Chuyên đề yếu tố giải tích trong các bài toán đại số, số học, tổ hợp

Chun đề YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC, TỔ HỢP Nguyễn Việt Hà Trường THPT Chuyên Lào Cai (Chuyên đề đạt giải nhất) A MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn THPT, Giải tích nội dung quan trọng, học sinh học sau học Đại số thời gian dài Đối tượng nghiên cứu Đại số Giải tích khác Trong Đại số nghiên cứu đối tượng tĩnh tại, rời rạc hữu hạn Cịn mơn Giải tích nghiên cứu đối tượng có chất biến thiên, liên tục vơ hạn Sự khác dẫn đến cách tiếp cận khác nhau, lối tư khác giải tốn Đại số Giải tích Giải tích nội dung ln xuất kỳ thi học sinh giỏi toán THPT cấp quốc gia (VMO) Tuy nhiên, bên cạnh câu phát biểu dạng giải tích, tốn lại phát biểu dạng đại số công cụ giải tích, kỹ giải tích giúp định hướng tìm lời giải Bên cạnh đó, kì thi IMO kỳ thi học sinh giỏi nước khu vực, có nhiều toán đại số, số học chứa đựng yếu tố giải tích Với mong muốn có tài liệu hệ thống vấn đề này, tác giả định viết chuyên đề : ‘’Yếu tố giải tích tốn đại số, số học, tổ hợp’’ Chuyên đề cố gắng phân chia toán đại số, số học, số tốn tổ hợp giải nhờ cơng cụ giải tích cách chi tiết với hy vọng giúp ích cho học sinh có thêm kỹ làm việc với dạng toán đồng thời giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu giảng dạy học sinh giỏi mơn Tốn cấp quốc gia Nội dung chuyên đề bao gồm sáu phần trình bày kĩ thuật giải tích để giải tốn đại số phương trình hàm bất phương trình hàm, tốn đa thức, tốn phương trình bất đẳng thức, tốn chứng minh tính chất dãy số, toán số học, tổ hợp số toán khác Các toán chuyên đề giải tường minh đưa nhận xét, bình luận Phần cuối chuyên đề số kết luận tác giả chuyên đề tài liệu tham khảo viết chuyên đề Tác giả chuyên đề làm việc nghiêm túc, cố gắng tập hợp, sưu tầm, phân dạng, xếp liên kết dạng toán theo logic hợp lý theo ý chủ quan với hy vọng tạo chuyên đề có chất lượng, có tác dụng em học sinh ôn thi VMO thầy cô giáo dạy chuyên Tuy có nhiều cố gắng chun đề khơng thể tránh khỏi sai sót, thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thầy để chun đề hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn B NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Ánh xạ Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi đơn ánh với a, b  A mà a  b f  a   f b   A  B  Hệ quả: f đơn ánh f  a   f  b  suy a  b (mọi a, b  A ) Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi toàn ánh với phần tử b  B tồn phần tử a  A cho f  a   b  A  B  Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa toàn ánh  A  B  1.2 Hàm đơn điệu * Hàm số f  x  gọi tăng  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi tăng ngặt  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi giảm  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi giảm ngặt  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  1.3 Hàm số liên tục 1.3.1 Định nghĩa: Cho hàm số y  f ( x) xác định (a,b) x0 thuộc (a,b) Ta nói f ( x) liên tục x0 lim f ( x)  f ( x0 ) x x0 1.3.2 Các tính chất Tính chất Nếu hàm số f liên tục đoạn [a;b] f (a) f (b)  có số c  (a; b ) để f (c)  Tính chất Giả sử f hàm liên tục [a;b] f (a)  A, f (b)  B Lúc C số nằm A B có số c  (a; b) để f (c)  C Tính chất Nếu f ( x) liên tục (a,b) x0 thuộc (a, b) cho f ( x0 )  tồn ị  cho f ( x)  0x  ( x0  ò, x0  ò) ( lân cận x0 ) 1.4 Một số kĩ thuật giải tích hay dùng 1.4.1 Với số thực a cho trước tồn dãy (rn ) số hữu tỷ cho lim rn = a 1.4.2 (Chuyển qua giới hạn đẳng thức) Nếu hàm số f (x) liên tục x0 lim xn = x0 lim f (xn ) = f ( x0 ) 1.4.3 (Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức) Nếu hàm số f (x) thỏa mãn (0; + ¥ ) có k £ f ( x), lim f ( x) = L k £ L ( k < f ( x) thỡ ỳng) xđ + Ơ 1.4.4 Cho hai dãy số thực hội tụ ( xn ),( yn ) Khi xn  yn , n  1,2, lim xn  lim yn (nếu xn  yn , n  1, 2, ) n  n  1.4.5 Cho f ( x ) hàm số biến x , cho A số Để chứng minh f ( x )  A với x, ta xây dựng dãy số (un ) n cho f ( x)  un , n ( f ( x)  un , n được) lim un  A n  1.5 Bổ sung yếu tố giải tích đa thức 1.5.1 Đa thức bậc lẻ ln có nghiệm Từ suy hệ sau: - Nếu P( x ) khơng có nghiệm deg P chẵn - Nếu P( x ) đa thức bậc chẵn có nghiệm phải nghiệm bội chẵn 1.5.2 Đa thức P( x)  ( x  a)k Q( x) P( x ) chia hết cho ( x  a ) k 1 1.5.3 Định lý Rolle Hàm số f ( x ) liên tục có a  b để f (a )  f (b)  tồn c  (a, b) để đạo hàm f (c)  1.5.4 Đạo hàm đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm Giả sử x1, x2 , , xn nghiệm P( x ) Khi đó, theo định lí Bézout P( x)  ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) n P( x ) n  Ta có P( x )   ( x  x j ) nên P( x ) i 1 x  xi i 1 i  j 1.5.5 Đa thức f ( x) có hữu hạn nghiệm đạo hàm f '( x) đa thức nên có hữu hạn nghiệm Do số điểm cực trị hữu hạn nên f ( x) đồng biến, nghịch biến miền đủ nhỏ f ( x)   , tức với M  lớn tùy ý 1.5.6 Nếu deg f ( x)  deg g ( x) lim x  g ( x ) tồn x để f ( x) M g ( x) 1.6 Một bổ đề thường dùng 1 + k + + k với k > n nguyên dương Khi đó, k n Nu k Ê thỡ sn đ + Ơ Đặt sn =   Nếu k > s n bị chặn, tức có giới hạn hữu hạn Chứng minh (1) Trước hết, ta chứng minh k = thỡ sn đ + Ơ Thật vậy, đạo hàm, dễ dàng có ln(x + 1) £ x với x > Thay x ta có ln , n n+1 £ hay ³ ln(n + 1) - ln n với n n n n n Suy sn ³ å (ln(i + 1) - ln i ) = ln(n + 1) , mà lim ln(n + 1) = + Ơ nờn khng nh nđ + Ơ i= 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 1- k F ¢(x ) = f (x ) Hàm số F (x ) liên tục đoạn [n , n + 1] khả vi (n , n + 1) nên áp dụng định lý Lagrange, ta có $ c Ỵ (n , n + 1) để: F ¢(c ) = F (n + 1) - F (n ) Þ 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 1 + k + + k < + k n n- å (F (i + 1) - F (i )) = + F (n + 1) - F (1) = i= k - n 1- k k- 1- k Dễ thấy lim n = - k < nên giá trị s n 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 + + + + đ +Ơ ln ln ln n ln n YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC 2.1 Kỹ thuật giải tích giải tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm 2.1.1 Sử dụng dãy số giới hạn dãy số giải phương trình hàm, bất phương trình hàm Trong mục này, ta nghiên cứu toán đại số khơng có gải thiết liên tục hay khả vi phương trình hàm, bất phương trình hàm mà sử dụng dãy số giới hạn dãy số để giải Ta bắt đầu ví dụ quen thuộc sau: Bài tốn 2.1.1.1 Tìm tất hàm số f : ® , đơn điệu thỏa mãn f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y Ỵ (1) Nhận xét: Nếu toán này, thay giả thiết đơn điệu giả thiết liên tục việc giải đơn giản Vậy khơng cịn yếu tố liên tục nữa, ta làm nào? Chúng ta tìm hiểu thông qua lời giải sau: Lời giải Giả sử f hàm số thỏa mãn đề bài, ta có (1) Trong (1), lấy y = x ta f (2 x ) = f (x ), " x Ỵ (2) Trong (2), lấy x = ta f (0) = Từ (1) (2) phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (nx ) = nf (x ), " x Î ," n Î (3) Trong (1), lấy y = - x sử dụng f (0) = ta f (- x ) = - f (x ), " x Ỵ Bởi n = - 1,- 2, , sử dụng (3) (4) ta có (4) f (nx ) = f (- n (- x ))= - nf (- x ) = nf (x ), " x Ỵ (5) Từ (3) (5) suy f (nx ) = nf (x ), " x Ỵ Với n = 1,2, ," n Ỵ (6) , sử dụng (3) ta có ỉ ỉ m ỗỗ x ữ f (x ) = f ççn x ÷ = nf = m f x = f (x ), " x ẻ ( ) ữ ữ ữ ỗố n ứ ỗố n ứữ n n Bởi f (rx ) = rf (x ), " x Ỵ ," r Ỵ (8) Thay x = 1, ta có f(r) = rf(1), đặt k = f(1) số thực bất kỳ, ta có f(x)=kx với x thuộc Q (9) Trường hợp f hàm tăng Ta chứng minh f (x ) = kx, " x ẻ Vi x ẻ +Ơ +Ơ tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }n= , {vn }n= cho un £ x £ , " n = 1,2, ; lim un = lim = x nđ + Ơ nđ + ¥ Vì f hàm tăng nên kết hợp với (9) ta có f (un ) £ f (x ) £ f (vn ) Þ kun £ f (x ) £ kvn " n = 1,2, Cho n ® + ¥ bất đẳng thức ta thu kx £ f (x ) £ kx Þ f (x ) = kx Vậy f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Trường hợp f hàm giảm Ta chứng minh f (x ) = kx, " x ẻ Vi x ẻ +Ơ +Ơ tựy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }n= , {vn }n= cho un £ x £ , " n = 1,2, ; lim un = lim = x nđ + Ơ nđ + Ơ Vì f hàm giảm nên kết hợp với (9) ta có f (un ) ³ f (x ) ³ f (vn ) Þ kun ³ f (x ) ³ kvn " n = 1,2, Cho n đ + Ơ bất đẳng thức ta thu kx ³ f (x ) ³ kx Þ f (x ) = kx Vậy f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn (9) Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Bình luận: Ta thay tập nguồn tập đích tốn thành (0;+ ¥ thiết đơn điệu, ta có tốn sau: Bài tốn 2.1.1.2 Tìm tất hàm số f : + ® + ) bỏ giả thỏa mãn f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y Ỵ (0; + ¥ ) (1) Lời giải Lời giải nên rút gọn sau, tận dụng BT Ta có f ( y) > với y > nên f ( x + y) > f ( x ) Đặt z = x + y > x f ( z) > f ( x ) với z > x nên có f ( x ) hàm đơn điệu tăng Sử dụng kết ta có f ( x ) = kx Nếu tốn đổi thành - ® - hồn tồn tương tự, có đơn điệu giảm (và ý trước khơng có tài liệu đề cập) Bình luận: Trong toán 2.1.1.2, ta bỏ giả thiết đơn điệu, cuối ta lại chứng minh tính đơn điệu, nhờ mà đường lối giải lại quay toán 2.1.1.1 Từ toán 2.1.1.1, ta giữ lại tập nguồn tập đích , bỏ giả thiết đơn điệu, thêm giả thiết hàm nhân tính, ta có tốn sau: Bài tốn 2.1.1.3 Tìm tất hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau  f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y Ỵ  f (xy) = f (x ) f (y), " x, y Ỵ (1) (2) Lời giải Từ (1), ta chứng minh kết sau ìï f (rx ) = rf (x ), " x Î , r Î (3) ï í ïï f (0) = 0, f (- x ) = - f (x ), " x ẻ (4) ợ T (2) cho y = x ta f (x ) = éëf (x )ù û , " x Ỵ Suy f (x ) ³ 0, " x ³ Đến suy đồng biến tương tự Suy f ( x ) = kx , thử lại k = k = Bài tốn giải hồn tồn Bình luận: Một lần nữa, toán 2.1.1.3, ta bỏ giả thiết đơn điệu thêm giả thiết hàm nhân tính, ta lại chứng minh hàm đồng biến nên lại giải tiếp giống toán 2.1.1.1 Tuy nhiên điểm chung ba tốn có giả thiết cộng tính Sau ta xét toán phức tạp hơn: Bài toán 2.1.1.4 [China MO 1998] Cho hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời điều kiện (i) ỉx f (x ) Ê x f ỗỗ ữ "x ẻ ữ ỗố ữ ứ (ii) f (x ) Ê " x Ỵ (- 1;1) x2 "x Ỵ Chứng minh rằng: f (x ) £ ; Lời giải Từ giả thiết (i) thay x = ta có f (0) = , với điều kin, nờn ta ch ổ ữ ỗố ứ x cần chứng minh cho trường hợp x ¹ Với x ¹ ta có f (x ) Ê x f ỗỗ ữ ữ ổx ỗỗ ữ f ữ ổf (x )ử ữ ốỗ ứ ữ ỗ ữ ị ỗỗ ữ Ê ữ ỗố x ứ x2 ổx çç ÷ f ÷ ỉ2 f (x )ư ÷ ç2 ø è ÷ çç ÷ £ ç ữ ữ ổx ữ ốỗ x ứ ỗỗ ữ ỗố ữ ứ f (x ) xỏc định công thức g (x ) = " x Ta cú x2 ổx ữ ỗỗ ÷ 2 f ỉ2 f (x )÷ ÷ çè ø ỉx çç çç ÷ ÷ Ê ị g x Ê g ( ) ữ ữ ỗỗ x ữ ữ ỗố ứ ổx ữ ố ứ ỗỗ ữ ữ ỗố ứ Xét hàm g : * ® nên phương pháp quy nạp ta ỉx ỉx ÷ n 2n g ỗ g (x ) Ê g ỗỗ n ữ ị g x Ê " n ẻ * ( ) ữ ữ ỗ n ữ ỗố2 ữ ỗ ứ ố2 ứ Li cú f (x ) £ " x Ỵ (- 1;1) nên g (x ) £ " x Ỵ (- 1;1) \ {0} Do x n+ g (x ) £ 2n 2 n+ x = 2n x2 "nỴ * n- : x Ỵ (- 1;1) 2n n+ Þ g (x ) £ lim 2n x n- 1 n® + ¥ Vậy ta có f (x ) £ = " x c nh ị f (x ) Ê x2 "x ẻ x2 " x Tiếp theo, ta xét toán tổng qt hơn: Bài tốn 2.1.1.5 [Olympic sinh viên tồn quốc 2016, mơn Giải tích] Cho a  số thực hàm f : R  R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện •  f  ax    a x f  x  với số thực x • f bị chặn lân cận Chứng minh f  x   x2 với x  R a Lời giải Trong i thay x  ta thu  f      f    Với x  , từ i ta có  f  ax   f  x     ax với x  Từ đó, ta f  x  với x  R Nếu a  từ i ta  f  x    x f  x  Từ đây, ta suy f  x   x với x  R Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh với trường hợp a  Bây giờ, ta xét trường hợp a  Đặt g  x  f  x x a với x  f  x   f  x 0 x2 a x2 g  x  , x  a Khi đó, từ i ta suy 2   ax 2  x   g  ax   a x g  x  , x   a  a     g  ax    g  x  , x  (1) Ta chứng minh  x  g  x  g  n  a  2 n , x  0, n  N* (2) phương pháp quy nạp toán học theo n Thật vậy, (1) thay x   x  g  x    g   ,   a  x ta a x  (3) Như vậy, mệnh đề (2) với n  Giả sử mệnh đề với n  k  tức 2 k  x  g  x   g  k  , x  a  x Trong (4) thay x ta a  x  x  g    g  k 1  a a  (4) 2 k , x  (5) , x  (6) Từ (3) (5) , ta suy  x  g  x   g  k 1  a   k 1   Do đó, mệnh đề (2) với n  k  Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề (2) với n  N* Như vậy, ta có 2 n  x  g  x  g  n  , a  * với x  , n  N Từ định nghĩa hàm g ta thu 2 n             x  f  n  2 n  x  a  (7) g  x  g  n   a   x    n a    a  x Vì x  a  nên với n đủ lớn n thuộc lân cận điểm Do a đó, từ ii ta suy tồn n0  N* M  cho với n  n0 ta có  x f n a    M  Kết hợp với (7) ta  x  g  x  g  n  a  Theo quy tắc L’Hospital 2 n             x  f  n  a    x    n a    a  2 n n 1  a 2n 1n x2 n M2 (8) 2n   2n n  lim Do n 1 lim n  a 2n n 1n x2 M  Từ (8) cho n   , ta thu g  x   với x  hay f  x  1, x  x2 a Từ đây, ta có f  x  x2 , x  a Chú ý f    f  x   nên ta f  x  x2 , a với x  R Bài tốn chứng minh Binh luận: • Bài tốn tốn bất phương trình hàm có sử dụng tính chất giải tích nặng mặt kĩ thuật Để chứng minh f  x   P  x  mặt ý tưởng ta tìm đánh giá f  x   P  x  un với lim un  f  x   P  x   un với lim un  , tốn n  n  n 1 un  a 2n 1n x2 M2 n lim un  Khi tìm đánh giá (13), ta thấy lim n  n  x  với a  nên ta an sử dụng giả thiết ii toán để tiếp tục đánh giá Bài toán toán tổng qt tốn 2.1.1.4 • Ngồi cách giải trình bày trên, ta tiếp cận toán theo hướng khác sau: Vẫn lời giải trên, ta chứng minh f    0, f  x   với x bất đẳng thức cần chứng minh a  xét trường hợp a  Trong i thay x x ta a x  f  x    ax f   , x  R \ 0 a Giả sử tồn z  cho f  z   z Từ ii ta có: z f    z2  a  az   z2  ; a 2 z  z2  z  f      a a   z a  a  a Từ ta  z  f  3  az a   z  a  a  Bằng phương pháp quy nạp tốn học, ta có:  z  f  n   a n 5 z , n  a  (20) Do điều kiện thứ hai toán, vế trái (20) bị chặn trên, vế phải lớn tùy ý n đủ lớn, vô lý! Do điều giả sử sai hay f  x   x , x  R \ 0 (21) Xét hàm số x2 h  x  f  x   f  x a từ i ta  x2  x2  2  x h x   ax h  , x  R \ 0         a a a       Điều tương đương x2 x  h  x    h  x   ax h   , x  R \ 0 a a Từ đó, ta t zn = xn T lim nđ + Ơ b2 n bn = , suy rng lim = nđ + Ơ z (b - 1)xn n (bzn + zn+ )(bzn - - Ta có lim (bzn - zn+ ) = - b - Hơn nữa, từ zn+ ) = b2 xn - xn+ = bn+ + 3b2 - b b- Từ zn số nguyên với n ³ M , ta có bzn - zn+ = b b- với n đủ lớn Do b - số phương b chia hết zn+ với n đủ lớn Điều dẫn đến b|10 Do đó, b = 10 Bài toán 2.5.9 Giả sử a, b số nguyên dương cho a|b2 , b2 | a3 , a4 |b5 , b6 | a7 , Chứng minh a = b Nhận xét Quá trình a|b2 , b2 | a3 , a4 |b5 , b6 | a7 , xảy đến vô hạn nên từ ta có - a4 n+ 1|b4 n+ , b4 n+ | a4 n+ với số tự nhiên Để chứng minh a = b sử dụng phân tích số thừa số nguyên tố Bài toán đưa chứng minh số mũ số nguyên tố tương ứng hai phép phân tích Trong việc xác định số mũ số nguyên tố p, xuất vp ( a) £ 4n + 4n + vp (b), vp (b) £ v ( a) Các bất 4n + 4n + p đẳng thức với số tự nhiên nên điều gợi nghĩ chuyển qua giới hạn Lời giải Từ giả thiết tốn ta có a4 n+ 1|b4 n+ , b4 n+ | a4 n+ với số nguyên không âm n Gọi vp ( a), v p (b) tương ứng số mũ số nguyên tố p phân tích a, b thành thừa số nguyên tố Để chứng minh a = b ta cần chứng minh vp (b) = vp ( a) Thật 4n + 4n + v (b) = vp (b) (1) vp (b) Þ vp ( a) £ lim nđ + Ơ 4n + p 4n + 4n + 4n + Từ b4 n+ | a4 n+ ta có vp (b) £ v ( a) = vp ( a) (2) vp ( a) ị vp (b) Ê lim nđ + Ơ 4n + p 4n + Từ (1) (2) ta có vp (b) = vp ( a) Vậy a = b Từ a4 n+ 1|b4 n+ ta có vp ( a) £ - Bài toán 2.5.10: Giả sử f , g : Â + đ Â + l cỏc hàm số thỏa mãn: i) g toàn ánh ii) f (n) = n2 + g (n), " n ẻ Ơ * iii) f (n) - n Ê 2012 n , " n ẻ Ơ * Chng minh f có vơ số điểm bất động Lời giải Giả sử pn dãy số nguyên tố có dạng k + Với số nguyờn dng n, ổ2 ta cú ỗỗỗ ỗố p pn2 - ÷ ÷ = (- 1) = - ÷ ÷ nø - Từ điều kiện i) tồn xn cho g (xn ) = pn với n Điều dẫn đến f (xn ) = xn2 + pn2 , hay f (xn ) º xn2 (mod pn )(1) -   Vì    1 nên từ (1) ta có pn | xn pn | f (xn )  pn  Như tồn dãy số số nguyên dương an , bn cho xn = an pn , f (xn ) = bn pn với n Từ ii) ta có 2bn = an2 + 1, kết hợp iii) f (n) - n £ 2012 n Ta suy 2012 xn ³ f (xn ) xn an2 + bn = - 1= - nên lim an an Suy lim an = Do an , bn dãy số nguyên dương nên số hạng ta có an = bn = 1, f (pn ) = pn , ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.5.11 Hãy xác định tất ba số thực dương a , b , c cho éna ù énbù= ộn 2c ự vi mi n ẻ Ơ ờở ú û êë ú û êë ú û (i) Lời giải Yêu cầu đề viết lại cỏch tng ng (vi mi n ẻ Ơ ): (na - {na }) (nb - {nb}) = n c - {n c } 2 {n c } Û n 2ab - na {nb}- nb {na }+ {na }{nb} = n 2c - (1) Chia hai vế (1) cho n lấy giới hạn n ® + ¥ , ta suy c = ab Với điều kiện này, (1) trở thành na {nb}+ nb {na }- {na }{nb} = {n c } Chia hai vế đẳng thức cho n lấy gii hn n đ + Ơ ta suy ( ) lim a {nb}+ b {na } = nđ + Ơ D thy Ê {na } £ (2) a {nb}+ b {na } nên theo định lý giới hạn kẹp (2) b ( ) kéo theo nlim {na } = tương t nlim {nb} = đ+Ơ đ+Ơ (ii) (3) Đến chứng minh a , b Ỵ ¥ * theo cách khác sau Cách Giả sử a vơ tỉ Khi biểu diễn thập phân +¥ a = (C , c1c2 ) = C + 10 å i= ci 10i Tồn chữ số c ¹ xuất vơ hạn lần; tức là, tồn số i -1 i1 < i2 < cho c = ci = ci = Xét n = 10 k ( na = Cc1 ci k -1 , ci ci k k +1 ) 10 ị ắắ ắ ắđ + Ơ , ta cú (k đ + ¥ ) {na }> (0, c ) 10 = c > 0, 10 Mõu thun vi (3) p ắ ắđ + ¥ , ta có Vậy a hữu tỉ: a = vi p, q ẻ Ơ * Xột n = kq + ắ ắ (k đ + Ơ ) q {na }= {kp + a }= {a } b ẻ Ơ * nờn (3) suy {a } = T ú, a ẻ Ơ * Tương tự Cách Ta chứng minh {a } = Giả sử đpcm sai Khi < {a }< Với { {a }, {a }}> , theo (3) định nghĩa giới hạn, tồn n e := - ẻ Ơ cho Ê {na }< e với n ³ n Đặc biệt, { } £ {n 0a }, (n + 1)a < e (4) Lại có {(n Nhưng e> {(n é ù+ {n a } = + 1)a = éêëa ù ú û+ {a }+ êën 0a ú û } { } {{a }+ {n a }} < {a }£ {a }+ {n 0a }< {a }+ e £ } + 1)a = {a }+ {n 0a } ³ {a }, (5) nên – (4) (5) kéo theo mâu thuẫn với định nghĩa e Mẫu thuẫn chứng tỏ {a } = , tc l a ẻ Ơ * Tng t, ta cú b ẻ Ơ * o li, nu a , b ẻ Ơ * v c = ab ta có (1) với n ẻ Ơ Vy cỏc b ba cn tỡm gm a ẻ Ơ * , b ẻ Ơ * , c = ab Bài toán 2.5.12 Cho hàm f : Ơ * đ Ơ * tha iu kiện: ( ) f n f (m ) = mf (n ) " m , n ẻ Ơ * Chứng minh rằng: a) f (m ) f (n ) = af (mn ) " m , n Î ¥ * với a = f (1) a "n ẻ Ơ * b) f (n )M Bi giải a) Do giả thiết f (n f (m )) = mf (n ) " m , n Ỵ ¥ * nên thay m = ta có ( ) f an = f (n ) " n ẻ Ơ * V thay n = ta có f (f (m )) = ma " m ẻ Ơ * Suy ( ) ( ( ( ))) ỉ f (n a m a ) = f ỗỗa (amn ) ữ = f (amn ) " m , n ẻ ố ứữ f (n ) f (m ) = f (n ) f m 2a = f n f f m 2a = 2 2 ¥ * Suy f (n ) f (m ) = f (amn ) " m , n ẻ Ơ * Thay m = ta af (n ) = f (an ) " n ẻ Ơ * , ta có f (m ) f (n ) = af (mn ) " m , n ẻ Ơ * b) Do f (m ) f (n ) = af (mn ) " m , n ẻ Ơ * nên với m = n ( ) f (n ) = af n " n Ỵ ¥ * (1) Giả sử a = p a q với p nguyên tố (p, q ) = thỡ f (n )Mp " n ẻ Ơ * hay f (n ) = p b l với (p, l ) = , suy k k f (n ) = p b l 2k " k ẻ Ơ * Mt khỏc, t (1), quy nạp ta có k k ( )= p ( k f (n ) = a - f n Suy b 2k ³ a (2k - 1) " k ẻ Ơ * ) a 2k - k ( ) "k Ỵ k q2 - 1f n ¥ * b 2k - "k ẻ Ơ * k a b ³ Û b ³ a hay f (n )Mp a " n ẻ Ơ * M a = p a q với p số a nguyên tố (p, q ) = nên ta có f (n )M a "n ẻ Ơ * Cho k ® + ¥ ta Bài tốn 2.5.13 Cho a , b số tự nhiên lớn thỏa mãn bn - 1M an - " n Î ¥ * Chứng minh b lũy thừa a Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh hai Bổ đề: Bổ đề Giả sử x số hữu tỷ lớn Nếu tồn dãy số nguyên (an ) số c ¹ cho lim (cx n - an ) = x số ngun n® + ¥ Chứng minh Bổ đề Giả sử x = p với (p, q ) = Từ giả thiết lim cx n - an = ta cú nđ + Ơ q ổcp n ổcp n ửữ ỗỗ ữ ữ= lim ỗỗỗ n - an ÷ = Þ lim qa ÷ n÷ n- nđ + Ơ ỗ q nđ + Ơ ỗ ố ứữ ốỗq ứữ ( ) V ổcp n - ữ lim ỗỗỗ n - - an - ữ ữ= ị nđ + Ơ ỗ q ố ứữ ổcp n ữ lim ỗỗỗ n - - pan - ÷ ÷= n đ + Ơ ỗq ố ứữ Do ú nlim (qan - pan - ) = , suy tn ti n ẻ Ơ đ+Ơ qan - pan - = " n ³ n Þ an an - m an + m ổp ữ p ỗ = " n n0 ị = ỗỗ ữ " m ẻ Ơ ị an M qm " m ẻ Ơ hay q = ÷ ÷ q an q è ø Do ta có x số nguyên Bổ đề Cho x 1, x 2, K , x m ẻ Ô :1 < x < K < x m Nếu tồn dãy số nguyên (an ) số c1, c2, K , cm ¹ cho ( ) lim c1x 1n + c2x 2n + L + cm x mn - an = nđ + Ơ thỡ x 1, x 2, K , x m số nguyên Chứng minh Bổ đề Ta chứng minh quy nạp theo m +) Với m = , theo Bổ đề +) Giả sử đến m - , suy với x 1, x 2, K , x m - ẻ Ô tha mãn điều kiện < x < K < x m - , dãy số nguyên (an ) số c1, c2, K , cm - ¹ cho ( ) lim c1x 1n + c2x 2n + L + cm x mn - - an = nđ + Ơ thỡ x 1, x 2, K , x m - số nguyên ta chứng minh với m Từ điều kiện ( lim (c x lim (c x ) lim c1x 1n + c2x 2n + L + cm x mn - - an = nđ + Ơ ị ị +cx nđ + Ơ n- 1 nđ + Ơ n- 1 m n- 2 + L + cm x n- m- (1) ) - an - = ) x + c2x 2n - 1x m + L + cm x mn - an - 1x m = (2) Từ (1) (2) ta có ( ) lim c1 (x m - x )x 1n - + c2 (x m - x )x 2n - + L + cm - (x m - x m - )x mn 11 - (an - 1x m - an ) = nđ + Ơ t x m = p với (p, q ) = , suy q ( ) lim c1 (p - qx )x 1n - + c2 (p - qx )x 2n - + L + cm - (p - qx m - )x mn 11 - (an - 1p - qan ) = n® + ¥ Kết hợp với giả thiết quy nạp x 1, K , x m - ẻ Â ta cú x m ẻ Â v B c chng minh Trở lại tốn, giả sử b khơng phải lũy thừa a , suy tồn m ẻ Ơ * a m < b < a m + Vi mi n ẻ Ơ , xột tng n ổ ỗỗ b ữ ÷ n ÷ m ỉ ÷ b bn - a n ỗốa m + ứ ữ S n = ỗỗỗ i ữ = ữ n ÷ a - 1 i = èa ø 1- n a Do lim S n = nđ + Ơ b bn - m ẻ Â nờn theo B ta cú i ẻ Â " i Þ b = ca Suy n a a - n n nm n nm b - = c a - = c a - + c n - Ma n - ( ) Þ c n - Ma n - Þ c = (vơ lý) hay ta có b lũy thừa a Bài toán 2.5.14 (Silk Road Olympiad) Cho hai cấp số cộng vô hạn  an  ,  bn  mà cấp số, số hạng đầu công sai số nguyên dương nguyên tố Giả sử tồn vô hạn n  Z  để số sau  an2  an21 bn2  bn21   an2  bn2  an21  bn21  số phương Chứng minh an  bn , n Lời giải Gọi c, d công sai hai cấp số nhân, gcd  a1 , c   gcd  b1 , d   Ta có a n  an21 bn2  bn21  (anbn  an 1bn 1 )2  (anbn 1  an 1bn )2  a n  bn2  a n 1    bn21  (an an 1  bnbn 1 )2  (anbn 1  an 1bn ) Vì an1  a1  cn, bn1  b1  dn nên anbn 1  an 1bn  an  bn  d    an  c  bn  an d  bn c  a1d  b1c  u số Bổ đề Nếu u  Z tồn vô hạn n nguyên dương để n2  u số phương u  Thật vậy, với n2  u  m2 u   m  n  m  n  nên m  n | u Nếu tồn vô hạn cặp  m, n  u số cố định lại có ước lớn tùy ý, kéo theo u  Từ dễ dàng suy a1d  b1c hay a1 c  , tính ngun tố nên b1 d ta phải có a1  b1 , c  d hai cấp số cộng trùng Bài toán 2.5.15 Cho số vô tỷ dương a , b > cho hai dãy số [a ],[2a ],[3a ], [b ],[2b ],[3b ], phân hoạch tập hợp số nguyên dương Chứng minh 1 + = a b Lời giải Với số nguyên dương k , gọi m , n số nguyên dương thỏa mãn [m a ] £ k < [(m + 1)a ] [n b ] £ k < [(n + 1)b ] Khi đó, đặt A = {[i a ],1 £ i £ m } B = {[j b ],1 £ j £ n } A = m , B = n A Ç B = Ỉ, A È B = {1, 2, 3, , k } theo định nghĩa đề Do m + n = k Theo bất đẳng thức phần nguyên m m+1 < < m a - < k < (m + 1)a nên k+1 a k n n+1 Suy < < k+1 b k m+n k 1 m+n+2 k+2 hay < + < < + < k+1 a k+1 a b b k+1 k+1 1 Cho k đ + Ơ , ta thu c + = a b Tương tự Nhận xét Đây định lý đảo định lý Beatty phân hoạch tập hợp số nguyên dương Ở định lý thuận, ta cho trước đẳng thức 1 + = cần chứng minh phân a b hoạch Ta chứng minh phản chứng rằng: - Nếu có m , n , k để [m a ] = [n b ] = k vơ lý - Nếu có m , n , k để [m a ] < k < [(m + 1)a ] [n b ] < k < [(n + 1)b ] 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 ³ có số có k chữ số xuất hai dãy (an ),(bn ) Bài tốn giải dễ dàng với ý rằng: số chữ số n viết hệ k - phân [logk n ] + ; a = log2 10, b = log5 10 thỏa mãn 1 + = a b 2.6 Kỹ thuật giải tích giải số toán tổ hợp số toán khác Bài toán 2.6.1 (Dựa đề thi RMC) Cho ba số thực a1 , a2 , a3 thỏa mãn điều kiện  a cos  a x   i 1 i x  i Chứng minh ba số a1 , a2 , a3 0, hai số lại đối Lời giải (i) Trước hết ta có Bổ đề: Cho fi :  ,  i  m , m hàm số tuần hoàn ( m  * ) cho m f :  f i Giả sử tồn giới hạn hữu hạn L  lim f  x  Khi đó, f hàm x  i 1 Chứng minh Xét trường hợp m  Lúc này, f  fi :  hàm số tuần hoàn, có giới hạn hữu hạn L  lim f  x  Gọi T   0;   chu kì x  , ta có f  x   lim f  x  nT   L Vậy f  x   L (đpcm) n  f Với x  Giả sử kết luận Bổ đề chứng minh cho trường hợp m  k , với k  * Cho fi :  ,  i  k  k  hàm số tuần hoàn cho k 1 f :  f i có giới hạn hữu hạn L  lim f  x  Gọi T   0;   chu kì x  i 1 f1 xét hàm g :  xác định k 1 g  x  : f  x  T   f  x     f i  x  T   f i  x   , x  i2 Suy g tổng k hàm tuần hoàn gi :  gi  x  : fi  x  T   fi  x  với x  ,  i  k  , Ta có lim g  x   lim f  x  T   lim f  x   L  L  , x  x  x  nên theo giả thiết quy nạp g  x   ; suy 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  , đpcm (ii) Trở lại toán, đặt fi  x  : sin  x  f  x  :  f i  x  với x  , ta i 1 thấy f tổng hàm tuần hoàn giới nội Theo giả thiết, f   x  :  cos  x   i 1 x  Suy f đơn điệu không tăng (trên khắp ) nên tồn giới hạn hữu hạn lim f  x  Theo Bổ đề, f phải hàm hằng, nên f   x   f   x   x  Đặc biệt,   f     i 1 a i 1 i  f     Từ đẳng thức    3 a  a    i i        a1a2  i 1 cyc  i 1   i 1 i 1  3 Ta thấy a i i 1 a i 1 i  Vậy ba số a1 , a2 , a3 0, hai số lại đối  Bài tốn 2.6.2 Hỏi có số ngun có tính thứ tự (a, b, c, d, e, f ) thỏa mãn điều kiện: i) a, b, c, d, e, f Ỵ [- 2016, 2016] abcdef ¹ ii) a n + bn + 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 é ù êỉ ưn ỉ ưn ỉ ửn ổ ửn ổ ửn ỳ a ữ ỗb ữ çc ÷ çd ÷ çe ÷ ú n ê ç + ỗỗ ữ + ỗỗ ữ + ỗỗ ữ + ỗỗ ữ + 1ỳ= + Ơ Nu f > a thỡ lim f ờỗỗ ữ ữ ữ ữ ữ ữ nđ + Ơ ờố f ữ ỳ ứ ố f ø÷ è f ø÷ è f ø÷ è f ø÷ ê1444444444444444442 444444444444444443ú >0 ë û 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 6! C 2016 × = 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 6! 2 ×C 2016 × = C 2016 ×360 2!2! Vậy đáp số 2016 ×C 63 + C 2016 ×6 !+ C 2016 ×360 Nhận xét Kết không cho số nguyên mà với số thực tùy ý Bài toán 2.6.3 Cho P (x ) = rx + qx + px + p, q, r số thực r > Xét dãy số ìï a = 1, a = - p, a = p - q ï í ïï an + = - p ×an + - q ×an + - r ìan , ùợ n Chng 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 , nghiệm P (x ) Xét dãy số (u ) xác định cơng thức r > nên k ¹ n k r u n + = an + + ( p + k )an + - an + k Ta có: r kq + r an + = ka n + ×a n + - n k k r + ( p + k )an + - a n ) = ku n k u n + = - pan + - qan + - ran + ( p + k )an + = k (an + - kq + r r ×an + - an ) = k (an + 2 k k Ta tính u = a + ( p + k )a1 - r r pk + qk + r k3 a = p - q - ( p + k )p = = = k2 k k k k Suy u n = k n + an + + ( p + k )an + - r an = k n + 2, n = 0,1, 2, k Gọi z nghiệm phức P (x ) r , q module argument z r , q Ỵ ¡ , r > Ta có z = r e iq = r (cos q + i sin q) P (x ) Ỵ ¡ [x ] nên P (z ) = Þ P (z ) = Þ P (z ) = z nghiệm P (x ) Thay vào cơng thức dãy, ta có an + + ( p + z )an + - r r an = (z )n + 2, an + + ( p + z )an + - an = (z )n + (*) z z Theo công thức Moavre z = r (cos q + i sin q) Þ z n = r n (cos n q + i sin n q) nên sin éêë(n + 2)qù z n + - (z )n + ú n+1 û z n + - (z )n + = 2i ×r n + sin éêë(n + 2)qự ị = r ì ỳ ỷ sin q z- z z Trừ vế hai đẳng thức (*), ta có (z - z )an + - r ( an + + z )an = (z )n + - (z )n + hay sin éêë(n + 2)qù r z n + - (z )n + r ú n+1 û a = Û a + a = r × n+1 n n sin q r r z- z Do r > nên xét n giá trị nguyên dương cho é ù sin éêë(n + 2)qù r ú û < Þ r n + ìsin ờở(n + 2)qỳ ỷ< ị a + an < n0 + sin q sin q r Vì r > nên an + 1, an trái dấu với Do đó, hai giá trị có số âm r sin éêë(n + 2)qù ú û < , mà ứng Ta thấy n tiến tới vô cực, tồn vô số giá trị n cho sin q với giá trị n ta lại tìm số hạng âm dãy cho, tức dãy (an ) có vơ số số âm Bài tốn 2.6.4 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh tồn số thực dương d thỏa mãn 1 + + = a+ d b+ d c+ d d Nhận xét Khi tiếp xúc với đề tốn học sinh chưa thấy liên hệ toán với kiến thức giải tích học Nhưng học sinh “nhìn” tốn theo hình thức “tồn số thực dương d thỏa mãn “phương trình ẩn 1 + + = ” Có nghĩa a+ d b+ d c+ d d t t t hay + + + + - = có nghiệm = a+ t b+ t c+ t a+ t b+ t c+ t t thuộc (0 ; + ¥ ) ” Với hình thức diễn đạt này, học sinh nhận “cơng cụ” để giải tốn sử dụng tính liên tục, tính đơn điệu hàm số Tuy nhiên, từ việc phát công cụ giải đến có lời giải có khoảng cách định, việc phát công cụ giải giúp học sinh có nhiều thuận lợi để có lời giải Lời giải Xét hàm số f (t ) = f '(t ) = a (a + t) khoảng b + (b + t) (0, + ¥ ) + t t t + + - khoảng (0,+ ¥ a+ t b+ t c+ t c (c + t) > vi mi t ẻ (0, + Ơ tđ f (t ) hàm số đồng biến Hơn nữa, hàm số f (t ) liên tục khoảng lim+ f (t)= - 2, lim f (t )= Vy phng trỡnh tđ + Ơ ) nờn ), ta có (0,+ ¥ ) t t t + + - = có nghiệm a+ t b+ t c+ t thuộc (0 ; + ¥ ) ” hay tồn số d > thỏa mãn 1 + + = a+ d b+ d c+ d d Bài toán 2.6.5 Tìm tất số p , q cho px + 3qx = p ×2 x+ p- + q ×3x+ q- với số thực x Lời giải Với x = , ta có ( p - 1).2 p + (q - 1).3q = Do p > 0, 3q < nên xảy trường hợp: Trường hợp 1: p = q = thỏa mãn Trường hợp 2: p < < q dẫn đến p < < < 3q , chia hai vế cho 3qx ta có x x x ỉ2 p ÷ ư ổ q- ỗ ữ ỗỗ ữ + = p.2 p- ổ ỗỗ ữ ữ ữ ữ + q.3 ốỗỗ 3q ứ ữ ỗỗố p ữ ỗố 3q ứ ữ ứ x x x é ỉ2 p ÷ ỉ ỉ ứ p- ỗ ữ q- ỗ ữ ỳ ỗ Do lim ỗỗ p ữ p.2 ỗ q ÷ ÷ ÷ = xlim ÷ + q.3 ốỗỗ 3q ứ ữ ỳ= nờn khụng th xy ỗố ứ xđ + Ơ ỗ ữ ®+¥ ê è ø êë ú û Trường hợp 3: p > > q x x x æ2 p ổ3q ổ p- ỗ ữ q- ỗỗ ữ ữ ữ T gi thit ta cú ỗỗỗ ữ + = p ữ ỗỗ ữ + q.3 ữ ữ ữ ốỗỗ ứ ữ ỗố ứ ố3 ứ x ổ2 p q- ữ Dn n lim ỗỗỗ ữ ữ = q.3 Xy cỏc kh nng: xđ + Ơ ç ÷ è ø Khả 1: 2p px q- x+ p- < q.3 = suy q = + = p ×2 Chia hai vế cho px lấy giới hạn hai vế ta có 1=0, khả bị loại Khả 2: p = q.3q- = Do hàm số f ( x) = x ×3x- đồng biến khoảng (0; + ¥ ) nên phương trình q.3q- = có nghiệm q = Khi ta có x = p ì2 x x- ổ2 ị p çç ÷ ÷ = çè ÷ ø Lấy giới hạn hai vế x dần tới dương vơ cực ta có = 1, mâu thuẫn Vậy p = q = Bài toán 2.6.6 Trong mặt phẳng tọa độ, điểm mà tung độ hồnh độ số tự nhiên, có đặt gốc có bán kính 10- 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 khơng? Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề quan trọng sau: Với số vô tỷ a > số nguyên dương N , tồn p ẻ Ơ , q ẻ Â + cho qa - p < N Thật vậy, æ ổ1 ửữ ổN - ửữ ỗ ỗ ÷ ;1÷ Xét phần lẻ {a },{2a },{3a }, ,{(N + 1)a } cựng cỏc on ỗỗỗ0; ữ ữ, çç ; ÷ ÷, , çç ÷ èç N ÷ ứ ốỗN N ứữ ốỗ N ứữ Do cú N đoạn mà có N + số nên phải tồn hai số thuộc khoảng, giả sử {r a },{s a } với £ r < s £ N + Khi {r a } - {s a } < 1 hay (s - r )a - ([s a ] - [r a ]) < N N Đặt q = s - r , p = [s a ] - [r a ], 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 1+ k 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 < Khi đó, ta chọn 106 x = p, y = q khoảng cách từ điểm (x ; y ) nhỏ 106 + k < 10- Do đó, tầm nhìn người ln bị giới hạn gốc Nhận xét Trong đề thi THPT Pháp, có tốn 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 xun 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, a ) (a ,1) với a số lẻ Chứng minh người quan sát nhìn xun qua hàng nhìn xun qua khu rừng 2.7 Bài tập tự luyện Bài 2.7.1 Cho dãy số nguyên dương ( an ) tăng ngặt mà 2019 số ngun dương liên tiếp có số thuộc dãy Chứng minh n a i 1 i 1    ai2 Bài 2.7.2 Xét số c  cho với n  số thực tùy ý, ta có n  u (u k 1 k k   u0  u1  u2   un1  un  dãy  uk 1 )  c a) Chứng minh với c  , bất đẳng thức số lớn thỏa mãn điều kiện đề Bài 2.7.3 Xét số c  cho với n   , có dãy số thực u1 , u2 , , un mà b) Chứng minh c  i)  uk  c với k  1,2, , n ii) ui  u j  với i  j i j Chứng minh c  Bài 2.7.4 Xét hàm số f : [1; )  [1; ) thỏa mãn f ( x )  xf ( x  1)  với x  a) Chứng minh f ( x )  x với x  b) Chứng minh f ( x )  x  với x  Bài 2.7.5 Cho hàm số f liên tục  với x, y, z  f  x  f ( y  z)  f  y  f ( z  x)  f  z  f ( x  y )  a) Chứng minh f (0)  b) Giả sử tồn x0 cho f ( x0 )  Chứng minh f toàn ánh xác định tất hàm số thỏa mãn đề Bài 2.7.6 (PTNK 2018) Cho hàm số f : ¡ + ® ¡ + thỏa mãn với < x < y thì: i) xf ( y ) - yf ( x ) > ii) f ( xf ( y ) - yf ( x )) = ( y - x) f ( xy ) a) Chứng minh f hàm đồng biến b) Đặt a  f (1), với n   , tính f ( n ) theo a, n từ chứng minh a  c) Chứng minh f ( x)  x, x   , từ suy f ( x)  x, x   Bài 2.7.7 (Balkan Shortlist 2015) Cho số m  hàm số f :    thỏa mãn f ( x  f ( y ))  xf ( x )  f ( y )  mx với x, y  a) Nếu m  , hàm số thỏa mãn đề b) Cho m  0, chứng minh f ( x )  x, x  Từ khơng tồn hàm số thỏa mãn đề m  Bài 2.7.8 Xét dãy số (un ) xác định u1  2, un1   (n  1)un với n a) Chứng minh un  n ! e với n b) Chứng minh tồn vô số số thực c  cho lim n{cn !}  Bài 2.7.9 Cho hàm số f :  liên tục, khác thỏa mãn f ( x )    xf ( x )  x  1 với x Xét dãy số thực u1  m un 1  f (un ) với m tham số thực dương a) Chứng minh tồn m để dãy số tuần hoàn b) Giả sử f đa thức, chứng minh tồn vô hạn m để dãy số hội tụ Bài 2.7.10 Các số thực dương x  cho x  x  số phương viết 2x thành dãy số tăng ngặt a0  a1  a2  n a) Đặt sn   i 0 Chứng minh lim sn   a  ai2 i 1 b) Chứng minh tồn hai số hạng khác dãy mà 2020 chữ số thập phân sau dấu phẩy chúng giống Bài tốn 2.7.11 Tìm tất hàm số f : R  R , bị chặn R , thỏa mãn điều kiện a) f 1  1,    b) f  x    f  x    f x         , x   x  Bài tốn 2.7.12.Tìm tất hàm số f : R  R , bị chặn  a, b  , f 1  thỏa mãn điều kiện f  x  y   f  x   f  y  , x, y  R Bài toán 2.7.13.(Olympic Toán học Quốc tế năm 2011) Chứng minh không tồn hàm số f : R  R thỏa mãn điều kiện f  x  y   y f  x   f  f  x   ; x, y  R Chứng minh f  x   với x  Bài toán 2.7.14.(Đề thi Gặp gỡ Toán học năm 2017) Cho P  x   x3  x  39 x  46 Q  x   x3  3x  x  Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương  ,     { }2 , ký hiệu  x phần lẻ x Bài toán 2.7.15 (VMO 2003) Cho P  x   43  x  15 x  Q  x   12 x3  x  x  Chứng minh hai đa thức có nghiệm ba nghiệm phân biệt Kí hiệu   hai nghiệm lớn P  x  Q  x  Chứng minh   3  C KẾT LUẬN Chuyên đề Yếu tố giải tích tốn đại số, số học, tổ hợp viết dựa thực tế kinh nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi vài năm trở lại tác giả, tác giả nhận thấy số kết sau: - Kĩ sử dụng định lý hàm liên tục toán chứng minh tồn nghiệm phương trình học sinh tương đối tốt - Học sinh vận dụng tốt kĩ sử dụng dãy số phương pháp cho qua giới hạn để giải phương trình hàm bất phương trình hàm, kỹ lấy đạo hàm cho qua giới hạn để giải tốn đa thức Bên cạnh đó, kĩ chọn biế đặc biệt cho qua giới hạn dự đoán số tốt tốn tìm số tốt bất đẳng thức tương đối tốt - Kĩ sử dụng kỹ thuật giải tích vào tốn số học, tổ hợp học sinh tương đối hạn chế đòi hỏi tổng hợp nhiều kiến thức Chuyên đề Yếu tố giải tích tốn đại số, số học, tổ hợp tiếp tục bổ sung thời gian tới, đặc biệt phần sử dụng kỹ thuật giải tích vào tốn số học Bên cạnh mở rộng sang phần tổ hợp ... TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC 2.1 Kỹ thuật giải tích giải tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm 2.1.1 Sử dụng dãy số giới hạn dãy số giải phương trình hàm, bất phương trình hàm Trong. .. nghiên cứu tốn đại số khơng có gải thiết liên tục hay khả vi phương trình hàm, bất phương trình hàm mà sử dụng dãy số giới hạn dãy số để giải Ta bắt đầu ví dụ quen thuộc sau: Bài tốn 2.1.1.1... xét toán tổng quát hơn: Bài toán 2.1.1.5 [Olympic sinh viên tồn quốc 2016, mơn Giải tích] Cho a  số thực hàm f : R  R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện •  f  ax    a x f  x  với số thực