supermember

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.

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.