Sai đề rồi, lấy phản ví dụ $ a_1 = a_2 = .... = a_{2023} =1$

Bài này làm như thế này:

Xét $ H(x) = P(x) - x^2 - (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$

Dễ dàng kiểm tra: $ H(x)$ là đa thức hệ số thực bậc không quá $4$ lại có đến $5$ nghiệm thực phân biệt là $1; 2 ; 3 ; 4 ; 5$

Suy ra $ H(x) \equiv 0$

Suy ra $P(x) = x^2 + (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$

Suy ra $ P(6) = 5! + 6^2 = 156; P(7) = 6! + 7^2 = 769$

Không rõ là cấp 2 có được sử dụng kiến thức về số nghiệm thực tối đa của đa thức không. nếu không được sử dụng thì buộc phải giải hệ phương trình 5 ẩn, này thì hơi tốn nhiều sức.

Bài này làm thế này nè:

Cho $q\in(0,1)$. Chứng minh $\underset{n\rightarrow +\infty}{lim}(q^n.n)=0$

Trước hết, ta có bổ đề: $\lim_{n \to + \infty } \sqrt[n] n=1 $ $  (*)$

Chứng minh bổ đề này bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $n$ số gồm 1 số $n$ và $n-1$ số $1$. Sau đó áp dụng dụng định lý giới hạn kẹp với chú ý: $ 1 < \sqrt[n] n$ .

Bây giờ, Đặt $f(n) = q^n \cdot n$

$ \ln f(n) = n \cdot \ln q + \ln n = - n \cdot \ln \frac{1}{q} + \ln ( \sqrt[n] n )^n  = n \ln \sqrt[n] n -  n \cdot \ln \frac{1}{q}  = n \cdot \ln \frac{ \sqrt[n] n}{\frac{1}{q}}  = n \cdot \ln (q\cdot \sqrt[n] n)$

Dễ thấy khi $n$ tiến dần ra vô cùng thì:  $q\cdot \sqrt[n] n$ tiến dần đến giá trị $ q$ là hằng số dương nhỏ hơn $1$ (Do $(*)$) , Suy ra  $\ln (q\cdot \sqrt[n] n)$ tiến dần đến giá trị hằng số $ \ln q$  là số âm, Suy ra $  n \cdot \ln (q\cdot \sqrt[n] n)$ tiến dần đến $ - \infty$

Suy ra $\lim_{n \to + \infty } \ln f(n) = - \infty$

Suy ra:  $\lim_{n \to + \infty} n \cdot q^n = \lim_{n \to + \infty} f(n) = \lim_{n \to + \infty } e^{\ln f(n)} = 0$

Và từ đây ta có điều phải chứng minh

Tìm hệ số của $x^3$ trong khai triển đa thức
$P=(x^2+x-1)^5$

Bài này cách đơn giản nhất là như sau:

Đặt $y = f(x) =x-1$

Rõ ràng theo khai triển nhị thức Newton, ta có:

$ P(x) = (x^2 + y)^5 = \binom{5}{0}x^{10}+ \binom{5}{1}x^{8}y + \binom{5}{2}x^{6}y^2+ \binom{5}{3}x^{4}y^3+ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5  = G(x) + \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

Rõ ràng trong khai triển của đa thức $G(x)$ thì hệ số của $x^0 ; x^1 ; x^2 ; x^3$ đều bằng $0$, nên hệ số của $x^3$ trong khai triển $P(x)$ cũng chính là hệ số $x^3$ trong khai triển $ \binom{5}{4}x^{2}y^4+ \binom{5}{5}y^5 $

$ = \binom{5}{4}x^{2} (x-1)^4+ \binom{5}{5} (x-1)^5 $

Bằng $ \binom{5}{4} \binom{4}{3} (-1)^3 + \binom{5}{2} (-1)^2  = 5 \cdot 4 \cdot (-1) + \frac{4 \cdot 5}{2} = -20+10 = -10$

Bài này chỉ đơn giản là nhận xét: $x <4$

Nếu $x \geq 4$ thì vế trái lớn hơn $ x^4 \geq 4^3 x = 64x > 63x $ suy ra vế trái lớn hơn vế phải.

Như vậy, ta chỉ cần đi xét 3 trường hợp $ x =1 ; x=2; x = 3$

Trường hợp $1$: Với $ x = 1$ thì phương trình trở thành: $ (y+1)^4 + 5z = 63$

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $3^4 > 63$

Thử với $y =1$ thì cũng không có được nghiệm nguyên nào, vì phương trình $5z = 47$ hiển nhiên không thể có nghiệm nguyên $( 5 \not | 47 )$ nên loại trường hợp này.

Trường hợp $2$:  Với $ x = 2$ thì  phương trình trở thành: $ (y+2)^4 + 5z = 126$

Tiếp tục vét cạn thì dễ thấy $y$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $1$ vì $4^4 > 126$

Thử với $y =1$ thì được nghiệm nguyên $ x = 2; y = 1; z= 9$

Trường hợp $3$: Với $ x = 3$ thì  phương trình trở thành: $ (y+3)^4 + 5z = 189$

Vô nghiệm vì $4^4 > 189$

Nên phương trình đã cho chỉ có nhiệm nguyên dương duy nhất $ (x;y;z) = (2;1;9)$

Dãy $(u_n)_{n \geq 1}$ thỏa mãn: $u_1 = 1 ; u_{n+1} = u_n + 2^{2n-1} \cdot u^{2}_n$ với mọi $n \geq 1$

Tìm công thức tính $u_n$ theo $n$

Bài này hay, các bạn cùng nhau giải nhé.

Bài này nghiệm hàm là $ f(x) = x - \frac{1}{x}$, chứng minh bằng việc tính các giá trị: $ f(1); f(2)$ rồi bằng quy nạp theo $n$ để chứng minh: $f(n) = n - \frac{1}{n}$ với mọi số nguyên dương $n$.

Bài này câu trả lời là tồn tại, chứng minh dựa trên việc chỉ ra đa thức $Q(x) = (2x^3+1)(x^2- x+1)$ thỏa đề.

Chứng minh này dựa vào căn nguyên thủy và định lý Fermat nhỏ.

Bài 40. Tìm tất cá các giá trị của tham số $m$ để hệ phương trình: $$\begin{cases}\sqrt{2\left({x+y+1}\right)}+2xy-x-y+2=x^2y+y^2x+\sqrt{x+y}\\ \sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+2\sqrt{xy}=m \end{cases}$$ có nghiệm.
 

Có bạn nào biết nguồn bài này từ đâu không? Bài này unsolved lâu rồi nên supermember muốn biết chắc chắn đây là bài toán đúng đề.

Bài 35(Chọn đội tuyển Tỉnh THPT Tây Thụy Anh-Thái Bình) Tìm $m$ để phương trình sau đây có nghiệm
$$\sqrt x + \sqrt {x - 4} - \sqrt {x - 1} - \sqrt {x - 3} = m\sqrt {{x^2} + 9} $$

Bài này không sử dụng đạo hàm, mà nó phải dùng đến phương pháp so sánh cơ bản của hàm số đơn điệu:

Điều kiện: $ x \geq 4$

Ta viết lại phương trình dưới dạng tương đương:

$ \left( \sqrt{x} -  \sqrt{x -3} \right) - \left( \sqrt{x-1} -  \sqrt{x -4} \right) = m \sqrt{x^2+9}$

$ \Leftrightarrow \frac{x+3}{ \sqrt{x} +  \sqrt{x -3}} - \frac{x+3}{ \sqrt{x-1} +  \sqrt{x -4}} = m \sqrt{x^2+9}$

$  \Leftrightarrow  f(x) = \frac{x+3}{ \sqrt{x^2+9}} \cdot \left( \frac{1}{ \sqrt{x} +  \sqrt{x -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x-1} +  \sqrt{x -4}}  \right)= m $

Rõ ràng bằng cảm quan, ta đã thấy ngay: 

Nhận xét 1: $ g(x) = \frac{1}{ \sqrt{x} +  \sqrt{x -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x-1} +  \sqrt{x -4}}  <0$ với mọi $x \geq 4$ và khi $ x $ tiến dần ra $ + \infty$  thì $g(x)$ tiến dần đến $0$

Nhận xét 2: $ h(x) = \frac{x+3}{ \sqrt{x^2+9}} >1$  với mọi $x \geq 4$ và khi $ x $ tiến dần ra $ + \infty$  thì $h(x)$ tiến dần đến $1$

Nên bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chỉ ra được: $g(x)$ đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$; $h(x)$ đơn điệu giảm trên $ [4; + \infty )$  $(1)$

Khi đó ta thấy ngay rằng : tập hợp những giá trị của $m$ thỏa yêu cầu bài toán chính là đoạn $ [ f(4) ; 0)$ tức là  đoạn: $ \big[ \frac{1 - \sqrt{3}}{5} ; 0  \big) $

Giờ thì làm chân phương thôi, không màu mè gì đâu:

Giả sử $ 4 \leq x_1 <  x_2$ , ta đi chứng minh: $  \frac{1}{ \sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_1-1} +  \sqrt{x_1 -4}} <  \frac{1}{ \sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2-1} +  \sqrt{x_2 -4}} $ $ \ (*)$

Thật vậy ; $(*)$ tương đương với:

$ \frac{1}{ \sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3}}  < \frac{1}{ \sqrt{x_1-1} +  \sqrt{x_1 -4}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2-1} +  \sqrt{x_2 -4}} $

$  \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{x_2} - \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2 -3} - \sqrt{x_1 -3}}{ (\sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3})} <  \frac{ \sqrt{x_2 -1 } - \sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_2 -4} - \sqrt{x_1 -4}}{ (\sqrt{x_1 -1} +  \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} +  \sqrt{x_2 - 4})}$

$ \Leftrightarrow \frac{  \frac{x_2- x_1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{x_2- x_1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}}}{ (\sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3})} <  \frac{ \frac{x_2 - x_1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{x_2 - x_1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}}}{ (\sqrt{x_1 -1} +  \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} +  \sqrt{x_2 - 4})}$

$ \Leftrightarrow \frac{  \frac{1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}}}{ (\sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3})} <  \frac{ \frac{1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}}}{ (\sqrt{x_1 -1} +  \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} +  \sqrt{x_2 - 4})}$

Bất đẳng thức sau cùng là  đúng, vì rõ ràng: $  \sqrt{x_2} + \sqrt{x_1} > \sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1} > 0 ; \sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3} >  \sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}  > 0 $  

Suy ra: $  0< \frac{1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}} <  \frac{1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}} ; (\sqrt{x_1} +  \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} +  \sqrt{x_2 -3}) >  (\sqrt{x_1 -1} +  \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} +  \sqrt{x_2 - 4}) >0$

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, do đó $(*)$ đúng, và $g(x)$ theo đó là hàm đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$

Giả sử $ 4 \leq x_1 < x_2$ , ta đi chứng minh: $  \frac{x_1 +3 }{ \sqrt{x^2_1 +  9}} >  \frac{x_2 +3 }{ \sqrt{x^2_2 +  9}} $ $ \ (**)$

$  \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{x^2_1 +  9}}{x_1 +3 } < \frac{ \sqrt{x^2_2 +  9}}{x_2 +3 }   \Leftrightarrow   \frac{ x^2_1 +  9}{x^2_1 +6x_1 +9 }   < \frac{ x^2_2 +  9}{x^2_2 +6x_2 +9 }$

$    \Leftrightarrow  ( x^2_1 +  9) ( x^2_2 +6x_2 +9) < ( x^2_2 +  9) (x^2_1 +6x_1 +9)$

$    \Leftrightarrow 6 x_1 x_2 (x_2 - x_1) + 54 (x_1 - x_2) >0$

$    \Leftrightarrow (x_2 - x_1)\left( 6 x_1 x_2  - 54 \right) >0$

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do $   4 \leq x_1 < x_2 \implies 6 x_1 x_2  > 6 .9 = 54 \implies 6 x_1 x_2  - 54 >0 $

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, do đó $(**)$ đúng, và $h(x)$ theo đó là hàm đơn điệu giảm trên $ [4; + \infty )$

Từ các nhận xét & chứng minh trên, ta thấy $(1)$ đúng, Suy ra: giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên  $ [4; + \infty )$ đạt được tại $x =4$, tương ứng $ f(4) = \frac{1 - \sqrt{3}}{5}$

$f(x)$ lại là hàm sơ cấp , xác định trên $ [4; + \infty )$, nên liên tục trên $ [4; + \infty )$, ngoài ra $f(x)$ đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$ với $ \lim_{ x \to + \infty} f(x) = 0$

Nên tập giá trị của $f(x)$ trên $ [4; + \infty )$ sẽ là đoạn: $ \big[ \frac{1 - \sqrt{3}}{5} ; 0  \big) $, đây cũng chính là tập những giá trị tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Và bài toán theo đó đã được giải quyết hoàn toàn.

Lưu ý: Để chứng minh $f(x)$ là hàm đơn điệu tăng một cách chặt chẽ hơn nữa thì có thể làm như sau:

Với  mọi $x_1; x_2$ thỏa $   4 \leq x_1 < x_2$ thì $ f(x_1) - f(x_2) = g(x_1)h(x_1) - g(x_2)h(x_2) =  g(x_1)h(x_1) - g(x_1)h(x_2) + g(x_1)h(x_2)- g(x_2)h(x_2) = g(x_1) \cdot \left( h(x_1)-h(x_2)\right) + h(x_2) \cdot \left( g(x_1)-g(x_2) \right) <0 \implies f(x_1) < f(x_2)$

Bài toán:

Tìm tất cả các số nguyên $m;n$ khác $0$ thỏa mãn:

$ 2m \equiv -1 \pmod n$ và $ n^2 \equiv -2 \pmod m$

Bài này khó.  

Bài $39$ này lời giải của bạn Le Tuan Canhh ở trên là sai.

Đề bài là:

Giải và biện luận phương trình theo tham số $m$

Bạn đang hiểu sai đề là: biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số $m$

Nên làm như trên không có điểm.

Bài $39$:  Giải và biện luận phương trình sau theo tham số $m$:

$ x^4 - 2x^3 + x = m$

Bài này lời giải đáp án gọn hơn 1 chút như sau:

Đặt $ f(x) = 4x^3 + ax^2 + bx +c \ ; \  g(x) = 4x^3 -3x \ ; \  h(x) = f(x) - g(x)$

Phản chứng, giả sử $ M <1$ , suy ra: $ -1< f(x) = 4x^3 + ax^2 + bx +c < 1 $ với mọi  $x \in [ -1 ;1]$ $ (*)$

Mặt khác, để ý một loạt các đẳng thức sau: $g(-1) = -1 \ ; \  g \left ( \frac{-1}{2} \right) = 1 \ ; \  g \left ( \frac{1}{2} \right) = -1 \ ; \  g(1) = 1$  $(**)$

Kết  hợp $(*)$ với $(**)$ thì ta có : $h(-1) >0 \  ; \  h  \left ( \frac{-1}{2} \right)  <0 \ ; \  h \left ( \frac{1}{2} \right) >0 \ ; \  h(1) = 1 <0$

Theo tính chất hàm liên tục, ta thấy rằng $h(x)$ là đa thức bậc không quá $2$ nhưng lại có ít nhất $3$ nghiệm $x_1; x_2; x_3$ thỏa mãn $ -1 < x_1 < \frac{-1}{2} < x_2 < \frac{1}{2} < x_3 < 1$

Nên chĩ có thể xảy ra trường hợp $ h(x) \equiv 0$ , vô lý vì ở trên đã chỉ ra $h(-1) >0$

Mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử ban đầu là sai và ta có đpcm.

Với $m$ là số nguyên dương tùy ý, hãy chứng minh rằng $5^m +3$ không có bất kỳ ước nguyên tố nào có dạng : $ p= 30k+11$ hay $ p = 30k-1$

Chứng minh rằng với các số thực $a;b;c$ thỏa $abc =1$ thì ta luôn có bất đẳng thức:

$ \sqrt{a^2-a+1} + \sqrt{b^2-b+1} + \sqrt{c^2-c+1} \geq a+b+c$

Cho các số nguyên dương $n;m;k \geq 2$.  Có $n$ thành viên VMF tham gia một kỳ thi trắc nhiệm Toán Online, trong đó có $m \times k$ câu hỏi và mỗi câu hỏi sẽ có $ k$ lựa chọn để chọn. Một thành viên được coi là đậu nếu trả lời đúng ít nhất $m+1$ câu hỏi.

$a.$ Giả sử : $n=2k$. Chứng minh rằng các thành viên có thể chỉ bài lẫn nhau (kiểu như người biết làm câu nào thì chỉ cho người khác để tất cả có đáp án đúng câu đó) sao cho có ít nhất $1$ thành viên đậu kỳ thi.

$b.$ Giả sử $n = 2k-1$. Liệu có tồn tại số $k$ để đảm bảo là có ít nhất $1$ thành viên đậu kỳ thi trong trường hợp các thành viên chỉ bài cho nhau (kiểu như người biết làm câu nào thì chỉ cho người khác để tất cả có đáp án đúng câu đó).

Với một đa thức $Q$ hệ số nguyên và một số nguyên tố $p$, ta nói rằng đa thức $Q$ không bao gồm $p$ nếu không tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn: $p | Q(n)$.

Tồn tại chăng một đa thức hệ số nguyên, không có nghiệm hữu tỷ thỏa mãn điều kiện: chỉ không bao gồm đúng $1$ số nguyên tố?

Tìm tất cả các dãy số nguyên dương $(a_n)_{n \geq 0} $ thỏa mãn:

$ \varphi (a_{n+1}) = a_n $ với mọi số nguyên không âm $n$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n \geq 2$, ta có đẳng thức sau:

$ \binom{n}{ [n/2]} = \binom{n-1}{ [(n-1)/2]} + \sum_{i=0}^{[n/2]-1} \frac{1}{i+1} \binom{2i}{ i} \binom{n-2i-2}{ [n/2] -i-1}  $

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Q}^{+} \to \mathbb{Q}$ thỏa mãn:

$ f(x) + f(y) = \left( f(x+y) + \frac{1}{x+y} \right) (1 -xy+ f(xy))$ với mọi $x;y \in  \mathbb{Q}^{+}$

 

Bài 2 (6 điểm):

a) Chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn $x^{2023}+y^3=z^2$.

 

 

Bài này ý tưởng giải như sau:

Ta thử chọn nghiệm trong những bộ $3$ số nguyên dương $ (x;y;z)$ có dạng: $ (2^m; 2^n; 2^p)$ trong đó sẽ sắp xếp để: $ 2023m = 3n$ $(1)$ và $ 2| 2023m +1$ $(2)$

Lúc đó thì chỉ cần chọn $ p = \frac{2023m+1}{2}$

Từ $(1)$ Suy ra : $  3 | 2023m \implies 3 |m$   $(4)$ ( do $(3; 2023) =1$)

Từ $(2)$ Suy ra : $ 2 \not | m$ $(5)$

Từ $(4);(5)$; ta đi vét cạn trên modulo $6$ thì rõ ràng chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ m = 6t +3$ ($t \in \mathbb{N}$)

Suy ra: $ 2023m = 2023(6t+3) = 3n \implies n = 2023(2t+1)$

Và theo đó , theo lập luận ở trên: $ p = \frac{2023(6t+3) +1}{2}$

Thử lại thì bộ $3$ số nguyên dương $\left( 2^{6t+3}; 2^{2023(2t+1)}; 2^{ \frac{2023(6t+3) +1}{2} } \right)$ thỏa mãn bài toán ($t$ là số nguyên không âm bất kỳ) , và do có thể chọn vô số số nguyên không âm $t$ nên cũng có thể chọn ra vô số nghiệm của phương trình đã cho, bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.