Ngày ấy- bây giờ

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

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

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.

Ngoài lể chút ạ. Theo như bạn Nobodyv3 có nói ở trên thì bạn đang có "khao khát" sử dụng hàm sinh. Supermember mạn phép khuyên bạn hãy dùng hàm sinh để giải quyết tất cả các bài Toán trong ấn phẩm " đẳng thức tổ hợp" mà VMF đã xuất bản cách đây tròn 10 năm rưỡi (link: https://diendantoanh...g-thức-tổ-hợp/). Lưu ý là dùng hàm sinh để giải tất cả các bài toán trong chuyên đề đó chứ không phải chỉ gói gọn là các bài trong chương dùng hàm sinh để chứng minh.

Đây sẽ là hoạt động rất ý nghĩa, là tiền đề để có nền tảng làm chuyên đề VOL2. Bạn Nobodyv3  và thầy Thanh nghĩ sao?

Không cần phải giải quá nhanh, có thể là 2 ngày giải 1 bài cũng là quá OK rồi.
 

Đáp án chính thức:

Xét $ A = \frac{ 5ab(a^2 +b^2 - 2)}{ 5ab-1} = \frac{ a^2 (5ab-1) +b^2 (5ab-1) + a^2 +b^2 - 2ab}{ 5ab-1} =  a^2 + b^2 + \frac{(a-b)^2}{ 5ab-1}$

Do đó : $  A = \frac{ 5ab(a^2 +b^2 - 2)}{ 5ab-1}$ là số nguyên dương khi và chỉ khi $\frac{(a-b)^2}{ 5ab-1}$ là số nguyên không âm $(*)$

Xét phương trình : $ \frac{(a-b)^2}{ 5ab-1} =k$ với $k$ là  $1$ hằng  số nguyên không âm $(1)$

Do vai trò $a \ ; \ b$ là như nhau nên từ nay, không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét đến trường hợp $ a \geq b$

$ (1)$ tương đương với: $ a^2 - (5bk + 2b) a + b^2 +k =0$ $(2)$

Coi $(2)$ là phương trình bậc $2$ ẩn $a$, $b$ là tham số.

Theo giải thiết bài toán, thì do tồn tại cặp số $(a; b)$ thỏa $(2)$ nên theo nguyên lý cực hạn, ta có thể chọn ra bộ số $(a_0 ; b_0)$  thỏa $(2)$ sao cho tổng $ a_0 + b_0 $ đạt giá trị nhỏ nhất có thể. $(3)$

Theo định lý Viette thì ngoài nghiệm $a_0$, $(2)$ sẽ còn có nghiệm $a_1$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a_1 = 5b_0 k +2b_0 -a_0 \\ a_1 = \frac{b_0^{2}+k}{a_0} \end{matrix}\right.$

Mà từ đây ta dễ thấy $a_1$ cũng phải là số nguyên dương.

Theo đó, dễ thấy  cặp số nguyên dương $(a_1; b_0)$ cũng thỏa $(2)$ và từ cách chọn ra bộ số $(a_0 ; b_0)$ thì hiển nhiên:

$ a_1 + b_0 \geq a_0 + b_0 $

$ \implies  a_1 \geq a_0  \implies  \frac{b_0^{2}+k}{a_0} \geq a_0  \implies  k \geq a^{2}_0 -  b^{2}_0$
 
$\implies  \frac{(a_0 -b_0)^2}{ 5a_0 b_0-1} \geq a^{2}_0 -  b^{2}_0$ $(4)$

Đến đây, ta thấy là không thể xảy ra trường hợp $a_0 > b_0$ vì nếu $  a_0 > b_0$ thì từ $(4)$ suy ra:

$  \frac{a_0 -b_0}{ 5a_0 b_0-1} \geq a_0 +  b_0 \implies a_0 -b_0 \geq (a_0 +  b_0) ( 5a_0 b_0-1)$

Điều này không thể xảy ra do $ (a_0 +  b_0) ( 5a_0 b_0-1) \geq 4 (a_0 +  b_0) > a_0 - b_0$

Do đó, chỉ có thể xảy ra trường hợp $a_0 = b_0$. Suy ra:  $k=0$.

Tức là $ k= \frac{(a-b)^2}{ 5ab-1}$ là số nguyên không âm khi và chỉ khi $ a=b$ $(**)$

Từ $ (*); (**)$, ta kết luận:

$  A = \frac{ 5ab(a^2 +b^2 - 2)}{ 5ab-1}$ là số nguyên dương khi và chỉ khi $a=b$ (đpcm)
 
 

Chấm điểm:

1. trantiennguyen: Bài làm ý tưởng chứng minh đúng, mạch lạc, ngắn gọn. Tuy nhiên chữ viết quá xấu, vừa mờ, vừa khó đọc, đạt $9$ điểm.
2. habcy12345: Bài giải đầu tiên nộp bị sai nên tất nhiên không xét đến bài giải bổ sung, đạt $0$ điểm

3. mathproo: Bài giải bị sai ngay đoạn $\Rightarrow k=\frac{5b_{0}^2+m-2}{5a_{0}}>a_{0}>b_{0}$, đạt $0$ điểm.
4. Nguyen Bao Khánh: Bài giải tốt, sạch, đẹp, đạt $ 10$ điểm
5: bahieupbc: Lời giải tốt, điểm trừ Latex sai dẫn đến vài đoạn giám khảo khó đọc, đạt $9.5$ điểm

6: qminhdls: Lời giải viết không tốt, lúc thì $H$, lúc thì $T$ lung tung lẫn lộn. Ngoài ra cũng không chỉ ra rằng vai trò của $A;B$ như nhau nên chỉ cần xét $ A \geq B$. 

Nếu không có giải thiết $ A \geq B$ thì bất đẳng thức : $ \frac{ (A-B)^2}{ 5AB -1} \geq A- B$ là đúng chứ không sai.
Đạt $4$ điểm

7 huytran08: Lời giải sai, $0$ điểm
8 duc3290: lời giải ý tưởng đúng tuy nhiên ký hiệu $ \rightarrow$ là sai, chỉ có ký hiệu $ \implies$ hoặc $ \Leftrightarrow$ mà thôi, $8$ điểm . Lỗi trình bày này quá cơ bản và không đáng mắc phải.

Các thành viên nhận giải : Nguyen Bao Khanh, Tran Tien Nguyen, baohieupbc vui lòng xác minh thông tin (thẻ học sinh, sổ liên lạc, giấy khai sinh...) với giảm khảo hxthanh để chứng minh bản thân là học sinh THCS để nhận giải.

Các bạn lưu ý:

Có $2$ cách trình bày:
 

cách $1$: chứng minh không thể xảy ra trường hợp $ a > b$ , cũng không thể xảy ra trường hợp $ a<b$ , sau đó kết luận $a =b$ (như trantiennguyen trình bày)

Cách $2$: nhận xét đầy đủ: " Vai trò của $a; b $ là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét trường hợp: $ a \geq b$ " (như Nguyen Bao Khanh trình bày) , sau đó đi chứng minh không thể xảy ra $ a >b$ rồi kết luận chỉ có thể xảy ra trường hợp $a =b$.

Nếu không nêu rõ vai trò $a; b $ như nhau mà giả sử ngay $ a \geq b$ thì sẽ không được tối đa điểm.

Chứng minh rằng với mọi $\epsilon >0$ Tồn tại các số nguyên $a;b;c$ sao cho :

$0< | a+b \sqrt{2} + c \sqrt{3}| < \epsilon$

Bài này chỉ có $1$ dòng thôi: $ \lim_{n \to + \infty} (\sqrt{2} -1)^n =0$
Cặp đôi " Hoàng -Phát" này giỏi quá. Hi vọng với cặp đôi này thì VMF ta chẳng mấy chốc mà HOÀNG PHÁT (PHÁT TRIỂN RỰC RỠ)

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

Hi vọng là giải đúng:     

Ta để ý : $ C_{2n+1}^{n} = C_{2n}^{n} + C_{2n}^{n-1}$ , chính là  tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

Nên một cách tự nhiên, ta đi chứng minh vế trái cũng bằng tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

Ở đây do có dấu phần nguyên nên ta sẽ phá dấu phần nguyên này bằng cách lần lượt xét tính chẵn lẻ của $n;k$

Ta xét trường hợp : $n$ chẳn, $n = 2m $ với $ m \in \mathbb{N}^{*}$, trường hợp $n $ lẻ ta làm hoàn toàn tương tự.

Khi $n = 2m$ thì vế trái của đẳng thức đã cho bằng:

$ \sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} C_{2m-k}^{ \left[ \frac{2m-k}{2} \right] } =  \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{ \left[ \frac{2m-2k}{2} \right] } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{ \left[ \frac{2m-2k-1}{2} \right] } $

$= \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1}  $  $ (\bigstar )$

(Xét tính chẳn lẻ của $k$ để tách $1$ tổng thành $2$ tổng con )

Mặt khác, ta xét khai triển của $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  :

$ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^n =  \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m} =\sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-k}$

$ = \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1} $

Đến đây ta có $2$ nhận xét đơn giản:

Nhận xét 1: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k}$ không thể có phần tử $ \frac{1}{x^2}$, chỉ có phần tử $ x^0$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k}^{m-k}$

Nhận xét 2: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1}$ không thể có phần tử $ x^0$, chỉ có phần tử $ \frac{1}{x^2}$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k-1}^{m-k-1}$

Từ $2$ nhận xét này, ta suy ra: tổng hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  chính bằng:

$ \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1} $ $( \bigstar \bigstar)$

Từ $ (\bigstar ) ; ( \bigstar \bigstar)$ ta thấy rằng vế trái $=$ vế phải và khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn

Bài này thì chưa thử giải chi tiết, tuy nhiên "chém đinh chặt sắt" chắc chắn vẫn ra như thường:

Đặt: $x = a+b; y = b+c ; z = c+a$ thì hiển nhiên là $ x ;y;z$ sẽ là những số thực dương và $ xyz = 8$

Ta hoàn toàn có thể tính được $ a; b ; c $ theo $ x;y;z$ và do đó thì cũng không khó để tính $ ab + bc + ca ; a^2 + b^2 + c^2$ theo $x; y; z$

Đến đây thì sử dụng chiêu " chém đinh chặt sắt" mà supermember đã sử dụng nhiều lần ở các topic:

1. https://diendantoanh...-2/#entry740186

2. https://diendantoanh...c2-leq-frac103/

3. https://diendantoanh...lâm-đồng-2022/ 

Ý tưởng đơn giản là giảm dần số biến từ $3$ biến thành $2$ biến, từ $2$ biến thành $1$ biến thông qua công cụ khảo sát hàm và việc xếp thứ tự tăng dần các biến.

Bài toán: Một cuộc đấu vòng tròn gồm $2n+1$ đội trong đó $2$ đội bất kỳ gặp nhau đúng $1$ lần. $3$ đội $X; Y; Z$ được gọi là 1 bộ ba "khó đoán" nếu $ X$ thắng $Y$, $Y$ thắng $Z$ và $Z$ thắng $X$. Biết rằng giải dấu không có trận hòa nào. Hãy tính:

a. Số bộ ba "khó đoán" ít nhất có thể có

b. Số bộ ba "khó đoán " nhiều nhất có thể có

Giải ra câu a là cũng giỏi rồi.

Số bộ ba khó đoán nhiều nhất có thể có là $ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, khúc xây dựng hơi khó

Và trong cách xây dựng thì mỗi đội cũng sẽ có số ván thắng và thua bằng nhau và bằng $n$.

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$

 

 

Câu 3. (3.0 điểm) Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $2abc=2a+4b+7c$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P =a+b+c$.

 

 

Hi vọng là giải đúng 

Từ điều kiện bài toán, ta suy ra: $ 2a(bc-1) = 4b+7c$. Nên dễ thấy là $bc >1$ và $ a= \frac{4b+7c}{2(bc-1)}$.

Suy ra : $ a+b +c =  \frac{4b+7c}{2(bc-1)} + b + c$  $(1)$

Do $ bc > 1$ , suy ra ta phải có: $ b > \frac{1}{c}$. Ta sẽ cố định $c$, đồng thời đi khảo sát hàm số: $ f(x) = \frac{4x+7c}{2(xc-1)} + x + c$ trên $ \left( \frac{1}{c}; \ + \infty \right)$.

Lấy đạo hàm $ f^{'} (x) = \frac{ 4 \cdot 2(xc-1) - (4x+7c) \cdot 2c}{ 4(xc-1)^2} +1 = 1 + \frac{ -4 - 7c^2}{2(xc-1)^2}$
 

Do đó $ f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow 2(xc-1)^2 = 4+ 7c^2  \Leftrightarrow \sqrt{2} (xc-1) =  \sqrt{4+7c^2}$ $( \bigstar)$

(Do trên miền giá trị $x$ đang xét thì hiển nhiên là : $ xc-1 >0$)

Tức là : $ f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = x_0 = \frac{1}{c} + \sqrt{ \frac{4+7c^2}{2c^2}}$

Từ dáng điệu của hàm số, ta dễ dàng thấy rằng $f(x)$ là hàm giảm trên $ \left( \frac{1}{c}; \  x_0 \right]$ và là hàm tăng trên $ \left[ x_0; \ + \infty \right)$.

Nên từ đây, ta suy ra $ f(b) \geq f(x_0 ) = \frac{4 x_0 +7c}{2(x_0 \cdot c-1)} + x_0 + c$   $(2)$

Bằng tính toán cụ thể, ta ra được kết quả $ f(x _0 ) = c + \frac{3}{c} + \frac{ \sqrt{8 + 14c^2}}{c} = g(c)$  $(3)$

Lưu ý là trong tính toán thì phải sử dụng đến đẳng thức $( \bigstar)$ thì khai triển sẽ đỡ cồng kềnh.

Do đó, giờ công việc của ta thực chất chỉ là đi khảo sát hàm $ g(c) = c + \frac{3}{c} + \frac{ \sqrt{8 + 14c^2}}{c}$ trên $(0 ; + \infty)$.

Đây là bài toán khảo sát hàm một biến, có lẽ không khó. Ta tạm dừng nghỉ ngơi. Hẹn các bạn trong giây lát.

Tiếp tục công việc:

Ta tính đạo hàm $ g^{'} (c) = 1 - \frac{3}{c^2} - \frac{8}{ c^2 \sqrt{8+14c^2}}$

Ta đi giải phương trình $  g^{'} (c) = 0$. Thật vậy, đặt ẩn phụ $ t = c^2 ( t>0)  $ thì dễ thấy là phương trình ta cần giải tương đương với:

$ t - 3 = \frac{8}{ \sqrt{8+14t}}$

Tức là : $ t> 3$ và $ (t-3)^2 (8+14t) =8^2$  $ ( \bigstar \bigstar)$

Phương trình $( \bigstar \bigstar)$ chỉ có $1$ nghiệm duy nhất lớn hơn $3$ là $ t_0 = 4$ ; Giá trị  $ t_0 = 4$ sẽ tương ứng với $ c =2$.

Suy ra : $ g^{'} (c) = 0  \Leftrightarrow c = 2$.

Mặt khác, dễ thấy $ g^{'}(c)$ là hàm đơn điệu tăng trên $ (0; + \infty )$ và $ g^{'}(2) =0$.  Suy ra $ g^{'}(c) \leq 0$ với mọi $ c \in  \left( 0; \  2 \right]$ và $ g^{'}(c) \geq 0$ với mọi $ c \in \left[2; \ + \infty \right)$. Nên hiển nhiên hàm $g(c)$ là hàm số liên tục trên $\mathbb{R}^{+}$, đơn điệu giảm trên  $ \left( 0; \  2 \right]$ và đơn điệu tăng trên $ \left[2; \ + \infty \right)$. Từ đây suy ra: $ g(c) \geq g(2) = \frac{15}{2}$  $(4)$ .

Từ $ (1); \ (2); \ (3) ; \ (4)$ Ta suy ra: $ a + b + c \geq \frac{15}{2}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a = 3; \ b = \frac{5}{2} ;\  c= 2$.

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn  . Bài Toán Hay. Lâu Lâu mới có $1$ bài bất đẳng thức hay và sáng tạo thế này :)

Làm thử bài 1 hen.

Câu a: ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $a_n$ là số nguyên dương và $a_n   \equiv 1  \ \ ( \mod 3)$

Rõ ràng khẳng định đúng với $ n =1$, giả sử khẳng định đúng đến $n$, tức là $ a_n = 3k+1$ với $k$ là số nguyên không âm, khi đó :

$ 3a_{n+1} = (3k+2)^3 -5 = 27k^3 + 54k^2 + 36k + 3$ suy ra $ a_{n+1} = 9k^3 + 18k^2 +12k+1$ , từ đây dễ thấy $ a_{n+1} $ là số nguyên dương và còn có $ a_{n+1}   \equiv 1  \ \ ( \mod 3)$ . Khẳng định được chứng minh hoàn toàn theo nguyên lý quy nạp toán học.

Câu b: Từ gợi ý ban đầu từ câu a, ta thử cách đặt dãy phụ: $ a_n = 3b_n+1$ với $b_n$ là dãy số nguyên không âm

Rõ ràng: $b_1 =1$, và $ 9b_{n+1} +3 = (3b_n +2)^3 -5$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$ 

$ \implies \ \ 9b_{n+1} +3 = 27b^3_n + 54b^2_n + 36b_n +3 $

$ \implies \ \ b_{n+1} = 3b^3_n + 6b^2_n + 4b_n = b_n (3b^2_n + 3b_n +1) + (3b^2_n +3b_n+1) -1 $

$ \implies \ \ b_{n+1} +1 = (b_n +1)(3b^2_n + 3b_n +1)$

$ \implies \frac{1}{3b^2_n + 3b_n +1} = \frac{b_n +1}{b_{n+1} +1}$

Trong đó, ta dễ dàng kiểm tra $ \frac{a_k -1}{ a^2_k +a_k +1} = \frac{b_k}{3b^2_k+ 3b_k +1}$

Suy ra: $ \frac{a_k -1}{ a^2_k +a_k +1} = \frac{b_k (b_k +1)}{b_{k+1} +1}$

Tới đây suy nghĩ tiếp hen, chưa hoàn tất.

 

Bài 2. (5 điểm) 

Cho đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên, giả sử các phương trình $P(x)=1, P(x)=2$ và $P(x)=3$ theo thứ tự mỗi phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên theo lần lượt $x_1,x_2,x_3$.

a) Chứng minh rằng: $x_1,x_2,x_3$ là các nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên.

b) Chứng minh rằng: phương trình $P(x)=5$ không có hơn một nghiệm nguyên. 

 

Hi vọng là giải đúng:      

Câu a: Ta cần dùng đến tính chất cơ bản của đa thức hệ số nguyên: với $x;y$ là những số nguyên phân biệt thì ta có: $ x-y | P(x)-P(y)$

Sử dụng tính chất này, kèm theo chú ý: hiển nhiên $ x_1 ;\  x_2 ; \  x_3$ phải là những số nguyên đôi một phân biệt, ta có:

$ \begin{cases} x_2 - x_1 | P(x_2)- P(x_1) \\ x_3 -  x_2 | P(x_3) - P(x_2) \end{cases}  \Rightarrow \begin{cases} x_2 - x_1 | 1 \\ x_3 -  x_2 | 1 \end{cases}  $

$ \Rightarrow  x_2- x_1 ; x_3 - x_2 \in \{ \pm 1 \}$

Trường hợp 1:  $x_2 - x_1 =1$  thì ta phải có $ x_3 - x_2 = 1$ vì nếu $ x_3 - x_2 =  -1$ thì suy ra : $ (x_2 - x_1) + (x_3 - x_2 ) = 0 \Rightarrow x_3 = x_1 $

Điều này vô lý.

Trường hợp 2:  $x_2 - x_1 = -1$ thì  bằng chứng minh tương tự, ta phải có: $ x_3 - x_2 =  -1$ 

Tức là $x_1; \  x_2; \  x_3$ tạo thành cấp số cộng công sai  $1$ hoặc $-1$.

Trước tiên, ta đi chứng minh rằng giá trị $x_1$ nếu có tồn tại, thì là duy nhất:

Thật vậy, Giả sử ngoài $x_1$ thì phương trình $ P(x)=1$ còn có thêm nghiệm nguyên $ x_1^{'}$

* Nếu $ x_2 - x_1 = 1$ thì $ x_2 - x_1^{'} = -1$, mà $ x_3 - x_2 =1$, suy ra $ (x_3 - x_2) +  (x_2 - x_1^{'}) = 0 \Rightarrow  x_3 = x_1^{'}$ (Vô lý)

* Nếu  $x_2 - x_1 = -1$ thì $ x_2 - x_1^{'} = 1$, mà $ x_3 - x_2 =-1$, suy ra $ (x_3 - x_2) +  (x_2 - x_1^{'}) = 0 \Rightarrow  x_3 = x_1^{'}$ (Vô lý)

Nên giá trị $x_1$ nếu tồn tại theo giải thiết bài toán, thì là duy nhất.

Để chứng minh khẳng định bài toán, ta chỉ cần chứng minh: 

Không thể xảy ra trường hợp $2$ bộ số $ (x_1; x_1+1; x_1 +2); (x_1; x_1 - 1; x_1 -2)$ đều lần lượt là nghiệm của $3$ phương trình: $P(x)=1; \ P(x) =2 ; \ P(x) =3$

Nhưng may mắn là chứng minh điều này không khó vì nếu giả sử xảy ra trường hợp này thì ta có:

$ ( x_1+2) - (x_1 -1) | P( x_1+2) - P(x_1 -1) \Rightarrow  3| 3-2 \Rightarrow  3| 1$ (Vô lý)

Do đó, khẳng định bài toán được chứng minh hoàn toàn. Tức là $3$ phương trình: $P(x)=1; \ P(x) =2 ; \ P(x) =3$ chỉ có $1$ bộ nghiệm duy nhất $(x_1; x_2;x_3)$ có dạng $ (x_1; x_1+1; x_1 +2)$ hoặc $ (x_1; x_1 - 1; x_1 -2)$

Câu b: Ý tưởng cũng là hoàn toàn tương tự, ta giả sử $x_4$ là nghiệm nguyên của phương trình $ P(x)=5$

ta có $ \begin{cases} x_4 - x_3 |  2  \\ x_4 -  x_2 | 3 & (\bigstar)  \end{cases} $

Dễ thấy không thể xảy ra trường hợp: $ x_4 - x_3 = \pm 1$

Thật vậy, nếu $ x_4 -x_3 = -1 $ thì dễ thấy là không thể xảy ra trường hợp $ x_3 - x_2 =1$ vì nếu như vậy thì: $ (x_4 -x_3) +  (x_3 - x_2) =0 \Rightarrow x_4 = x_2$ (Vô lý). Còn nếu $  x_3 - x_2 = -1$ suy ra $x_4 - x_2 = -2$, nên theo $ (\bigstar) $ thì $ -2 |3$ (vô lý)

Ta chứng minh hoàn toàn tương tự để có: không thể xảy ra trường hợp: $ x_4 -x_3 =  1 $

Do đó, chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ x_4 - x_3 = \pm 2$

Đến đây thì gần xong rồi, ta giả sử ngoài nghiệm nguyên $x_4$ thì phương trình $P(x) =5$ còn có thêm nghiệm nguyên $ x_4^{'}$

* Nếu $ x_4 - x_3 = 2$ thì suy ra $ x_4^{'} - x_3 = -2$

Trường hợp $ x_3 - x_1 = 2 $ thì : $ ( x_4^{'} - x_3 ) + (x_3 - x_1) = 0 \Rightarrow x_4^{'} = x_1$ (Vô lý)

Trường hợp $  x_3 - x_1 = -2 $ thì : $ ( x_4 - x_3 ) + (x_3 - x_1) = 0 \Rightarrow x_4= x_1$ (Vô lý)

Nên không thể xảy ra trường hợp này .

* Nếu $ x_4 - x_3 = - 2$ thì suy ra $ x_4^{'} - x_3 = 2$

Chứng minh tương tự, ta cũng chỉ ra được không thể xảy ra trường hợp này.

Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ban đầu về sự tồn tại của $x_4^{'}$ là sai, và giá trị $x_4$ ( nếu có tồn tại)  thì sẽ là duy nhất.

Khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn.

 

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

 

 

 

Hi vọng là giải đúng

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng sau:

$ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x = 4y^2 +4y$

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 4y^2 +4y +1$

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = (2y+1)^2$

Suy ra: $4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ là bình phương của một số tự nhiên lẻ.

Ta xét trường hợp $ x \geq 7$ thì khi đó dễ thấy:

$  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ tức là khi $ x \ge 7$  thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

Hoàn toàn tương tự, với $ x \leq -3$ thì:   $  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ và $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

Như vậy ta chỉ cần thử trực tiếp các giá trị của $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ với $x$ là số nguyên chạy từ $-2$ đến $6$

Dễ thấy với $ x = 0$ ; $ x =6$ thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ nhận giá trị là bình phương của số tự nhiên lẻ.  

Cụ thể: với $x =0$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 1 = 1^2$

Với $x =6$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 6241 = 79^2$

Nên từ đây ta dễ dàng giải ra được $4$ cặp nghiệm nguyên $(x;y)$ của phương trình đã cho là: $ (0;0); \ (0;-1); \ (6;39); \ (6; -40)$

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn. 

Cuối tuần thư giãn nhẹ nhàng:

Tính số phương án bỏ $11$ cái bút chì màu khác màu nhau vào $4$ hộp đựng bút đánh số $1 ; 2 ; 3 ; 4$ sao cho mỗi hộp có ít nhất $2$ cây bút.

Cho số $ 0<a<1$ và hàm số $f$ liên tục trên $[0;1]$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

$1/$ $ f(0) =0 \ ; \  f(1) =1$

$2/$ $ f \left( \frac{x+y}{2} \right) = (1-a)f(x) + af(y)$  với mọi $x;y$ thỏa mãn $ 0 \leq x \leq y \leq 1$

Hãy tính $f \left( \frac{1}{7} \right)$

Bài 2:   Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương, trong đó $a,b$ nguyên tố cùng nhau và $\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ là số nguyên.

 

Chứng minh rằng $a$ là số chính phương

 

 

Hi vọng là giải đúng :

Ta giả sử $ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} = x$  với $ x \in \mathbb{N}^{*}$

$ \Leftrightarrow ba + c^2 = xca \Leftrightarrow a(xc-b) = c^2  $ $ (*)$

Do đó dễ thấy : $a; \ xc-b $ đều là những số nguyên dương, có tích là bình phương của $1$ số nguyên dương $ (**)$

Để chứng minh khẳng định bài toán, thực chất chỉ cần chứng minh $2$ số $ a; \ xc-b$ nguyên số cùng nhau. Khi đó, thì $a; \ xc-b$ sẽ đều là bình phương của $1$ số nguyên dương. Điều này suy ra trực tiếp từ định lý cơ bản của số học về phân tích $1$ số nguyên dương ra thành tích của các thừa số nguyên số. (Phân tích thành lũy thừa nguyên tố)

Nhắc lại nội dung định lý:

Mọi số nguyên dương đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng tích của các số nguyên tố, trong đó các thừa số nguyên tố được viết theo thứ tự không giảm.

Trở lại việc giải bài toán:

Thật vậy, giả sử $p$ là ước số nguyên tố tùy ý của $a$ thì $ p|a$

Từ $(*)$ ta có $ a| c^2$ nên suy ra $ p|c$ 

$ \Rightarrow  p|xc  \Rightarrow   p \not | xc-b$ do $a;b$ nguyên tố cùng nhau.

Suy ra $xc-b$ không chia hết cho mọi ước nguyên tố của $a$

Do đó $ xc-b; a$ phải là 2 số nguyên tố cùng nhau.

Suy ra: $xc-b; a$ đều là bình phương của $1$ số nguyên dương 

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Thực ra thì điều kiện hàm số liên tục là thừa. Nếu bỏ đi điều kiện liên tục của hàm số thì để hoàn tất bài toán, ta chỉ cần làm như sau:

Lời giải 2 (dựa trên ý tưởng của thầy Nghiêm Quốc Chánh):

+ Cho $x=0,y=1\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2} \right )=(1-a).0+a.1=a$     

+ Cho $x=0,y=\frac{1}{2}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{4} \right )=(1-a).0+a.a=a^2$   

+ Cho $x=\frac{1}{2},y=1\Rightarrow f\left ( \frac{3}{4} \right )=(1-a).a+a.1=2a-a^2$   

+ Cho $x=\frac{1}{4},y=\frac{3}{4}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2} \right )=(1-a).a^2+a.(2a-a^2)=3a^2-2a^3$

Suy ra: $ a= 3a^2 - 2a^3 \implies 1 = 3a - 2a^2 \implies (2a-1)(a-1) = 0  \implies  a = \frac{1}{2}$ do $ 0< a<1$

Thay $ x = 0 ; y =  \frac{2}{7}$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{1}{7} \right) = a f \left(  \frac{2}{7} \right) $  $(4)$

Thay $ x = 0 ; y =  \frac{4}{7}$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{2}{7} \right) = a f \left(  \frac{4}{7} \right) $  $(5)$

Từ $(4); (5)$; ta suy ra:  $ f \left(  \frac{1}{7} \right) = a^2 f \left(  \frac{4}{7} \right) $

$ \implies  f \left(  \frac{4}{7} \right)  = \frac{f \left(  \frac{1}{7} \right)}{a^2}$  $(6)$

Thay $ x =  \frac{1}{7} ; y =  1$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{4}{7} \right)  = (1-a) f \left(  \frac{1}{7} \right) + a$

$ \implies \frac{1}{a^2} \cdot f \left( \frac{1}{7} \right) = (1-a) f \left( \frac{1}{7} \right) +a$ , ở đây sử dụng đẳng thức $(6)$

$ \implies  f \left(  \frac{1}{7} \right)  = \frac{ a^3}{1- (1-a) a^2}$  $(7)$

Thay $ a = \frac{1}{2}$ vào đẳng thức $(7)$ , ta có được:  $ f \left(  \frac{1}{7} \right)  = \frac{ 1}{7}$

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn

(hãy thử tính $f(6/13)$ xem sao).

Thay $ x = 0; y = \frac{2}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{1}{13} \right) = a f \left( \frac{2}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{4}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{2}{13} \right) = a f \left( \frac{4}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{8}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{4}{13} \right) = a f \left( \frac{8}{13} \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{1}{13} \right) = a^2 f \left( \frac{4}{13} \right) ; f \left( \frac{1}{13} \right) = a^3 f \left( \frac{8}{13} \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{4}{13} \right) = \frac{1}{a^2} \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) ; f \left( \frac{8}{13} \right) = \frac{1}{a^3} \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{12}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = a f \left( \frac{12}{13} \right) $ $(8)$

Thay $ x = \frac{4}{13}; y = \frac{8}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = (1-a) f \left( \frac{4}{13} \right) + a f \left( \frac{8}{13} \right) $

$ \implies f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{1-a}{a^2}  \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) + \frac{1}{a^2} f \left( \frac{1}{13} \right) $

$ \implies f \left( \frac{1}{13} \right) = \frac{a^2}{2-a}  \cdot f \left( \frac{6}{13} \right) $  $(9)$

Thay $ x =  \frac{1}{13}; y = \frac{12}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{1}{2} \right) = (1-a) f \left( \frac{1}{13} \right) + a f \left( \frac{12}{13} \right) $

$\implies a =  \frac{a^2 (1-a)}{2-a}  \cdot f \left( \frac{6}{13} \right) +   f \left( \frac{6}{13} \right) $

$\big($ Ở đây sử dụng đẳng thức $(8); (9)$, đồng thời chú ý trong bài post số $\#3$ đã chứng minh được $ f\left( \frac{1}{2} \right) =a $ $\big)$

Suy ra: $ a = f \left( \frac{6}{13} \right) \cdot \left(  \frac{a^2 (1-a)}{2-a} +1 \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{a}{  \frac{a^2 (1-a)}{2-a} +1}$ $(10)$

Thay $ a= \frac{1}{2}$ vào đẳng thức $(10)$ sẽ có ngay $ f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{6}{13}$

Và bài Toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Thực ra thì bất kỳ số thuộc $\mathbb{Q}^{+} \bigcap [0;1]$ nào thì cũng sẽ đều tính được theo cách này.

 

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.

Đã tìm ra 1 tam thức bậc 2 thỏa yêu cầu bài toán: $ P(x) = 14(x-1)^2 +2$

Còn một công đoạn nữa là chứng minh đây là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.