supermember

Bài này mấu chốt là cần nhìn ra: $ 45^2 = 2025$

 

Ta có:  $ x_{n+1} - 45 x_n = \sqrt{ 2024 x^{2}_{n} +16}  \implies ( x_{n+1} - 45 x_n )^2 =  2024 x^{2}_{n} +16  \implies x^{2}_{n+1} - 90 x_{n+1} x_n   + 2025 x^{2}_{n} =  2024 x^{2}_{n} +16 $

 

$\implies x^{2}_{n+1} - 90 x_{n+1} x_n   +  x^{2}_{n} = 16 \  (*)$ 

 

tức là giờ ta sẽ tập trung tìm CTTQ của dãy $(x_n)_{n \geq 1}$ dựa vào đẳng thức $(*)$

 

Thật vậy, dễ thấy từ $(*)$ thì ta cũng có:

 

 

$\implies x^{2}_{n+2} - 90 x_{n+2} x_{n+1}   +  x^{2}_{n+1} = 16 \  (**)$

 

Lấy $2$ đẳng thức $(*)$ và $(**)$ trừ nhau vế theo vế, ta có:

 

 

$ x^{2}_{n+2} -  x^{2}_{n} -  90 x_{n+1}  ( x_{n+2}  - x_n)= 0$

 

$ ( x_{n+2} -  x_{n}) ( x_{n+2} +  x_{n} )  -  90 x_{n+1}  ( x_{n+2}  - x_n)= 0$

Suy ra $  ( x_{n+2} -  x_{n}) ( x_{n+2} +  x_{n}   -  90 x_{n+1} )= 0 \ (***)$

 

Mà rõ ràng từ giả thiết bài toán, ta thấy rõ ràng $ x_{n+1} > 45 x_n > x_n \implies x_{n+2} > x_n $ với mọi số nguyên dương $n$

 

Nên từ đẳng thức $(***)$ thì rõ ràng  $x_{n+2}    -  90 x_{n+1}  +  x_{n} = 0  \ \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

Theo đó, dãy $(x_n)_{n \geq 1}$ là dãy truy hồi tuyến tính cấp $2$, phương trình đặc trưng của nó : $ y^2 -90y +1 =0$ có $2$ nghiệm 

$ y_{1; 2} = 45 \pm 2\sqrt{506}$ và dãy này theo đó sẽ có CTTQ dạng : $ x_n = A \cdot y^{n}_1 + B \cdot y^{n}_2 \ \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Trong đó, các hệ số $ A; B $ này được xác định thông qua việc giải hệ phương trình:

 

$\left\{\begin{matrix} x_1 = A y_1 + B y_2 & \\ x_2 = A y^2_{1} + By^2_{2} \end{matrix}\right.$

 

Trong đó, chú ý là theo định lý Viette thì tích $ y_1 \cdot y_2 = 1$ , tức là ta có thể viết hệ này dưới dạng:

 

 

$\left\{\begin{matrix} 4 = A y_1 + \frac{B}{y_1}  & \\ 360 = A y^2_{1} + \frac{B}{y^2_{1}} \end{matrix}\right.$

 

Thực ra cái này giờ đơn giản rồi, tính nhẹ nhàng thì ra được:

 

$ A = \frac{360y_1 - 4}{y^{3}_1 - y_1} ; B = 4y_1 - A \cdot y^{2}_1$

 

Tức là: $ x_n =  \frac{360y_1 - 4}{y^{3}_1 - y_1} \cdot y^{n}_{1} +  \left( 4y_1 - \left(  \frac{360y_1 - 4}{y^{3}_1 - y_1} \right) \cdot y^{2}_1 \right) \cdot  \frac{1}{ y^{n}_{1}}  = \frac{360y_1 - 4}{y^{3}_1 - y_1} \cdot y^{n}_{1} +  \left( 4y_1 - \frac{360y^{2}_1 - 4y_1}{y^{2}_1 - 1}   \right) \cdot  \frac{1}{ y^{n}_{1}} \ \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Viết gọn nhất dưới dạng:

$ x_n = \frac{360y_1 - 4}{y^{2}_1 - 1} \cdot y^{n-1}_{1} +  \frac{4y_1 - 360}{y^{2}_1 - 1} \cdot  \frac{1}{ y^{n-2}_{1}} \ \forall n \in \mathbb{N}^{*}$

 

 

Trong đó $ y_1 = 45+2\sqrt{506}$

 

Và bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số:

 

$ 27 (abc)^2 (a^2+b^2+c^2) = (3ab) \cdot (3bc) \cdot (3ca) \cdot (a^2 + b^2 + c^2) \leq \left( \frac{3ab+3bc+3ca + a^2 + b^2 + c^2}{4} \right)^4 $

 

$= \left( \frac{ab+bc+ca + (a + b + c)^2}{4} \right)^4  \leq   \left( \frac{ \frac{(a + b + c)^2}{3} + (a + b + c)^2}{4} \right)^4  =   \left( \frac{(a + b + c)^2}{3} \right)^4 = 3^4 \implies  (abc)^2 (a^2+b^2+c^2) \leq 3$

ĐÃ TIẾP THU Ý KIẾN TỪ THẦY GIÁO PHẠM HẢI ĐĂNG VÀ SỬA LẠI.

Bài này cách nhanh nhất thế này:

 

$ x^2 + x = x(x+1) = y+x = 2a  \implies x(x+1) = 2a $ với $a$ là số nguyên tố.

 

Trường hợp $1$: Nếu $ a | x$ thì $ x = ka$ với $k$ là số nguyên , suy ra: $ x +1 = ka +1  \implies ka(ka +1) = 2a  \implies k(ka+1) = 2$

Suy ra có $4$ trường hợp có thể xảy ra: $ k =1 ; ka+1 = 2$ hoặc  $ k =2 ; ka +1 = 1$ hoặc   $ k = -1 ; ka+1 = -2$ hoặc   $ k = -2 ; ka+1 = -1$

Mà $a$ là số nguyên tố nên dễ thấy chỉ có thể xảy ra: $ k = -1; a =3$

 

Suy ra $ x =  -3; y = 9$

 

Do $ z-y = 2(b-a)$ là số chẵn, nên hiển nhiên $2$ số $ z ; y$ cùng tính chẵn lẻ, suy ra nếu $ \sqrt{z}$ là số nguyên dương thì $ \sqrt{z} -\sqrt{y}=  \sqrt{z} -3$ là số chẵn . Khi đó chỉ có thể xảy ra trường hợp:  $  \sqrt{z} -3 =4$ Suy ra:  $ z = 49$

 

 

$ z+x = 2b \implies 46 = 2b \implies b = 23$

$ y+z = 2c \implies 58 = 2c \implies c = 29$

Thỏa mãn điều kiện $a; \ b; \ c $ là số nguyên tố:

 

Suy ra: $(a+2)(b-10)(c+2) = 5 \cdot 13 \cdot 31 = 2015$

 

Trường hợp $2$: Mà nếu $ a | x+1$ thì  $ x+1 = ka $ với $k$ là số nguyên , suy ra: $ x = ka -1  \implies ka(ka -1) = 2a  \implies k(ka-1) = 2$

 

Suy ra có $4$ trường hợp có thể xảy ra: $ k =1 ; ka-1 = 2$ hoặc    $ k =2 ; ka -1 = 1$ hoặc   $ k = -1 ; ka-1 = -2$ hoặc   $ k = -2 ; ka-1 = -1$

 

Mà $a$ là số nguyên tố nên dễ thấy chỉ có thể xảy ra: $ k =1; a =3$

 

Suy ra $ x = 2; y = 4$

 

Lập luận tương tự ở trên, ta có: $ \sqrt{z} -\sqrt{y}=  \sqrt{z} -2 =4$ Suy ra:  $ z = 36$

 

$ y+z = 2c \implies 38 = 2b \implies c = 20$, loại  trường hợp này vì $c$ phải là số nguyên tố.

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.

Không rõ là có cách nào đơn giản để giải bài này không, còn nếu " chém đinh chặt sắt" thì dùng cách dưới đây:

 

 

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 1$ . Chứng minh rằng : 
$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$

 

Ta có: $ \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} = \frac{ ab(a-b)+ bc(b-c)+ca(c-a)}{abc}$

 

Đến đây thì ta sử dụng một kỹ năng biến đổi tương đối quen thuộc:

 

$ ab(a-b)+ bc(b-c)+ca(c-a) = ab(a-b) + bc \cdot \left( (b-a) + (a-c) \right) + ca(c-a) $

$= ab(a-b) - bc(a-b) - (c-a)bc + ca(c-a) = (a-b)b(a-c) + (c-a)c(a-b) $

$= - (a-b)b(c-a) + (c-a)c(a-b) = (a-b)(c-a)(c-b) =  - (a-b)(c-a)(b-c) $

 

Suy ra: $ | \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} | = \frac{ | (a-b)(c-a)(b-c)|}{abc}$  $(1)$

 

Do vai trò của $a;\ b; \ c$ là như nhau, nên không giảm tổng quát, ta giả sử: $ a \geq b \geq c$

 

Đặt: $ a = b+ x ; \ a = c+ y$, do $ a-c \geq a-b \implies 0 \leq x \leq y \leq \frac{1}{2}$  

 

Đến đây thì ta thu được một dạng gọn, đẹp, không chứa dấu giá trị tuyệt đối:

 

$ \frac{ | (a-b)(c-a)(b-c)|}{abc} = \frac{xy(y-x)}{a(a-x)(a-y)} = g(x;y)$  $(2)$

 

Cố định giá trị của $a; \ y$ sau đó ta sẽ cho $x$ là biến chạy trong khoảng $ [ 0; y]$ rồi khảo sát hàm số bình thường:

 

Xét hàm:  $ f(x) = \frac{ x(y-x)}{a-x}$ ; ta có: $ g(x;y) = k \cdot f(x)$ trong đó $ k = \frac{y}{a(a-y)}$ là hằng số dương.

 

Ta có: $ f^{'} (x) = \frac{ (y-2x)(a-x) + (xy-x^2)}{ (a-x)^2} =  \frac{ x^2 - 2ax+ya}{ (a-x)^2}$

 

Ta đi giải phương trình $ f^{'} (x) = 0$ .

 

Biệt số $ \triangle^{'} = a^2 - ya = a(a-y)$

 

Do đó, theo công thức nghiệm của phương trình bậc $2$, ta thu được $2$ nghiệm: $  x_{ 1; \   2}= a \pm \sqrt{a(a-y)}$ mà do $ x \leq y < a$. Nên phương trình $ f^{'} (x) = 0$ chỉ có thể nhận nghiệm duy nhất $ x_1 = a- \sqrt{a(a-y)} $, dễ thấy $ 0< x_1 < y <  a + \sqrt{a(a-y)} = x_2$

 

Từ dáng điệu của hàm số này, ta thấy: $g(x;y)$  là hàm đơn điệu tăng trên $ [0; x_1]$ và đơn điệu giảm trên $ [x_1 ; y]$

Ta có thể giải thích kỹ hơn đoạn này bằng cách lập luận: $  f^{'} (x) \geq  0$ với $x$ thuộc $ [0; x_1]$  và  $  f^{'} (x) \leq  0$ với $x$ thuộc $ [x_1 ; y]$.

 

Tức là khi $x$ chạy qua $ [ 0; y]$ thì $ g(x;y)$ sẽ đạt giá trị lớn nhất  tại điểm $ x= x_1$ 

 

Suy ra: $ g(x;y) \leq  g(x_1 ;y) =  \frac{y}{a(a-y)} \cdot \left( a+ (a-y)- 2 \sqrt{a(a-y)} \right) = h(a;y) = \frac{y}{a-y} + \frac{y}{a} - \frac{2y}{ \sqrt{a(a-y)}} $  $(3)$

 

Ý tưởng đến đây là tiếp tục " chém đinh chặt sắt", cố định $a$ , coi $ h(a;y)$ là hàm một biến theo biến $y$ rồi khảo sát hàm này trên $ [0; a)$. Đến đây đói rồi, lát làm tiếp.

 

Tiếp tục hành trình:

 

Dễ thấy: $ h(a; y) = y \cdot \left( \frac{1}{ \sqrt{a-y}} - \frac{1}{\sqrt{a}} \right)^2$ 

 

Đến đây bắt đầu tính toán khó rồi, ta chuyển qua dùng ẩn phụ, đặt: $ t = \frac{1}{ \sqrt{a-y}} = \frac{1}{ \sqrt{c}} \leq  \sqrt{2}$, rõ ràng khi $y$ chạy qua $ [0; a)$ thì $t$ chạy qua $ (0; \sqrt{2} ]$ . Và $ y = a - \frac{1}{t^2}$.

 

Xét hàm số $w(t) =  (a - \frac{1}{t^2} ) \left(t-  \frac{1}{\sqrt{a}} \right)^2 = at^2 - 2 \sqrt{a} t + \frac{2}{ t \sqrt{a}} - \frac{1}{at^2}$

 

Suy ra : $w^{'} (t) = 2at - 2 \sqrt{a} - \frac{2}{ \sqrt{a} t^2} + \frac{2}{at^3}$

 

Giờ đơn giản là đi giải phương trình : $w^{'} (t) = 0$, phương trình này tương đương với:

 

$ n(t)= a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1 =0 \Leftrightarrow  \sqrt{a} t  = 1$

 

$ \Leftrightarrow   t  =  \frac{1}{ \sqrt{a}}  \Leftrightarrow   \frac{1}{ \sqrt{a-y}}   =  \frac{1}{ \sqrt{a}}   \Leftrightarrow  y =0$

 

Từ dáng điệu của hàm $ w(t)$, ta dễ thấy là $w(t)$ đơn điệu tăng trên $ (0; \sqrt{2} ]$.  Lập luận thì cũng gần giống như trên, chú ý là hàm đa thức bậc $4$ với hệ số  bậc $4$ dương sẽ tiến dần đến dương vô cùng khi biến tiến đến vô cùng, là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ mà lại chỉ nhận giá trị  bằng $0$ tại điểm  $t  =  \frac{1}{ \sqrt{a}}$  thì suy ra hàm sẽ nhận giá trị không âm trên toàn bộ đoạn $[0; \sqrt{2} ] \subset \mathbb{R} $  , Suy ra 

 

$ w(t) \leq w( \sqrt{2}) =   \left( a - \frac{1}{2} \right) \cdot \left( \sqrt{2} - \frac{1}{ \sqrt{a}} \right)^2$

 

$ \implies h(a;y) \leq 2a - 2 \sqrt{2} \sqrt{a} - \frac{1}{2a} + \frac{ \sqrt{2}}{ \sqrt{a}} = v(a)$  $(4)$

 

Tới đây là gần xong hết rồi, chỉ còn một chút công đoạn cuối cùng thôi. Cần chắc tay và kiên định với phương pháp đã chọn.

 

Đặt ẩn phụ: $ r =    \sqrt{2a}$ thì $r$ nhận giá trị trong khoảng $ [1; \sqrt{2} ]$

 

$ v(a) = r^2 -2r - \frac{1}{r^2} +   \frac{2}{r} = m(r)$

 

Ta khảo sát hàm $m(r)$ trên  $ [1; \sqrt{2} ]$ , ta có : $m^{'}(r) = 2r -2 + \frac{2}{r^3} -  \frac{2}{r^2}$

 

$ m^{'}(r) = 0 \Leftrightarrow  r-1 + \frac{1}{r^3} - \frac{1}{r^2} =0  \Leftrightarrow  r =1$

 

 

Từ dáng điệu của hàm $ m(r)$, ta dễ thấy là $m(r)$ đơn điệu tăng trên $ [1; \sqrt{2} ]$, Suy ra :

 

$ v(a) = m(r) \leq m( \sqrt{2} ) = \frac{3}{2} - \sqrt{2} = \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2$ $(5)$

 

Từ $(1)$; $(2)$; $(3)$ ; $(4)$ , $(5)$  suy ra:  $ | \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} |  \leq \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2$

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)$ nhận giá trị là bộ số $  \left( 1;  \frac{1}{ \sqrt{2}}; \frac{1}{2} \right)$ hoặc các hoán vị của bộ số này.

 

Bài Toán Theo đó được giải quyết hoàn toàn. Một Bài Toán Rất Đẹp. 

 

Lưu ý: Sau khi xem kỹ lời giải trên thì supermember thấy chỗ này cần hiểu rõ về hàm liên tục để nắm vững lời giải:

 

Ví dụ ở trên: phương trình bậc $4$ : $a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1 =0$ nếu ta giải trên tập $ \mathbb{R}$ thì chỉ có nghiệm duy nhất $ t = \frac{1}{ \sqrt{a}}$,  ở đây hàm $n(t) = a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1$ là hàm liên tục trên $ \mathbb{R}$ và tiến dần về $ + \infty $ khi $t$ tiến dần về $  \infty $ nên nếu hàm này nhận giá trị âm tại  $1$ điểm $ t_0$ ( $t_0 \in  \mathbb{R}$ )  nào đó thì theo tính chất hàm liên tục sẽ có ít nhất $2$  giá trị phân biệt $ t_1 ; t_2 $ thỏa $  n(t_1) = n(t_2) = 0$, vô lý. Do ở trên đã chỉ ra phương trình $ n(t) =0$ chỉ có nghiệm duy nhất trên $ \mathbb{R}$.

 

Hoặc, các bạn có thể nhìn thấy hướng giải thích đơn giản hơn,

 

thực chất: $ w^{'} (t) = \frac{2 ( \sqrt{a} t -1)^2 (at^2 +  \sqrt{a} t  +1)}{at^3} \geq 0$

Và: $ m^{'}(r) = \frac{2(r-1)^2 (r^2 +r+1)}{r^3} \geq 0$.