Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại một số nguyên lẻ $n$ và  một đa thức hệ số nguyên $Q(x)$ sao cho đa thức $ 1 + pn^2 + \prod_{i=1}^{2p-2} Q( x^{i})$ có ít nhất một nghiệm nguyên.

Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại $n,Q$ thỏa đề. Gọi nghiệm nguyên của $1+pn^2+\prod_{i=1}^{2p-2}Q(x^i)$ là $a$, khi đó

\begin{equation}1+pn^2+\prod_{i=1}^{2p-2}Q(a^i)=0.\end{equation}

$\bullet$ Chứng minh $p=2$.

$\bullet$ Chọn $n,Q$ thỏa đề.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a\geq 1, bc\geq 1$

Tìm min $P=\frac{a^{3}+2}{3(bc+1)}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{b+1}$

Bài này mình làm có vẻ hơi mất công, chắc sẽ có cách khác ngắn gọn hơn thôi 

Dễ thấy 

$$P\ge \underbrace{\frac{1}{bc+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{b+1}}_{Q}.$$

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $Q\ge \frac{3}{2}$ bằng cách chia ra hai trường hợp.

$\bullet$ TH1: $b+c\ge bc+1$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì

$$Q\ge \frac{(1+b+c)^2}{bc+1+b(c+1)+c(b+1)}=\frac{(1+b+c)^2}{3bc+b+c+1}$$

$\frac{(1+b+c)^2}{3bc+b+c+1}\ge \frac{3}{2}$ tương đương với

\begin{equation} 2b^2+2c^2+b+c\ge 5bc+1.\end{equation}

$(1)$ đúng vì $2b^2+2c^2\ge 4bc$ và $b+c\ge bc+1$.

$\bullet$ TH2: $bc+1>b+c$.

Đánh giá như sau

$$Q=\frac{1}{bc+1}+\frac{b^2+c^2+b+c}{(b+1)(c+1)}\ge \frac{1}{bc+1}+\frac{2bc+b+c}{(b+1)(c+1)}.$$

Biến đổi thì có được $ \frac{1}{bc+1}+\frac{2bc+b+c}{(b+1)(c+1)}\ge \frac{3}{2}$ tương đương với

\begin{equation}(bc-1)(bc+1-b-c)\ge 0.\end{equation}

$(2)$ đúng vì $bc\ge 1$ và $bc+1>b+c$.

Kết luận: $\min P=\frac{3}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Với mỗi $n$ nguyên dương, đặt $a_{n}=\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{d_{i}+1}$ với $d_{1},d_{2},...,d_{k}$ là các ước nguyên dương phân biệt của $n$.
CMR $\sum_{i=1}^{n}a_{i}>n-\ln n$

Sau đây là gợi ý, các bước cụ thể là của bạn nhé

\[\sum_{i=1}^na_i=\sum_{i=1}^n\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\frac{1}{i+1}\ge \sum_{i=1}^n\left(\frac{n+1}{i}-1 \right )\frac{1}{i+1}=n-\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i+1}>n-\ln n.\]

Anh Phát ơi, đề bài có yếm trá gì không chứ em thấy là $a:= n+ 2, b:= 4\left ( n+ 1 \right )$ cũng thỏa.

$n$ thay đổi mà, còn $a,b$ cố định.

Và vô cùng đặc biệt
$$\sum_{k=1}^n f(n,k) = f(2n,n)$$
Ví dụ: $f(14,9)=f(14,7+2)=f(12,7)=f(12,6+1)=f(11,6)=f(11,5+1)=f(10,5)=f(9,4)+1=f(8,3)+2=5+2=7$
——
Chứng minh rằng:

$$f(n,k)=\sum_{i=1}^k f(n-k,i)$$

Những kết quả như này có rất nhiều cách chứng minh: biểu đồ Ferrer, quy nạp bằng định nghĩa của $f(n,k)$ hoặc hệ thức truy hồi. Sau đây là một cách sử dụng hàm sinh.

Đầu tiên thì kí hiệu hệ số của $x^n$ trong $F(x)$ là $[x^n]F(x)$. Tiếp theo là nêu lại một số kết quả khá quen thuộc

Kết quả 1.

$$f(n,k)=[x^n]\frac{x^k}{\prod_{j=1}^{k}(1-x^j)}.\tag{1}$$

Kết quả 2.

$$\sum_{i=0}^k\left(x^i\prod_{j=i+1}^k(1-x^j) \right )=1.\tag{2}$$

Chứng minh hai kết quả này không khó khắn lắm, kết quả 1 thì khai triển vế phải, còn kết quả 2 thì quy nạp. Cuối cùng ta chứng minh hệ thức đề bài như sau

$$\begin{align*}  \sum_{i=1}^kf(n-k,i)&\overset{(1)}{=}\sum_{i=1}^k[x^{n-k}]\frac{x^i}{\prod_{j=1}^i(1-x^j)}\\&=[x^{n-k}]\sum_{i=1}^k\frac{x^i}{\prod_{j=1}^i(1-x^j)}\\&=[x^{n-k}]\sum_{i=1}^k\frac{x^i\prod_{j=i+1}^k(1-x^j)}{\prod_{j=1}^k(1-x^j)}\\&\overset{(2)}{=}[x^{n-k}]\frac{1}{\prod_{j=1}^k(1-x^j)}\\&=[x^n]\frac{x^k}{\prod_{j=1}^k(1-x^j)}\\&\overset{(1)}{=}f(n,k).\end{align*}$$

Với $n:=2n,k:=n$ thì $f(n)=\sum_{k=1}^nf(n,k)=f(2n,n)$.

Một đề mới thi yêu cầu tính liên quan tới $f(n,2)$ và $f(n,3)$. Chắc đáp án của BTC kì thi cũng trùng với cách nào đó đã được nêu ở đây thôi nhỉ 

Tính giá trị biểu thức 

\[T=\sum_{a,b,c\in \mathbb{N}}\frac{\min (a,b,c)}{3^a4^b5^c}\]

trong đó $\min(a,b,c)$ là số nhỏ nhất trong ba số $a,b,c$.

Bài này xung quanh một kết quả như sau: Với các số dương $x,y<1$ và $i$ nguyên dương cho trước thì

\[\sum_{m,n\ge i}x^my^n=\left(\sum_{m\ge i}x^m \right )\left(\sum_{n\ge i}y^n \right )=\frac{x^m}{1-x}\cdot\frac{y^n}{1-y}.\tag{$\ast$}\]

Cách 1: (hàm sinh)

Cách 2: (nguyên lí bù trừ)

Vậy thu được kết quả cuối cùng là

$$\boxed{T=\frac{5}{118}}$$

Cho a,b nguyên dương sao cho với mỗi n nguyên dương, nếu $an+1$ là số chính phương thì $bn+1$ cũng là số chính phương. CMR $a=b$

Dễ thấy với $n$ có dạng $am^2+2m$ thì $an+1$ là số chính phương, do đó $P(m)=b(am^2+2m)+1$ cũng là số chính phương với mọi $m$.

Cách 1:

Một kết quả nổi bật trong đa thức đó là Bổ đề$^1$: Đa thức $P\in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn có vô hạn số nguyên $m$ để $P(m)$ là số chính phương, khi đó tồn tại đa thức $Q\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $P(x)=(Q(x))^2$ với mọi $x$.

Dựa vào bổ đề này ta suy ra tồn tại các số nguyên $c,d$ sao cho

$$b(ax^2+2x)+1=(cx+d)^2,\quad \forall x\in \mathbb{R}.$$

Từ đây đồng nhất hệ số dễ dàng thu được $a=b$.

Cách 2:

Theo định lí Schur$^2$ dành cho đa thức $P$ thì tồn tại số nguyên tố $p>a+b$ sao cho $p$ là ước của $P(m_0)$ với $m_0$ là số nguyên nào đó, vì $P(m_0)$ là số chính phương nên $p^2\mid P(m_0)$. Ngoài ra

$$P(m_0+p)=P(m_0)+2bp(am_0+1)\equiv 2bp(am_0+1)\pmod{p^2}.$$

Từ hệ thức này ta thấy rằng $p\mid P(m_0+p)$, vì $P(m_0+p)$ là số chính phương nên 

$$p^2\mid P(m_0+p)\implies am_0\equiv -1\pmod{p}.$$

Do đó $0\equiv P(m_0)=am_0\cdot bm_0+2bm_0+1\equiv bm_0+1\pmod{p}$. Dẫn đến

$$am_0\equiv -1\equiv bm_0\pmod{p}\implies p\mid m_0(a-b).$$

Từ $p\nmid am_0$ suy ra $p\nmid m_0$, do đó $p\mid a-b$. Mà $p>a+b$ nên $a=b$.

Chú thích

1. Có 2 cách chứng minh Bổ đề ở cách 1 trong đường link này (Bài 3).
2. Chứng minh định lí Schur ở cách 2 có thể xem tại đây (Mục 3. Một số vấn đề cơ bản).

Đa thức hệ số nguyên $P(x)$ được gọi là đa thức "đẹp" nếu với mỗi số nguyên tố $p$ tồn tại số nguyên $n$ để $P(n)$ chia hết cho $p$. Xét đa thức "đẹp" $P(x)=(x^2-a)(x^2-b)(x^2-c)$ với $a,b,c$ là các số nguyên dương không là số chính phương. Chứng minh tích $abc$ là một số chính phương. 

Bài này nhìn tưởng dễ ăn nhưng làm không ra  . Đi kiếm nguồn thì là bài 15 ở đây. 

Ý tưởng của bài này xung quanh một bổ đề khá lạ như sau: Cho các số nguyên tố $p_1,p_2,\dots,p_n$ và các số $e_1,e_2,\dots,e_n\in \{-1,1\}$, khi đó tồn tại số nguyên tố $q$ sao cho 

$$\left ( \frac{p_i}{q} \right )=e_i,\ \forall i\in \{1,2,\dots,n\}.$$

2. Chứng minh rằng:
$f(n,3)=\left\lfloor \frac{n^2+3}{12}\right\rfloor$

Việc tính $f(n,3)$ cũng chính là đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình $x+y+z=n$ với $x\ge y\ge z$ (Cái này đã được thầy Thanh và anh Kool LL xử lí rất chi tiết ở đây  )

Ngoài ra thì có một cách khác như này: một đẳng thức rất quan trọng trong phân hoạch là $f(n,k)=f(n-1,k-1)+f(n-k,k)$. Với $k=3$ ta có

$$f(n,3)=f(n-1,2)+f(n-3,3).$$

Dễ thấy $f(n,2)=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$, tới đây quy nạp là thu được điều cần chứng minh. 

Cho $p,q$ là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện $\gcd(p,q)=1$, trong đó $p>1$
Tìm điều kiện của $\alpha\,$ để đẳng thức sau đúng $\forall n\in \mathbb Z^+$
$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{pn^2+(p+1-q)n}{2q}+\alpha\right\rfloor$$

Có một kết quả như sau: Với $p,q,n$ là các số nguyên dương sao cho $\gcd(p,q)=1$ và $q\mid n$ thì

$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\frac{pn^2+(p-q+1)n}{2q}.$$

Chứng minh.

Quay lại bài toán. Dựa vào kết quả này thì với việc chọn chọn $n$ là bội của $q$ thì ta có được $\left \lfloor \alpha \right \rfloor=0$. Tạm thời được như này 

Em vẫn chờ các bài tiếp theo trong chùm bài này của anh  . Sau đây là một bài vừa mới thi gần đây sử dụng phương pháp này.

Bài toán. Tô tất cả các cạnh và đường chéo của một đa giác lồi $P$ có $43$ đỉnh bởi hai màu xanh hoặc đỏ. Biết rằng mỗi đỉnh đều là điểm kết thúc của $20$ đoạn đỏ và $22$ đoạn xanh. Một tam giác tạo bởi các đỉnh của $P$ được gọi là đơn sắc xanh (đỏ) nếu cả ba cạnh cùng chung màu xanh (đỏ). Giả sử có $2022$ tam giác đơn sắc xanh, hỏi có bao nhiêu tam giác đơn sắc đỏ?

(Bài 5 - IMC 2022)

BÀI THI ĐÁNH GIÁ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CÔNG AN NHÂN DÂN NĂM 2022

Câu I. 

1. Tìm cực trị hàm số $y=x^4-4x^2+2$.
2. Tìm $m$ để đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-2$ cắt đường thẳng $(d):y=(m-1)x+2$ tại ba điểm có hoành độ $x_1,x_2,x_2$ thỏa mãn $x_1^3+x_2^3+x_3^3=-27$.

Câu II.

1. Tìm mô đun của số phức $z$ biết $2\bar{z}+(1+i)z=2$.
2. Tìm nguyên hàm $F(x)$ của hàm số $f(x)=\frac{2^x-1}{e^x}$ biết rằng $F(0)=\frac{1}{\ln 2-1}$.

Câu III.

1. Trong hệ trục tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $(C)$ có phương trình $(C):x^2+y^2-2x+2y-23=0$. Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại $A(-2,3)$.
2. Trong hệ trục tọa độ $Oxyz$ cho hai đường thẳng $d_1:\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{3}=\frac{z-2}{1},\ d_2:\frac{x}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z-2}{1}$ và mặt phẳng $(P):x+y+z-3=0$. Lấy hai điểm $M,N$ lần lượt thuộc $d_1,d_2$ sao cho $MN \parallel  (P)$. Tìm độ dài nhỏ nhất của $MN$.

Câu IV.

1. Xếp $6$ bạn nữ và $8$ bạn nam thành một hàng ngang. Tính xác suất để xếp được ít nhất $2$ bạn nữ ngồi cạnh nhau.
2. Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $2a$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Hình chiếu vuông góc của $A'$ xuống mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trung điểm của $AG$. Góc giữa mặt phẳng $(AA'B'B)$ với mặt đáy bằng $45^{\circ}$. Hãy tính thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Câu V.

1. Tính tích phân $I=\int_{\frac{-\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}\frac{(x-1)\tan^2x}{\cos 2x}\mathrm{d} x$.
2. Cho hai số thực dương $x,y$ thỏa mãn $\log_3\left ( \frac{x+y}{x+5y} \right )+2x=2y-1$. Tìm $m$ thỏa mãn $$e^{3x+y}=me^{3y-x}-e^x.$$

Nguồn: Facebook Long Nguyễn

 

Cho $a,b,c$ là ba số nguyên khác không và thỏa mãn ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a=3abc$ (1)

 

a) Hãy chỉ ra một bộ số nguyên $a,b,c$ đôi một khác nhau thỏa (1).

 

b) Chứng minh $abc$ là lập phương của một số nguyên.

Bài toán tổng quát hơn (xem ở đây): Với các số nguyên $a,b,c$ cùng khác $0$ thỏa mãn $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ là số nguyên thì $\sqrt[3]{abc}$ cũng là số nguyên. 

Cho x,y là các số nguyên dương. Nếu với mọi n nguyên dương ta có $(ny)^{2}+1 | x^{\varphi (n)}-1$. CMR x=1 

Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương $y$ thì tồn tại vô hạn số nguyên tố $p\equiv 2\pmod{3}$ sao cho tồn tại bội của $p$ có dạng $(3^ky)^2+1$.

Chứng minh. Tham khảo IMO Shortlist 2012 - N6.

Quay lại bài toán.

Dựa vào bổ đề thì tồn tại $p\equiv 2\pmod{3}$ sao cho $p\mid (3^ky)^2+1$ với $k$ nào đó. Theo giả thiết đề cho thì

\[(3^ky)^2+1\mid x^{\varphi(3^k)}-1=x^{2\cdot 3^{k-1}}-1\implies p\mid x^{2\cdot 3^{k-1}}-1\]

Do đó $\text{ord}_p(x)\mid\gcd(2\cdot 3^{k-1},p-1)$. Mặt khác

$$\gcd(2\cdot 3^{k-1},p-1)\mid 2\implies p\mid x^2-1.$$

Vì có vô hạn $p$ nên $x^2-1=0$, do vậy $x=1$.

P/s: Mình thật sự rất ưng những kiểu bài như này, một bên thì cố định, một bên thì có vô hạn   . Sau đây là một số bài toán anh em họ hàng.

Bài 1 (IMO Shortlist 2012). Cho các số nguyên dương $x,y$. Biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $2^ny+1\mid x^{2^n}-1$. Chứng minh rằng $x=1$.

Bài 2. Cho hai số nguyên dương $a,b$. Biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $a^n+n\mid b^n+n$, chứng tỏ $a=b$.

Bài 3. Tìm $a,b$ nguyên dương biết rằng với mọi $n$ nguyên dương thì $n\mid a^n+b^{n+1}$.

Bài 4. Tìm tất cả số tự nhiên $c$ sao cho tồn tại hai số nguyên $a,b$ thỏa mãn $a^n+2^n\mid b^n+c$ với mọi $n$ nguyên dương.

CMR tồn tại vô hạn các cặp số nguyên dương (m,n) nguyên tố cùng nhau sao cho với mỗi cặp đó phương trình $(x+m)^{3}=nx$ có 3 nghiệm nguyên khác nhau

Một ý tưởng khác như sau: ta sẽ tìm cặp $(m,n)$ để phương trình sau có 3 nghiệm nguyên phân biệt

$$X^3-nX+mn=0.$$

Giả dụ phương trình này có ba nghiệm $a,b,c$. Khi đó theo Vi-ét thì $a+b+c=0$ hay $c=-a-b$, ngoài ra thì

$$\left\{\begin{array}{l}n=-(ab+bc+ca)=a^2+ab+b^2\\ mn=abc=-ab(a+b)\end{array}\right.$$

Tới đây ta sẽ xây dựng $a,b$ sao cho $a^2+ab+b^2$ và $\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}$ nguyên tố cùng nhau (đương nhiên phải có $a^2+ab+b^2\mid ab(a+b)$ nữa). Phần còn lại bạn làm nốt nhé 

Bài 3. Tìm tất cả các hàm $f:\;\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn

$$\forall_{\left ( x, y \right )\in\mathbb{R}^{2}}\;f\left ( 2f\left ( xy \right )+ xf\left ( y \right )+ f\left ( x \right ) \right )= 3yf\left ( x \right )+ x$$

Bạn nào giúp mình chứng minh $f(1)=1$ với, ban đầu mình có làm nhưng giờ xem lại thì bị sai mất  . Sau đây là lời giải khi đã có $f(1)=1$.

Dễ thấy $f$ không thể là hàm hằng, thay $x:=0$ vào giả thiết thu được $f(0)=0$. Thay $y:=0$ vào giả thiết có được $f(f(x))=x$, do đó ta viết lại giả thiết như sau

$$f(3yf(x)+x)=2f(xy)+xf(y)+f(x).\tag{$\ast$}$$

Với $f(1)=1$ lần lượt thay $y:=1$ và $x:=1$ vào $(\ast)$ ta có

$$\begin{align}f(3f(x)+x)&=3f(x)+x\\ f(3y+1)&=3f(y)+1 \end{align}$$

Đặt tập hợp điểm bất động là $\mathcal{U}=\Big\{u\in \mathbb{R}:f(u)=u\Big\}$. Từ đây ta kí hiệu $u$ là phần tử bất kì của $\mathcal{U}$.

$\bullet$ Chứng minh $\frac{u}{3}\in \mathcal{U}$ với mọi $u\in\mathcal{U}$.

$\bullet$ Chứng minh

\begin{equation}f(3x)=4x-3f\left(\frac{x}{3}\right),\quad \forall x\in \mathbb{R}.\end{equation}

Thay $x:=\frac{1}{3}$ vào $(\ast)$ ta có

\begin{equation} f\left(y+\frac{1}{3}\right)=2f\left(\frac{y}{3}\right)+\frac{f(y)}{3}+\frac{1}{3}\end{equation}

Thay $x:=3$ vào $(\ast)$ ta có

$$\begin{align*} f(9y+3)&=2f(3y)+3f(y)+3\\\overset{(3)}{\implies}4(3y+1)-3f\left ( y+\frac{1}{3} \right )&=2f(3y)+3f(y)+3\\\overset{(4)}{\implies}4(3y+1)-3\left ( 2f\left(\frac{y}{3}\right)+\frac{f(y)}{3}+\frac{1}{3} \right )&=2f(3y)+3f(y)+3\end{align*}$$

Tương đương với

$$12y=2\left(3f\left(\frac{y}{3}\right)+f(3y)\right)+4f(y)\overset{(3)}{=}8y+4f(y).$$

Từ đây ta có được $f(y)=y$.

Em nghĩ chúng ta nên phản chứng dựa vào

$$\begin{CD}f\left ( x \right )= x @>{{\it into}\;{\it it}}>> f\left ( 3y+ 1 \right )= 3f\left ( y \right )+ 1\\ @AA{{\it as}\;{\it hypothesis}}A @VV{{\it after}\;{\it substituted}}V\\ f\left ( 3f\left ( x \right )+ x \right )= 3f\left ( x \right )+ x @<{\it And}<< f\left ( 3f\left ( y \right )+ 1 \right )= 3f\left ( y \right )+ 1\end{CD}$$

Khá giống với việc chứng minh $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )= x\Rightarrow f\left ( x \right )= x$ như ở đây.

Cái link em đưa có giả thiết $f$ tăng ngặt còn bài của em thì chưa có.

Ngoài ra sao có thể suy ra $f(3f(y)+1)=3f(y)+1$ được nhỉ? Nếu có cái này thì xong bài rồi, vì hàm đã cho có tính chất $f(f(x))=x$ sau khi có được $f(0)=0$.

$f\left ( 1 \right )= 1$ đồng thời

$$f\left ( 3y+ 1 \right )= 3f\left ( y \right )+ 1\quad{\it And}\quad f\left ( 3f\left ( x \right )+ x \right )= 3f\left ( x \right )+ x$$

Bài này mình cũng làm được tới đây, sau đó thì như thế nào nhỉ?

Bạn có thể nói rõ chỗ lấy $ln$ làm sao ra được như vậy được không bạn thì mình chưa học tới $ln$ á bạn. Mình chỉ biết sơ về định nghĩa chứ chưa hiểu sâu cụ thể làm sao lấy $ln$ thì ra được vậy mong bạn giúp mình với

Hàm $\ln$ (lôgarit tự nhiên) có các tính chất sau: Với $a,b>0$ và $t\in \mathbb{R}$ bất kì thì

1. $\ln(a)\ge \ln(b)\iff a\ge b$,
2. $\ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)$,
3. $\ln(a^t)=t\ln(a)$.

Quay lại bài toán thì ta có $u_{n+2}\ge \sqrt[n]{u_{n+1}^2u_n^{\frac{n-1}{2}}}=u_{n+1}^{\frac{2}{n}}u_n^{\frac{n-1}{2n}}$, tương đương

\[\begin{align*}\ln(u_{n+2})&\overset{(1)}{\ge} \ln\left(u_{n+1}^{\frac{2}{n}}u_n^{\frac{n-1}{2n}}\right)\\ &\overset{(2)}{=}\ln\left(u_{n+1}^{\frac{2}{n}} \right )+\ln\left(u_n^{\frac{n-1}{2n}} \right )\\ &\overset{(3)}{=}\frac{2}{n}\ln(u_{n+1})+\frac{n-1}{2n}\ln(u_n). \end{align*}\]

Cho $(u_{n})$ thỏa $u_{1},u_{2} \in (0;1)$ và 

$u_{n+2}=\frac{1}{n}u_{n+1}^2+\frac{n-1}{n}\sqrt{u_{n}}$.

Tìm giới hạn của $u_{n}$.

Bổ đề. Cho hai số dương $\alpha,\beta$ có tổng bé hơn $1$. Nếu dãy số $(x_n)$ dương thỏa mãn 

$$x_{n+2}\le \alpha x_{n+1}+\beta x_{n},\quad \forall n\ge n_0$$

thì dãy $(x_n)$ hội tụ và $\lim x_n=0$.

Quay lại bài toán.

Dễ dàng chứng minh được $0<u_n<1$ với mọi $n$. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 

$$u_{n+2}=\frac{1}{n}u_{n+1}^2+\frac{n-1}{n}\sqrt{u_n}\ge \sqrt[n]{u_{n+1}^2u_n^{\frac{n-1}{2}}}.$$

Đặt $v_n=-\ln(u_n)>0$ thì bất đẳng thức trên tương đương $v_{n+2}\le \frac{2}{n}v_{n+1}+\frac{n-1}{2n}v_n$. Suy ra

$$v_{n+2}<\frac{2}{5}v_{n+1}+\frac{1}{2}v_n,\quad \forall n\ge 5.$$

Áp dụng bổ đề trên ta có $\lim v_n=0$, dẫn tới $\lim u_n=1$.

P/s: Một ví dụ và tài liệu tham khảo liên quan tới bổ đề trên có thể xem ở đây

Một dạng toán liên quan tới số square-free

Trong bài viết này kí hiệu $\mathbb{P}$ là tập hợp các số nguyên tố.

1. Lí thuyết
Trong xuyên suốt bài viết, đa số các bài toán đều được thực hiện dựa trên ý tưởng, kết hợp với các tính chất nêu dưới đây.

Ý tưởng

Để chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn mệnh đề $\mathcal{P}$ ta sẽ làm hai bước sau:

1. Chứng minh số phần tử thuộc tập hợp $\{1,2,\dots,N\}$ không thỏa mãn mệnh đề $\mathcal{P}$ luôn nhỏ hơn hoặc bằng $a(N)$.
2. Chứng minh $a(N)<N$ với $N$ đủ lớn.

Tính chất 1. $$\sum_{p\in \mathbb{P}} \frac{1}{p^2} <\frac{1}{2}.$$

Chứng minh.

Ví dụ 1

Cho số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng nếu chọn $n$ số bất kì từ $2n$ số nguyên dương đầu tiên thì luôn tồn tại số square-free trong $n$ số được chọn.

Lời giải.

Với mỗi số nguyên tố $p$, ta thấy rằng có $\left\lfloor\frac{2n}{p^2}\right\rfloor$ số chia hết cho $p^2$ trong đoạn $[1,2n]$, do đó các số này không phải số square-free. Vậy số các số không phải số square-free và nằm trong đoạn $[1,2n]$ sẽ không vượt quá $S$ trong đó
\[S=\sum_{p\in \mathbb{P}}\left\lfloor\dfrac{2n}{p^2}\right\rfloor \le 2n\sum_{p\in \mathbb{P}}\frac{1}{p^2}<n.\]
Vậy sẽ có nhiền hơn $n$ số square-free trong $2n$ số đầu tiên nên ta có được điều cần chứng minh.
 

Ví dụ 2 (Chọn đội tuyển Trung Quốc 2015)
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn $n$ nguyên dương sao cho $n^2+1$ là số square-free.

Lời giải.

$\bullet$ Chặn trên số các số thuộc đoạn $[1,N]$ không thỏa đề.

$\bullet$ Chứng tỏ $\sum_{p\in \mathbb{P}}2\left \lceil \frac{N}{p^2} \right \rceil<N$ với $N$ đủ lớn.

$$\#\Big\{n\in [1,N]: n^2+1\ \text{không phải số square-free}\Big\}\le \sum_{p\in \mathbb{P}}2\left \lceil \frac{N}{p^2} \right \rceil<N.$$
Từ đây suy ra tồn tại vô hạn $n$ nguyên dương thỏa đề.
 

Ví dụ 3 (IMC 2013)
Tồn tại hay không tập $M$ chứa vô hạn số nguyên dương sao cho với mọi $a,b\in M$ mà $a\neq b$ thì $a+b$ là số square-free?

Lời giải.
Câu trả lời là có, ta sẽ xây dựng dãy $m_1<m_2<m_3<\dots$ sao cho $m_i+m_j$ là số square-free với mọi $i\neq j$. Đầu tiên ta chọn $m_1=1,m_2=2$ và giả sử đã chọn được $k$ số, bước tiếp theo ta sẽ chọn $m_{k+1}$.
Chọn $m_{k+1}=A^2u+1$ trong đó $A=(m_k+2k)!$ và $u$ sẽ chọn sau, khi đó $m_{k+1}>m_k$. Ta sẽ chọn $u$ phù hợp ($A^2u+1+m_i$ là số square-free với mọi $i=\overline{1,k}$) trong đoạn $[1,N]$ với $N$ là số nguyên dương cực lớn nào đó bằng cách đếm số giá trị $u$ không thích hợp.

$\bullet$ Ta sẽ chứng minh rằng số các giá trị $u$ không phù hợp nhỏ hơn $\frac{N}{2}+k\sqrt{N(A^2+1)}$.

3. Bài tập
Bài 1 (PEN)
Chứng minh rằng mọi số nguyên lớn hơn $1$ đều có thể viết dưới dạng tổng của hai số square-free.

Bài 2 (Vesselin Dimitrov)
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn $n$ nguyên dương sao cho $\frac{1}{2}n(n+1)(n+2)(n^2+1)$ là số square-free.

Bài 3 (Cuộc thi nhóm học sinh Iran 2020)
Cho các số nguyên dương $a,b,c,d$ thỏa mãn $\gcd(a,b)=\gcd(c,d)=1$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn $n$ sao cho cả $x_n$ và $y_n$ đều là số square-free, trong đó
\[x_n=an+b\quad \text{và}\quad y_n=cn+d,\quad \forall n\in \mathbb{N^*}.\]
Bài 4 (Khu vực Đông Nam Trung Quốc 2020)
Sắp xếp các số square-free theo thứ tự tăng dần thu được dãy $a_1,\ a_2,\ a_3,\ \dots$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn $n$ nguyên dương sao cho
$$a_{n+1}-a_n=2020.$$

Fille bài viết:  mot dang toan so square-free.pdf   202.33K   207 Số lần tải

Tính giá trị biểu thức 

\[T=\sum_{a,b,c\in \mathbb{N}}\frac{\min (a,b,c)}{3^a4^b5^c}\]

trong đó $\min(a,b,c)$ là số nhỏ nhất trong ba số $a,b,c$.

Bài 1 (Anh 2017). Cho dãy số dương $(a_n)_{n\ge 1}$ có $a_1=1$ và

\[a_{n+1}+a_n=(a_{n+1}-a_n)^2,\quad \forall n\ge 1\]
Hỏi $a_{2017}$ có thể nhận bao nhiêu giá trị khác nhau?

Bài 2. Biết rằng dãy số nguyên dương $(x_n)_{n\ge 1}$ thỏa mãn

\[x_{n+1}=\sqrt{(n+2)x_n+1},\quad \forall n\ge 1.\]

Hỏi $x_1$ có thể nhận những giá trị nào? 

Bài toán: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho mọi ước nguyên tố của $n^2+n+1$ đều không vượt quá $\sqrt{n}$.

(Chọn đội tuyển Ukraina 2007)

Một số bài toán anh em: Chứng minh có vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho

Bài 1. Ước nguyên tố lớn nhất của $n^4+1$ lớn hơn $2n$.

Bài 2. Mọi ước nguyên tố của $n^2+n+1$ đều không vượt quá $n$.

Bài 3 (IMO 2008). Tồn tại ước nguyên tố của $n^2+1$ lớn hơn $2n+\sqrt{2n}$.