Đề thi chọn đội tuyển Olympic quốc tế năm 2024

Thời gian: 270 phút

Ngày thi thứ nhất: 26/03/2024

Bài 1. Cho đa thức $P(x)$ hệ số thực, khác hằng và hệ số của bậc cao nhất là $1$. Tìm tất cả các hàm số $f\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục và thỏa mãn

\[f\Big(f\big(P(x)\big)+y+2023f(y) \Big)=P(x)+2024f(y)\]

với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.

Bài 2. Một khu vườn có mặt bằng là lưới ô vuông $2024 \times 2024$. Người làm vườn đặt các chậu hoa thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

1. Một chậu trồng đúng một trong ba loại hoa: cúc, hồng, lan.
2. Một ô vuông $1\times 1$ không có quá một chậu hoa.
3. Với mỗi chậu hoa cho trước, số lượng chậu trồng hoa khác loài với nó trên cùng hàng ngang và số lượng chậu trồng hoa khác loài với nó trên cùng hàng dọc thì có tổng là $3$.

Hỏi người làm vườn có thể đặt được tối đa bao nhiêu chậu cây mà có đủ cả ba loại hoa trong vườn và thỏa mãn cả ba điều kiện trên?

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ theo thứ tự tại $D,E,F$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh $A,B,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $X$ qua $EF$, gọi $B'$ là điểm đối xứng với $Y$ qua $FD$ và $C'$ là điểm đối xứng với $Z$ qua $DE$. Chứng minh rằng tam giác $ABC$ đồng dạng với tam giác $A'B'C'$.

Nguồn: Hướng tới Olympic Toán VN (nhóm facebook)

Chứng minh rằng với mỗi n $\in \mathbb{Z^{+}}$ đều tồn tại 1 tập S gồm n số nguyên dương sao cho tổng của mọi tập con khác rỗng bất kì của S đều là lũy thừa đúng.

Đề ở đây chắc muốn nói lũy thừa có số mũ lớn hơn $1$.

Đề bài khó chịu, để có thể hiệu chỉnh đồng thời $2^n-1$ tập hợp là một việc mới nghe là thấy rất khó khăn, thế nên cần nhìn nhận vấn đề một cách kĩ càng hơn. Giả dụ có sẵn họ tập hợp $\{S_i\}_{i=1}^{2^n-1}$, ta mong muốn từ đây xây dựng họ tập hợp mới sao cho tổng các phần tử trong mỗi tập hợp đều là lũy thừa đúng. Đơn giản nhất để thay đổi tổng các phần tử là

• Cùng cộng các phần tử một lượng $a$, như vậy trở thành họ tập hợp mới là $\{S_i+a\}$,
• Hoặc cùng nhân các phần tử một lượng $a$, trở thành họ tập hợp mới $\{a S_i\}$.

Trong hai cách này thì việc nhân phần tử sẽ dễ thực hiện hơn (nháp các trường hợp đơn giản là thấy; chẳng hạn $S_1=\{2\},S_2=\{3\},S_3=\{10\}$). Từ đây ta thấy rằng chỉ cần chứng minh kết quả sau:

 

Một hình vuông có độ dài cạnh là 12. Người ta tô màu tâm của các ô vuông đơn vị bởi màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh có bốn điểm cùng màu là bốn đỉnh của một hình chữ nhật.

 

Bài này là một phiên bản khó hơn. Các bài có yêu cầu chứng minh bốn đỉnh của hình chữ nhật hoặc hình thang đều có cách xử lí tương tự như thế.

Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có:
$3\sqrt{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}+4\sqrt{tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}+5\sqrt{tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}}\leq 5\sqrt{2}$
 

Chú ý đẳng thức $\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan\frac{C}{2}\tan\frac{A}{2}=1$ là được.

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f\left ( 0 \right )=2024$ và $f\left ( x+y+f\left ( y \right ) \right )=f\left ( f\left ( x \right ) \right )+2023y,\forall x,y \in \mathbb{R}$

Ta sẽ chứng minh hàm số đơn ánh, xét hai số $a$ và $b$ thỏa mãn $f(a)=f(b)$ (gọi giá trị này là $c$). Lần lượt thay $x:=a,y:=b$ và $x:=b,y:=a$ vào giả thiết ta có

\[f(a+b+c)=f(c)+2023b\quad \text{và}\quad f(b+a+c)=f(c)+2023a.\]

So sánh hai đẳng thức này thu được $a=b$, nghĩa là hàm $f$ đơn ánh. Từ đây thay $y:=0$ vào giả thiết suy ra $f(x)=x+2024$.

(Iran Second Round 2008). Tìm a nguyên dương sao cho $4\left ( a^{n}+1 \right )$ là lập phương của một số nguyên dương với mọi n.

Sau đây là lời giải của THPT.

Với mỗi số nguyên dương $n$ đặt $x_n=\sqrt[3]{4(a^n+1)}$, theo giả thiết thì $x_n\in \mathbb{Z}$. Ta có

\[x_{n+3}-ax_n=\sqrt[3]{4(a^{n+3}+1)}-a\sqrt[3]{4(a^n+1)}=\frac{4(1-a^3)}{x_{n+3}^2+x_{n+3}\cdot ax_n+(ax_n)^2}.\]

Vì $\lim_{n\to \infty} x_n=+\infty$ nên $\lim_{n\to \infty} (x_{n+3}-ax_n)=0$, tuy nhiên vì là dãy số nguyên nên tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho

\[x_{n+3}=ax_n,\quad \forall n\ge N.\]

Từ đây tìm được $a=1$, thử lại thỏa mãn.

Ghi chú. Có thể tham khảo thêm phương pháp "sử dụng giải tích trong số học" thông qua tài liệu ở đây.

Chứng minh với mỗi số nguyên dương $n$ ta có đẳng thức sau:
\[\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n}{2k-1}\right\rfloor =\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n+k}{2k}\right\rfloor \]
Ý nghĩa: VT\eqref{e1} là tổng của: số các số chia hết cho $1,3,5,…$ không quá $n$

Chắc đây chỉ là bài toán khởi đầu thôi  , vì hết sức đơn giản chỉ cần sử dụng đẳng thức Hermite

\[\left \lfloor \frac{n+k}{2k} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{2k} \right \rfloor\]

cho vế phải.

Nếu $x_{N_1}=x_{N_1+k}$ thì sao? Khi đó sẽ không tìm được $\alpha$.
Dữ kiện $x_1=q$ hay $q$ hữu tỉ không nguyên chưa được dùng, mặc dù nó không thừa. Ví dụ lấy $q=\frac{5}{2},x_1=\frac{5}{3}$ thì $x_n$ luôn bằng $\frac{5}{3}$, hay lấy $q$ là nghiệm lớn hơn $1$ của phương trình $x^3-x^2-2x+1=0$ thì dãy sẽ tuần hoàn với chu kì $2$.

Thiếu trường hợp mà mình nói đến chính là $x_{N_1}=x_{N_1+k}$, vẫn chưa xử lí được 

Cho $q$ là một số hữu tỷ không nguyên lớn hơn $1$. Xét dãy: $x_1=q, x_{n+1}=q\{x_n\}$. Chứng minh rằng dãy $(\lfloor x\rfloor)_{n\in\mathbb{N}}$ sẽ không bao giờ tuần hoàn, tức không tồn tại $N,k\neq 0$ sao cho $\lfloor x_{n+k}\rfloor=\lfloor x_n\rfloor,\forall n>N$.

Giả sử tồn tại số hai số nguyên dương $N$ và $k$ thỏa mãn $\lfloor x_{n+k}\rfloor=\lfloor x_n\rfloor$ với mọi số nguyên $n\ge N_1=N+1$. Vì $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{q^n}=0$ nên tồn tại số nguyên dương $\alpha$ sao cho

\[|x_{N_1+k}-x_{N_1}|>\frac{1}{q^\alpha}.\tag{$\ast$}\]

Tiếp theo ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn, bắt đầu với $\lfloor x_{N_1+\alpha+k}\rfloor=\lfloor x_{N_1+\alpha}\rfloor$ ta có

\[|x_{N_1+\alpha+k}-x_{N_1+\alpha}|<1\implies \Big|q\{x_{N_1+\alpha-1+k}\}-q\{x_{N_1+\alpha-1}\}\Big|<1.\]

Mặt khác $\lfloor x_{N_1+\alpha-1+k}\rfloor=\lfloor x_{N_1+\alpha-1}\rfloor$ dẫn đến

\[|x_{N_1+\alpha-1+k}-x_{N_1+\alpha-1}|=\Big|\{x_{N_1+\alpha-1+k}\}-\{x_{N_1+\alpha-1}\}\Big|<\frac{1}{q}.\]

Tiếp tục như thế ta có $|x_{N_1+k}-x_{N_1}|<\frac{1}{q^\alpha}$, mâu thuẫn với $(\ast)$.

P.s. Đọc lại thì thấy xét thiếu trường hợp 

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một phân biệt thoả mãn $a^2+d^2=b^2+c^2=P$. Chứng minh rằng: 
a. $P$ là hợp số.
b. $ab+cd$ và $ac+bd$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Giả sử $a>b>c>d$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Cả hai ý đều có cách xử lí tương tự nhau bằng cách để ý rằng

\[(ab+cd)(ac+bd)=ad(b^2+c^2)+bc(a^2+d^2)=(ad+bc)P.\]

Như vậy nếu $P$ là số nguyên tố (phản chứng ý a) hoặc cả $ab+cd,ac+bd$ đều là số nguyên tố (phản chứng ý b) thì ta đều suy ra được

\[P\le ab+cd\quad\text{hoặc}\quad P\le ac+bd.\]

Không mất tính tổng quát giả sử $P\le ab+cd$, mặt khác

\[P^2=(a^2+d^2)(b^2+c^2)\ge (ab+cd)^2.\]

Như vậy dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nên $\frac{a}{b}=\frac{d}{c}$, tuy nhiên điều này mâu thuẫn với $\frac{a}{b}>1>\frac{d}{c}$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ngoài ra ý a còn có một cách xử lí khác thông qua kết quả sau. 

Từ giả thiết có được $(a-b)(a+b)=(c-d)(c+d)$. Áp dụng Theorem suy ra tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn

\[a-b=xy,\ a+b=zt\quad\text{và}\quad c-d=xz,\ c+d=yt.\]

Từ đây thu được $a=\frac{xy+zt}{2}$ và $d=\frac{yt-xz}{2}$, dẫn đến

\[P=\frac{(xy+zt)^2+(yt-xz)^2}{4}=\frac{(x^2+t^2)(y^2+z^2)}{4}.\]

Từ đẳng thức này dễ dàng chứng minh $P$ là hợp số.

Ghi chú. Có thể xử lí bài 6 IMO 2001 tương tự như trên.

Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương đôi một phân biệt và thỏa mãn: $a+b+c=16$. Tìm GTNN và GTLN của

$$P=\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}$$

P/s: Bài này em chế lại từ đề HSG toán 9 Hà Nội năm ngoái mà giờ khó quá!!!! Đăng lên cho mọi người thảo luận ạ.

Dù điều kiện của đề là các số đôi một phân biệt nhưng thật ra cách xử lí cũng tương tự ở đây.

Vì các biến là số nguyên nên cách xử lí hơi khác, tuy nhiên dấu bằng xảy ra thì khá tương tự khi các biến là số thực. Cụ thể dấu bằng trong trường hợp 

• GTNN khi các biến "khá" bằng nhau (hơn kém nhau $1$ đơn vị).
• GTLN đạt tại biên, nghĩa là một biến bằng $1$ và một biến bằng $2$.

Có bao nhiêu hoán vị của tập S={1,2,3,4,5,6} trong đó không có số i nào đứng ở vị trí thứ i với i chạy từ 1 đến 6

Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $F_n$ là số song ánh $f\colon \{1,2,\dots,n\}\to \{1,2,\dots,n\}$ sao cho không có điểm bất động (nghĩa là $f(i)\neq i$ với mọi $i$). Ta có kết quả

\[F_n=n!\left ( \frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\dots+\frac{(-1)^n}{n!} \right ).\]

Bên cạnh sử dụng nguyên lí bù trừ, còn có thể chứng minh thông qua dãy truy hồi bằng cách chứng tỏ $F_n=(n-1)(F_{n-1}+F_{n-2})$.

[Đề thi vô địch toàn Liên Xô  – lớp 8, năm 1978]

Chứng minh rằng với bất kỳ số tự nhiên n nào thì $1978^{n} – 1$ không thể  chia hết cho  $1000^{n} – 1$.

Bài dành cho lớp nhỏ cũng như đã khá lâu nên chắc hẳn chỉ cần những kiến thức cơ bản nhất.

Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $1000^n-1$ là ước của $1978^n-1$. Như vậy $1000^n-1$ cũng là ước của

\[(1978^n-1)-(1000^n-1)=2^n(989^n-500^n).\]

Vì $1000^n-1$ lẻ nên

\[1000^n-1\mid 989^n-500^n\implies 1000^n-1\le 989^n-500^n.\]

Từ đây ta có mâu thuẫn.

Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2024

Thời gian: 180 phút

Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024

Câu 1 (5 điểm)

Với mỗi số thực $x$, ta gọi $\left [ x \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$.

Cho dãy số $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ xác định bởi: $a_n=\frac{1}{4^{\left [ -\log_4n \right ]}},\forall n\ge 1$. Đặt $b_n=\frac{1}{n^2}\left ( \sum_{k=1}^na_k-\frac{1}{a_1+a_2} \right ),\forall n\ge 1$.

a) Tìm một đa thức $P(x)$ với hệ số thực sao cho $b_n=P\left ( \frac{a_n}{n} \right ),\forall n\ge 1$.

b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương $\{n_k\}_{k=1}^{\infty}$ tăng thực sự sao cho $\lim_{k\to \infty}b_{n_k}=\frac{2024}{2025}.$

Câu 2 (5 điểm)

Tìm tất cả các đa thức $P(x),\ Q(x)$ với hệ số thực sao cho với mỗi số thực $a$ thì $P(a)$ là nghiệm của phương trình: $$x^{2023}+Q(a) x^2+(a^{2024}+a)x+a^3+2025a=0.$$

Câu 3 (5 điểm)

Cho $ABC$ là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Gọi $A'$ là tâm của đường tròn đi qua $C$ và tiếp xúc với $AB$ tại $A$, gọi $B'$ là tâm của đường tròn đi qua $A$ và tiếp xúc với $BC$ tại $B$, gọi $C'$ là tâm của đường tròn đi qua $B$ và tiếp xúc với $CA$ tại $C$.

a) Chứng minh rằng diện tích tam giác $A'B'C'$ lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác $ABC$.

b) Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $O$ lên các đường thẳng $A'B',B'C',C'A'$. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ lần lượt cắt lại các đường thẳng $A'B',B'C',C'A'$ tại các điểm $X',Y',Z'(X'\neq X, Y'\neq Y, Z'\neq Z)$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AX',BY',CZ'$ đồng quy.

Câu 4 (5 điểm)

Người ta xếp $k$ viên bi vào các ô của một bảng $2024\times 2024$ ô vuông sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh).

a) Cho $k=2024$. Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi chuyển bất kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ý kề với nó thì cách xếp mới không còn thỏa mãn cả hai điều kiện nêu trên.

b) Tìm giá trị $k$ lớn nhất sao cho với mọi cách xếp $k$ viên bi thỏa mãn hai điều kiện trên ta có thể chuyển một trong số các viên bi đã được xếp sang một ô kề với nó mà cách xếp mới vẫn không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau.

Ngày thi thứ hai: 06/01/2024

Câu 5 (6 điểm)

Với mỗi đa thức $P(x)$, ta đặt

$$\begin{array}{l} P_1(x)=P(x),\ \forall x\in \mathbb{R};\\ P_2(x)=P(P_1(x)),\ \forall x\in \mathbb{R};\\ \quad\quad\quad \dots\\ P_{2024}(x)=P(P_{2023}(x)),\ \forall x\in \mathbb{R}. \end{array}$$

Cho $a$ là số thực lớn hơn $2$. Tồn tại hay không một đa thức $P(x)$ với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: với mỗi $t\in(-a;a)$, phương trình $P_{2024}(x)=t$ có đúng $2^{2024}$ nghiệm thực phân biệt?

Câu 6 (7 điểm)

Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $\tau(n)$ là số các ước nguyên dương của $n$.

a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương $\tau(n)+2023=n$ với $n$ là ẩn số.

b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho có đúng hai số nguyên dương $n$ thỏa mãn phương trình $\tau(kn)+2023=n$.

Câu 7 (7 điểm)

Trong không gian, cho đa diện lồi $D$ sao cho tại mỗi đỉnh của $D$ có đúng một số chẵn các cạnh chứa đỉnh đó. Chọn ra một mặt $F$ của $D$. Giả sử ta gán cho mỗi cạnh của $D$ một số nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: với mỗi mặt (khác mặt $F$) của $D$, tổng các số được gắn với các cạnh của mặt đó là một số nguyên dương chia hết cho $2024$. Chứng minh rằng tổng các số được gán với các cạnh của mặt $F$ cũng là một số nguyên dương chia hết cho $2024$.

Nguồn: VnExpress (ngày 1, ngày 2)

Cho 3 số thực x; y; z không âm sao cho không có 2 số nào cùng = 0. Chứng minh rằng:

$(x+y+z)^2(\frac{1}{2}+\frac{1}{x^2y+y^2z+z^2x}) +\frac{36}{x+y+z+1} \geq \frac{63}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $(x,y,z)\in\big\{(2,1,0),(0,2,1),(1,0,2)\big\}$, xử lí bằng bất đẳng thức phụ

\[x^2y+y^2z+z^2x\le \frac{4}{27}(x+y+z)^3.\]

Cho $H_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$ và $S_n= \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}$. Tính giá trị của:

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{16H_{n+2}-36S_{n+2}}{n(n+1)}.$$

Đầu tiên nhắc lại khai triển Abel với công thức

\[\sum_{n=1}^Ka_nb_n=\sum_{n=1}^{K-1}\left[ (a_n-a_{n+1})\sum_{i=1}^nb_i\right ]+a_K\sum_{i=1}^Kb_i.\]

Áp dụng khai triển trên ta có

\[\begin{align*}\sum_{n=1}^KH_{n+2}\cdot\frac{1}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^{K-1}\left[ \left(H_{n+2}-H_{n+3}\right)\sum_{i=1}^n\frac{1}{i(i+1)}\right ]+H_{K+2}\sum_{i=1}^K\frac{1}{i(i+1)}\\ &=\sum_{n=1}^{K-1}\left[ \frac{-1}{n+3}\sum_{i=1}^n\left( \frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right )\right ]+H_{K+2}\sum_{i=1}^K\left( \frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right )\\&=\sum_{n=1}^{K-1}\left[ \frac{-1}{n+3}\left( 1-\frac{1}{n+1}\right )\right ]+H_{K+2}\left( 1-\frac{1}{K+1}\right )\\&=-\sum_{n=4}^{K+2}\frac{1}{n}+\sum_{n=2}^{K}\frac{1}{n(n+2)}+H_{K+2}\left( 1-\frac{1}{K+1}\right ).\end{align*}\]

Do vậy

\[\begin{align*} \sum_{n=1}^{K}\frac{H_{n+2}}{n(n+1)}&=\left( -H_{K+2}+\frac{11}{6}\right )+\left[\frac{-1}{2}\left ( \frac{1}{K+1}+\frac{1}{K+2} \right )+\frac{5}{12} \right ]+H_{K+2}\left( 1-\frac{1}{K+1}\right )\\&=-\frac{H_{K+2}}{K+1}-\frac{1}{2}\left ( \frac{1}{K+1}+\frac{1}{K+2} \right )+\frac{9}{4}.\end{align*}\]

Từ kết quả của chuỗi điều hòa ta có $H_{K+2}\le \ln(K+2)+1$, dẫn đến

\[\lim_{K\to \infty}\sum_{n=1}^{K}\frac{H_{n+2}}{n(n+1)}=\frac{9}{4}.\]

Tổng $\sum\frac{S_{n+2}}{n(n+1)}$ tính tương tự.

Cho n>4 là một hợp số sao cho $n| \varphi (n)\sigma (n)+1$. Chứng minh rằng n có ít nhất ba ước nguyên tố phân biệt

Giả sử $n$ có hai ước nguyên tố là $p$ và $q$. Nếu $p^2\mid n$ thì $p\mid \varphi(n)$ dẫn đến $p\mid 1$ (vô lí), do vậy $n=pq$. Từ đây thay vào giả thiết ta có

\[pq\mid (p-1)(q-1)\cdot(p+1)(q+1)+1\iff pq\mid p^2+q^2-2.\]

Theo Theorem thu được mâu thuẫn.

Ghi chú. Một số bài toán khác cũng sử dụng bước nhảy Vi-ét ở đây và đây.

Lớp 9 học giải phương trình đa thức rồi à

Các bạn lớp 9 hiện tại học nhiều ghê anh ạ  .

Bài V.

1) Cho $2024$ số nguyên dương $x_1,x_2,\dots,x_{2024}$ được viết thành một hàng ngang theo thứ tự đó, thỏa mãn $x_1=1$ và với mỗi $k\in\{,1,2,\dots,2024\}$, tổng của $k$ số liên tiếp bất kì trong hàng chia hết cho $x_k$. Chứng minh rằng $x_{2024}\le 2^{1012}-1$.

Với mỗi số nguyên $n$ đặt $X_n=x_1+x_2+\dots+x_n$, từ giả thiết dễ thấy

\[x_n\mid X_{n-1},\qquad x_{n+1}\equiv 1\pmod{x_n}.\tag{$\ast$}\]

Trước tiên ta sẽ nháp để xem các giá trị của dãy số như thế nào. Dễ thấy $x_2=1$ và $x_3\in \{1,2\}$, với hai trường hợp của $x_3$ thì ta sẽ tính các giá trị khác với mong muốn mỗi giá trị $x_n$ đạt giá trị lớn nhất, đồng thời thỏa mãn điều kiện $(\ast)$.

\[\begin{array}{c|cccccccccc}n& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10\\\hline x_n& 1& 1& \color{red}{2}& 1& 1& 2& 1& 3& 4& 1 \\ X_n& 1& 2& 4& 5& 6& 8& 9& 12& 16&  \end{array}\qquad \begin{array}{c|cccccccccc}n& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10\\\hline x_n& 1& 1& \color{red}{1}& 3& 1& 7& 1& 15& 1& 31 \\ X_n& 1& 2& 3& 6& 7& 14& 15& 30& 31&  \end{array}\]

Từ đây ta thấy rằng các giá trị của $x_{2n}$ lớn hơn khi $x_3=1$ và cũng phù hợp với yêu cầu chứng minh của đề bài  . Cũng dựa vào bảng giá trị thì nghĩ đến việc quy nạp đồng thời

\[X_{2n}\le 2^{n+1}-2\qquad\text{và}\qquad x_{2n}\le 2^n-1.\]

Tìm tất cả hàm số f : $\mathbb{R^{+}}$ $\rightarrow$ $\mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn:

$f(x+f(y))=f(x+y)+f(y),\forall x,y>0$

Nếu tồn tại số dương $k$ sao cho $f(k)<k$ thì ta thay $x:=k-f(k)$ và $y:=k$ sẽ thấy ngay vô lí, do vậy

\[f(x)\ge x,\quad \forall x>0.\tag{1}\]

Cố định số dương $y_0$, thay $x:=x-y_0$ và $y:=y_0$ ta có $f\big(x+f(y_0)-y_0\big)=f(x)+f(y_0)$ với mọi $x>y_0$. Như vậy ta có kết quả

\[f(x+a)=f(x)+b,\quad \forall x>y_0\tag{2}\]

với $a=f(y_0)-y_0$ và $b=f(y_0)$ là các hằng số.

Do đó tồn tại hằng số $T=|2a-b|\ge 0$ sao cho

\[f(x)=f(x+T),\quad \forall x>c\]

với $c$ là hằng số nào đó. Như vậy với $n$ là số nguyên dương bất kì ta có

\[f(x)=f(x+nT)\overset{(1)}{\ge} x+nT.\]

Nếu $T$ dương thì từ bất đẳng thức trên dễ thấy vô lí khi cố định $x$ và cho $n\to \infty$. Vậy $T=0$, do đó

\[2a=b\implies 2(f(y_0)-y_0)=f(y_0)\implies f(y_0)=2y_0.\]

Thử lại thì hàm $f(x)\equiv 2x$ thỏa đề.

Ghi chú. Gần đây dạng PTH trên $\mathbb{R}^+$ với tính chất $f(x+a)=f(x)+b$ như trên được xử lí khá triệt để, bài toán này vốn nằm trong IMO Shortlist 2007 là một ví dụ điển hình.

Cho $a, b, c$ là các số thực bất kì, chứng minh rằng: $$[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]^2(a^2+b^2+c^2)-18(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\geq0$$

Bài này nhìn cực kì nguy hiểm nhưng thật ra chỉ cần để ý rằng: đồng thời tăng $a,b,c$ một lượng $t$ thì vế phải là $18(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ không đổi, trong khi đó vế trái tăng, do vậy ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp có một số bằng $0$. Phần còn lại là bất đẳng thức hai biến không quá khó.

Ghi chú. Hai bài tương tự ở đây và đây.

Bài 7. Cho a, b là các số nguyên thỏa mãn $a,b\neq -1$ và $\frac{(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}}{a+b+ab+1}$ là số nguyên.

            Chứng minh rằng $a^{2023}b^{2024}-a$ chia hết cho $a^{2}+a$.

Thấy rằng

\[\frac{(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}}{a+b+ab+1}=\frac{b^2-1}{a+1}+\frac{a^2-1}{b+1}.\]

Đặt $\frac{b^2-1}{a+1}=\frac{x}{y}$ và $\frac{a^2-1}{b+1}=\frac{z}{t}$ với $x,y,z,t$ là các số tự nhiên sao cho ƯCLN$(x,y)=$ƯCLN$(z,t)=1$. Theo giả thiết thì 

\[\frac{xt+yz}{yt}=\frac{x}{y}+\frac{z}{t}\in\mathbb{Z}\implies yt\mid xt+yz\implies y\mid xt\implies y\mid t.\]

Ngoài ra 

$$\frac{x}{y}\cdot \frac{z}{t}=(a-1)(b-1)\in\mathbb{Z}\implies yt\mid xz\implies y\mid z.$$

Mà ƯCLN$(z,t)=1$ nên $y=1$. Như vậy $\frac{b^2-1}{a+1}$ là số nguyên, nghĩa là $a+1\mid b^2-1$. Phần còn lại thì biến đổi

$$a^{2023}b^{2024}-a=ab^{2024}(a^{2022}-1)+a(b^{2024}-1).$$

Vì $a+1$ là ước của cả $a^{2022}-1$ lẫn $b^{2024}-1$ nên ta có điều cần chứng minh.

Ghi chú. Bài này dựa trên Đề thi học sinh giỏi Quốc gia năm 2007.

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5$. Có tồn tại hay không số $n\in \mathbb{N^{*}}$ và các số nguyên dương $x_1, x_2, ..., x_n \in (1,9)$ sao cho:

$x_n100^{n-1}+x_{n-1}100^{n-2}+...+x_1\equiv 0 (mod p)$

Nhìn nguy hiểm nhưng bài này lại rất tầm thường. Câu trả lời là tồn tại, trường hợp $p\neq 11$ thì chọn $n=p-1$ và tất cả các số $x_i=2$, khi đó

\[2\left(100^{p-2}+\dots+100+1 \right )=\frac{2(100^{p-1}-1)}{99}.\]

Vì $p\mid 100^{p-1}-1$ và ƯCLN$(99,p)=1$ nên biểu thức trên là bội của $p$. Trường hợp $p=11$ thì bạn tự nghĩ thử nhé.

cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max {(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}}$

                                                                                    (đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Mỹ năm 2000)

Bài này khá lỏng, dễ thấy 

\[\max \left( (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}\right )\ge \frac{\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{3}=\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right).\]

Như vậy ta cần chứng minh

\[\frac{1}{3}\sum a-\sqrt[3]{abc}\le\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right)\iff \sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge 2\sum\sqrt{ab}.\]

Tuy nhiên theo bất đẳng thức Schur thì

\[\sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge \sum\sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})\ge \sum\sqrt[3]{ab}\cdot 2\sqrt{\sqrt[3]{ab}}=2\sum \sqrt{ab}.\]

Mọi người giúp mình bài này với ạ:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn $f(1)=0$ và $\int_{0}^{1}(f'(x))^{2}=\int_{0}^{1}(x+1)e^{x}f(x)dx=\frac{e^{2}-1}{4}$. Tính $\int_{0}^{1}f(x)dx$

Ta có

\[\int_{0}^{1}(x+1)e^{x}f(x)\mathrm{d}x=xe^xf(x)\Big|_0^1-\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x,\]

kết hợp với giả thiết suy ra $\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x=\frac{1-e^2}{4}$. Theo bất đẳng thức tích phân thì

\[\left(\int_{0}^{1}xe^xf'(x)\mathrm{d}x\right)^2\le \int_{0}^{1}\left(xe^x \right )^2\mathrm{d}x\cdot \int_{0}^{1}\left(f'(x) \right )^2\mathrm{d}x.\]

Tích phân từng phần sẽ tìm được $\int_{0}^{1}\left(xe^x \right )^2\mathrm{d}x=\left.\frac{e^{2x}(2x^2-2x+1)}{4}\right|_0^1=\frac{e^2-1}{4}$, như vậy dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nên $f'(x)=k\cdot xe^x$ với $k$ là hằng số. Phần còn lại không khó.

Cho A,B là hai ma trận khả nghịch. Giả sử $A^{5}=I$, $AB^{2}=BA$ và B#I. Tìm số nguyên k nhỏ nhất sao cho $B^{k}=I$, trong đó I là ma trận đơn vị.

Ta sẽ chứng minh rằng với số nguyên dương $n$ thỏa mãn $A^{-n}BA^n=B^{2^n}$ thì $A^{-n-1}BA^{n+1}=B^{2^{n+1}}$, thật vậy

\[B^{2^{n+1}}=\left(B^{2^n} \right )^2=\left(A^{-n}BA^n \right )^2=A^{-n}B^2A^n=A^{-n}(A^{-1}BA)A^n=A^{-n-1}BA^{n+1}.\]

Theo giả thiết thì $A^{-1}BA=B^2$, kết hợp với kết quả vừa chứng minh ta có

\[A^{-5}BA^5=B^{2^5}\implies B=B^{32}\implies B^{31}=I.\]

Với $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $B^k=I$ thì $k\mid 31$, mà $k\neq 1$ nên $k=31$.