1  2016 Ta phải có sn  2017 khơng [sn ]  2016 n  sn  sn 1  , mâu thuẫn Điều cho thấy un Vậy tồn số nguyên dương n để [sn ]  2016 Ta có đpcm Nhận xét Ngồi cách đánh giá trên, ta quy nạp để chứng minh n  un  n(n  1) với n  Nếu thay công thức truy hồi thành un 1  un  tốn tương n  un  n  n sn  un n u i 1 ta có i TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Các toán đề nghị trường Đơng bạn Nguyễn Đình Tồn, cựu SV KHTN TPHCM [2] Các toán group “Bài toán hay – Lời giải đẹp” thầy Đỗ Minh Khoa [3] Ý tưởng số lời giải bạn Trần Hoàng Anh, học sinh THPT Chuyên Hạ Long [4] Các toán thi Olympic Vũ Văn Tân, cựu học sinh THPT Chuyên Lam Sơn [5] Các toán tổng hợp từ giảng trường Đông Titan TPHCM, Titan Hà Nội số đội tuyển khác 25