chuyên đề yếu tố giải tích trong các bài toán đại số, số học, tổ hợp

Chuyên đề YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC, TỔ HỢP Nguyễn Việt Hà Trường THPT Chuyên Lào Cai Chuyên đề đạt giải nhất A.. Với mong muốn có một tài liệu hệ thống về vấ

Chuyên đề

YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC, TỔ HỢP

Nguyễn Việt Hà Trường THPT Chuyên Lào Cai

(Chuyên đề đạt giải nhất)

A MỞ ĐẦU

Trong chương trình toán THPT, Giải tích là một nội dung rất quan trọng, học sinh được học sau khi học Đại số một thời gian dài Đối tượng nghiên cứu của Đại số và Giải tích là khác nhau về căn bản Trong khi Đại số nghiên cứu các đối tượng tĩnh tại, rời rạc

và hữu hạn Còn môn Giải tích nghiên cứu các đối tượng có bản chất biến thiên, liên tục

và vô hạn Sự khác nhau căn bản đó dẫn đến những cách tiếp cận khác nhau, lối tư duy khác nhau khi giải quyết các bài toán Đại số và Giải tích

Giải tích là một trong các nội dung luôn xuất hiện trong kỳ thi học sinh giỏi toán THPT cấp quốc gia (VMO) Tuy nhiên, bên cạnh những câu được phát biểu dưới dạng giải tích, thì các bài toán lại được phát biểu dưới dạng đại số nhưng công cụ giải tích, kỹ năng của giải tích giúp chúng ta định hướng tìm ra lời giải Bên cạnh đó, trong các kì thi IMO cũng như các kỳ thi học sinh giỏi các nước cũng như khu vực, có nhiều bài toán cả đại số, số học cũng chứa đựng các yếu tố giải tích

Với mong muốn có một tài liệu hệ thống về vấn đề này, tác giả đã quyết định viết chuyên

đề : ‘’Yếu tố giải tích trong các bài toán đại số, số học, tổ hợp’’ Chuyên đề này đã cố

gắng phân chia các bài toán đại số, số học, và một số bài toán tổ hợp có thể giải quyết nhờ công cụ giải tích một cách chi tiết nhất có thể với hy vọng giúp ích được cho học sinh có thêm kỹ năng làm việc với những dạng toán này đồng thời giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu trong giảng dạy học sinh giỏi môn Toán cấp quốc gia

Nội dung của chuyên đề bao gồm sáu phần trình bày các kĩ thuật giải tích để giải các bài toán đại số về phương trình hàm và bất phương trình hàm, các bài toán về đa thức, các bài toán về phương trình và bất đẳng thức, các bài toán chứng minh tính chất của dãy

số, các bài toán số học, tổ hợp và một số bài toán khác Các bài toán trong chuyên đề đều được giải tường minh và đưa ra những nhận xét, bình luận Phần cuối của chuyên đề là một số kết luận của tác giả về chuyên đề và những tài liệu tham khảo khi viết chuyên đề này

Tác giả của chuyên đề đã làm việc hết sức nghiêm túc, cố gắng tập hợp, sưu tầm, phân dạng, sắp xếp và liên kết các dạng toán theo một logic hợp lý nhất có thể theo ý chủ quan của mình với hy vọng tạo ra được một chuyên đề có chất lượng, có tác dụng đối với các

em học sinh ôn thi VMO và các thầy cô giáo dạy chuyên Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng chuyên đề không thể tránh khỏi những sai sót, thiếu sót Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô để chuyên đề được hoàn thiện hơn Tác giả xin chân thành cảm ơn

Hệ quả: f là đơn ánh khi và chỉ khi nếu f a  f b  thì suy ra ab (mọi ,a bA)

Định nghĩa 2 Ánh xạ :f AB được gọi là toàn ánh nếu như với mọi phần tử bB

đều tồn tại phần tử aA sao cho f a b A  B

Định nghĩa 3 Ánh xạ :f AB được gọi là song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn

ò sao cho f x( )  0 x (x0ò,x0ò) ( một lân cận của x0)

1.4 Một số kĩ thuật giải tích hay dùng

1.4.1 Với mỗi số thực a cho trước luôn tồn tại một dãy ( )r n các số hữu tỷ sao cho

limr n= a

1.4.2 (Chuyển qua giới hạn một đẳng thức) Nếu hàm số f x( ) liên tục tại x0 và

n u A

 

1.5 Bổ sung về yếu tố giải tích của đa thức

1.5.1 Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm Từ đây có thể suy ra các hệ quả sau:

- Nếu P x( ) không có nghiệm thì deg P chẵn

- Nếu P x( ) là đa thức bậc chẵn và có nghiệm duy nhất thì đó phải là nghiệm bội chẵn

1.5.2 Đa thức P x( )(xa Q x)k ( ) thì P x ( ) chia hết cho 1

(xa)k.

1.5.3 Định lý Rolle Hàm số f x( ) liên tục và có ab để f a( )  f b( )  0 thì tồn tại ( , )

c a b để đạo hàm f c ( )  0.

1.5.4 Đạo hàm của đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm

Giả sử x x1, 2, ,x n là các nghiệm của P x( ) Khi đó, theo định lí Bézout thì

1.5.6 Nếu deg ( )f x deg ( )g x thì ( )

lim( )

Thật vậy, bằng đạo hàm, dễ dàng có được ln(x + 1)£ x với mọi x > 0 Thay x bởi 1

Từ đây dễ thấy rằng khẳng định cũng đúng với mọi k < 1 vì 1k 1

Chú ý rằng f c( ) là hàm nghịch biến nên f c( )> f n( + 1) hay f n( + 1)< F n( + 1)- F n( )

Từ đó, cho n = 1, 2, 3, ta thu được

1 1

-

2 ln 2 + 3 ln 3 + 4 ln 4+ + nlnn ® + ¥

2 YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC

2.1 Kỹ thuật giải tích giải quyết các bài toán phương trình hàm, bất phương trình hàm

2.1.1 Sử dụng dãy số và giới hạn dãy số giải các phương trình hàm, bất phương trình hàm

Trong mục này, ta sẽ đi nghiên cứu những bài toán đại số không có gải thiết liên tục hay khả vi của phương trình hàm, bất phương trình hàm mà có thể sử dụng dãy số và giới hạn dãy số để giải quyết Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ quen thuộc sau:

Bài toán 2.1.1.1 Tìm tất cả các hàm số f : ® , đơn điệu trên và thỏa mãn

f x y f x f y x y

Nhận xét: Nếu bài toán này, thay giả thiết đơn điệu bằng giả thiết liên tục thì việc giải

quyết là đơn giản Vậy bây giờ không còn yếu tố liên tục nữa, thì ta làm thế nào? Chúng

ta cùng tìm hiểu thông qua lời giải sau:

Lời giải Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (1) Trong (1), lấy y = x ta được

Vậy f x ( ) = kx , " Î x (k là hằng số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn

Trường hợp 2 f là hàm giảm Ta chứng minh được f x ( ) = kx , " Î x (9)

Với xÎ tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ { } un + ¥n= 1, { } vn + ¥n= 1 sao cho

Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f x ( ) = kx , " Î x (k là hằng số bất kì)

Bình luận: Ta thay tập nguồn và tập đích của bài toán trên thành ( 0;+ ¥ ) và bỏ giả

thiết đơn điệu, ta có bài toán sau:

Bài toán 2.1.1.2 Tìm tất cả các hàm số f : + ® + thỏa mãn

f x y f x f y x y

Lời giải Lời giải này nên rút gọn như sau, tận dụng BT ở trên

Ta có f y( )> 0 với mọi y> 0 nên f x( + y)> f x( ) Đặt z= x+ y> x thì

và thêm giả thiết hàm nhân tính, ta có bài toán sau:

Bài toán 2.1.1.3 Tìm tất cả các hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau

= 0

k hoặc k = 1

Bài toán được giải hoàn toàn

Bình luận: Một lần nữa, trong bài toán 2.1.1.3, ta bỏ giả thiết đơn điệu nhưng thêm giả

thiết hàm nhân tính, ta lại chứng minh được hàm đồng biến nên lại có thể giải tiếp giống

bài toán 2.1.1.1 Tuy nhiên điểm chung của cả ba bài toán trên là đều có giả thiết cộng

tính

Sau đây ta đi xét những bài toán phức tạp hơn:

Bài toán 2.1.1.4 [China MO 1998] Cho hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời các điều kiện

x

f x £ " Îx

Lời giải Từ giả thiết (i) thay x = 0 thì ta có f (0) = 0, đúng với điều kiện, nên ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp x ¹ 0 Với mỗi x ¹ 0 ta có 2( ) 2

x f

n

n n

-( )

1

2 1 2 1 2

x

f x £ " Îx

Tiếp theo, ta xét một bài toán tổng quát hơn:

Bài toán 2.1.1.5 [Olympic sinh viên toàn quốc 2016, môn Giải tích]

Cho a1 là một số thực và hàm f : R  R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện

x f

g x g

a a

a sẽ thuộc một lân cận nào đó của điểm 0 Do

đó, từ ii ta suy ra tồn tại *

n

n n

n

n

x f

a a

n n

n

n n

a M x

2 1 2 2 2

n n

n

n n

  với mọi a1 nên ta

có thể sử dụng giả thiết ii của bài toán để tiếp tục đánh giá Bài toán trên là bài toán tổng

quát của bài toán 2.1.1.4

• Ngoài cách giải đã trình bày ở trên, ta có thể tiếp cận bài toán theo hướng khác như sau:

Vẫn như lời giải ở trên, ta chứng minh được

n n

Do điều kiện thứ hai của bài toán, vế trái của (20) bị chặn trên, trong khi vế phải lớn tùy

ý khi n đủ lớn, vô lý! Do đó điều giả sử là sai hay

Nhận xét Có thể thay số 2 trong (1) bởi số thực dương khác 1 và VP = 1 trong (2)

Trong (1) , thay x bởi

a

= với mọi n³ 1

Ta chứng minh được ( )a n là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1

2 nên có giới hạn hữu hạn Từ

Tiếp theo ta xét một bài toán gần gũi với bài trên:

Bài toán 2.1.1.8 (Bulgaria, 2008) Tìm tất cả các hàm số f : ® thỏa mãn

với mọi cặp số thực x y,

Lời giải Thay y = - 1 và thay x bởi x - 1 vào (1) ta thu được f x ( ) ³ 0 với mọi

xÎ Từ đây, kết hợp với (1) ta suy ra

với mọi xÎ và với mọi y³ 0 Kết quả này chứng tỏ f là hàm không giảm trên Bây giờ, ta viết lại (1) dưới dạng

Bài toán 2.1.1.9 Cho hàm số f : + ® thỏa mãn đồng thời các điều kiện

Chứng minh rằng tồn tại x >0 0 sao cho f x ( )0 < 0

Lời giải Giả sử kết quả cần chứng minh là sai, tức ta có f x ( ) ³ 0 với mọi x > 0 Thay

(2) Bất đẳng thức f x ( )1 + f x ( )2 + + f x ( )n ³ f x ( 1 + x2 + + xn) đúng với mọi số nguyên dương n và n số thực x x1, 2, , xn Î [ 0;2013 ] sao cho

Chứng minh rằng f x ( ) ³ - 2 , x " Î x [ 0;2013 ]

Lời giải Trong (2), ta xét n = 2 và thay x1 = 0,x2 = 2013 thì thu được f ( ) 0 ³ 0 Từ

đó, kết hợp với (1), ta có ngay f ( ) 0 = 0 Kết quả này cho thấy khẳng định bài toán đúng với x = 0 và như thế ta chỉ còn phải chứng minh kết quả bài toán cho trường hợp

Bất đẳng thức (5) cho ta kết quả của bài toán

Bài toán 2.1.1.11 [Romania TST, 2007] Tìm tất cả các hàm f : ® thỏa mãn

Từ (6) suy ra f x ( ) º c , " Î x Thử lại, ta thấy thỏa mãn

Bài toán 2.1.1.12 Tìm tất cả các hàm số : [1;f + ¥ ®) [1;+ ¥ và thỏa mãn: )

n n

x   f x x với mọi k nguyên dương

Hơn nữa, ta chứng minh được 3

2

* 1

1

;212

ïïïî

Kết hợp với (5) suy ra hàm số cần tìm là f x( )   x, x . Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 2.1.1.16 Tìm số thực k lớn nhất để nếu f x( ) là hàm số tùy ý xác định trên

Theo nguyên lý quy nạp suy ra: f x( )u n, n 1, 2, , x

Cũng bằng nguyên lý quy nạp ta chứng minh được dãy ( )u n tăng và bị chặn trên (bởi số

4

3 ) nên có giới hạn Suy ra

4lim

với mọi cặp số thực dương x y,

Lời giải 1 Giả sử tồn tại hàm số f như trên Khi đó, ta có thể viết lại giả thiết dưới dạng

với mọi x y, Î + Kết quả trên chứng tỏ f là một hàm giảm thực sự trên + Bây giờ,

ta cố định x0 Î + và chọn số tự nhiên n sao cho nf x ( + 1 ) ³ 1 Khi đó, ta có

11

11

1

1 1

với mọi k Î , k < n (Chú ý rằng hàm số g t( ) t

=+ với u > 0 là hàm tăng trên

Bài toán 2.1.1.18 Tìm tất cả các hàm số f : + ® + thỏa mãn

( )

f f x = x - f x

với mọi số thực dương x

Lời giải Cố định x > 0 và đặt f0( ) x = x, fn( ) x = f f ( n-1( ) x ) Từ giả thiết, bằng cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh được

với mọi nÎ * Nếu 2 x - f x ( ) > 0 thì bằng cách xét n lẻ, n= 2k+ 1 và cho

k® + ¥ , ta có thể thấy bất đẳng thức trên sẽ không thể luôn đúng Còn nếu

( )

2 x - f x < 0 thì bằng cách xét n chẵn, n = 2 k và cho k® + ¥ , ta cũng thu được kết luận tương tự Do vậy, ta phải có f x ( ) = 2 x

Hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán

Nhận xét Bài toán trên cũng có thể được giải bằng phương pháp kẹp dãy số như sau: Xét hai dãy số ( ) an và ( ) bn được xác định bởi a0 = 0, b0 = 6 và

n n

n

a a

lim a n = lim a n+ = 2, hay lim a =n 2 Tương tự, ta cũng có lim b =n 2

Bây giờ, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

Bài toán 2.1.1.19.(Bulgaria 2006) Cho hàm số thỏa mãn điều kiện

b) Tìm tất cả hàm số thỏa mãn điều kiện đã cho

Lời giải: Để chứng minh đẳng thức f  2x  4f x ,  x 0 ta đi theo hướng sau: Ta sẽ tính các theo sau đó tìm một số nguyên dương mà có hai cách biểu diễn được theo Từ đó ta sẽ được đẳng thức liên quan giữa

và Để thực hiện được điều này ta sẽ lần lượt tính

Đặt Khi đó kết hợp với phương trình đã cho ta có

Với , tồn tại các số dương sao cho

Suy ra

hay hàm số đồng biến

Dựa theo tính trù mật của tập trong ta có, với mỗi số , tồn tại hai dãy

hữu tỉ sao cho là dãy số tăng có giới hạn là và là dãy số giảm có giới hạn là

Ta có bất đẳng thức sau

* ,

Từ (9) chuyển qua giới hạn ta được

đó là hằng số dương, thỏa mãn điều kiện

Bài toán 2.1.1.20 Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn

hay f f x   f x  2x f f y   f y  2y với mọi x y,  0. Do đó, tồn tại hằng số c

sao cho f f x   f x  2xc với mọi x Đến đây, bằng quy nạp, ta suy ra

2.1.2 Cho biến số qua giới hạn trong bất phương trình hàm

Trong giải bất phương trình hàm, kĩ thuật sử dụng các điểm đặc biệt (chẳng hạn 0, 1) là tương đối thông dụng Tuy nhiên đôi khi ta cần tới một điểm đặc biệt khác, đó là điểm  Nhờ phép chuyển qua giới hạn mà ta có thể giải quyết được một số bài toán bất phương trình hàm

Bài toán 2.1.2.1 Chứng minh rằng không tồn tại hàm f :  thỏa mãn đồng thời

 0 0

f  và

f xy  f x yf f x x y

Lời giải Giả sử trái lại rằng tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán Nếu f f x   0

với mọi x thì với bất kỳ y0, ta có

         

f xy  f x yf f x  f x Như thế f là hàm giảm Từ đó do f  0  0 f f x   , ta suy ra f x 0 với mọi x, mâu thuẫn Vậy phải tồn tại x sao cho f f x   0 Cố định giá trị x này và cho

y  trong bất phương trình hàm ở đầu bài, ta được lim  

f f a





 , f f a b   1 0 Khi đó, ta có

Mâu thuẫn Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bình luận: Bây giờ ta thay đổi tập nguồn và tập đích ( bởi + ), ta có bài toán sau:

Bài toán 2.1.2.2 [Romania, 2001] Chứng minh rằng không tồn tại hàm f : + ® +

Bây giờ, ta cố định x= x0> 0 và thay y bởi ( )

( )

0 0

f f x

với y > f x ( )0 vào bất phương trình (1) thì thu được

( ) ( )

® + ¥ = + ¥ Từ đó suy ra, tồn tại x >1 0 sao cho f x > ( ) 1

với mọi x³ x1, tồn tại x2 > x1 sao cho f x ( )2 > x1 với mọi x³ x2 Do f đồng biến nên f x ( ) ³ f x ( )2 > x1, " ³ x x2 Và như thế, ta có

Chứng minh rằng f x 0 với mọi x0

Lời giải Trước hết ta sẽ chứng minh f x   0, x

Thật vậy, giả sử có a mà f a 0 Ta cố định xa này và cho y  thì từ (1) ta có

2.2 Kỹ thuật giải tích giải quyết các bài toán về đa thức

2.2.1 Lấy đạo hàm của đa thức

Ở một số bài toán xuất hiện ở một số kì thi học sinh giỏi, đôi khi việc lấy đạo hàm của đa thức giúp ta có được hiệu quả trong việc tìm được chìa khóa cho các lời giải Dưới đây là một số bài toán như vậy

Bài toán 2.2.1.1 Chứng minh rằng nếu đa thức P x( ) thỏa mãn

P u = P u + - " ³n Chú ý rằng P u( )n ¹ 0 " ³n 1 Vì nếu ( )= 0

Vì vậy P x¢( ) là đa thức khác 0 và vì vậy P x( ) là đa thức hằng

Bài toán 2.2.1.2 (Đại học Vinh) Tìm tất cả các đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn

Q Theo giả thiết thì Q x( )³ 0 với mọi x Î ¡ nên Q x( ) có bậc chẵn

Nếu P x( ) có bậc 1 thì Q x( ) có bậc 5, mâu thuẫn Còn nếu P x( ) có bậc n ³ 3 thì Q x( )

P x x x Thử lại, ta thấy chỉ có đa thức

P x x x thỏa mãn yêu cầu đề bài

Bài toán 2.2.1.3 (Tuyên Quang) Tìm tất cả các hàm đa thức P x( )với hệ số thực thỏa mãn: với mọi số thực x, y, z phân biệt mà x + y + z = 0 thì

Lời giải Rõ ràng các đa thức hằng và các đa thức bậc nhất luôn thỏa mãn yêu cầu bài

toán Xét trường hợp degP = n ³ 2 Thay y = - 2x + t và z = x- t với x > t > 0 vào phương trình đã cho, ta được

=-

23

Vì hai đa thức P x( )- P(- 2x) và 3xP x¢( ) nhận giá trị bằng nhau tại mọi x > 0 nên ta có

P x ax bx cx d Thay vào phương trình (1) và rút gọn, ta được b = 0 Thử lại, P x( )= ax3 + cx + d thỏa mãn phương trình đã cho ở đề bài Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài có dạng P x( )= ax3 + cx + d với a c d, , là các hằng số thực nào đó

Bài toán 2.2.1.4 (USAMO, 2019) Tìm tất cả các đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn

với mọi số thực x, y, z khác 0 mà 2xyz = x + y + z

Lời giải Nếu P x( ) là đa thức hằng thì bằng cách tính toán trực tiếp, ta thấy chỉ có đa thức P x( )º 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài Bây giờ xét trường hợp degP = n ³ 1 Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

2

2 2 2

Bây giờ, cho z ® 0 + , ta được

So sánh hệ số bậc ba ở hai vế, ta được a = 0, mâu thuẫn

 Xét trường hợp degP = n ³ 3 Gọi a là hệ số cao nhất của P x( ) So sánh hệ số của n+ 2

1n = 2n 1

Tuy nhiên, phương trình này không có nghiệm n ³ 3

 Do đó degP = 2 Khi đó, đa thức P x( ) có dạng P x( )= ax2 + bx + c với a ¹ 0 Thay trở lại phương trình (1) và rút gọn, ta được

Lời giải Do g bậc lẻ nên tồn tại nghiệm x0 Thay vào ta có 4x02n1 3x0 1

Đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho, ta được

4(2n1)x n  3 g x( ) ( x1)2 ( ) ( )g x g x Thay x0 vào, ta có 4(2n1)x02n 3 nên 2

0

3 4(2 1)

n x

R x là đa thức dư khi chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh rằng 24

( ) 2 ,

R x   x

Lời giải

(x1) (x3) (x1) (x3) Q x( )R x( ) với deg ( )Q x  16,deg ( )R x  3.

Thay x 1,x 3 vào hai vế, ta có 20

(1) (3) 2

( ) ( 1)( 3)( ) 2

R x  x x ax b

1

(0) (0) (0)1

Nhận xét Câu b có thể giải được bằng cách dùng Viete thuận và đảo, nhưng biến đổi

rắc rối hơn nhiều

Bài toán 2.2.1.8 Cho P x Q x( ), ( ) là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn

2520

P Q x x  xa với a Chứng minh rằng deg ( )P x  1 hoặc deg ( )Q x  1.

Lời giải Đạo hàm hai vế, ta có

2519

( ) ( ( )) 2520 2017

Q x P Q x  x  Nếu deg ( )P x  1, deg ( )Q x  1 thì vế trái khả quy, trong khi áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho đa thức ở vế phải ứng với p 2017 thì đa thức này bất khả quy, mâu thuẫn

2.2.2 Cho qua giới hạn trong giải toán đa thức

Bài toán 2.2.2.1 (Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 2003)

Tìm tất cả các đa thức PZ x sao cho phương trình



trong đó

 

*

0 : deg , i m i , m 0

Bài toán 2.2.2.2 Cho đa thức f x( ) hệ số thực khác hằng Chứng minh với mỗi số c > 0, tồn tại số nguyên dương n0 thỏa mãn điều kiện: Nếu đa thức P x( ) với hệ số thực có bậc

k không nhỏ hơn n0 và có hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 thì số các số nguyên xthỏa mãn f P x( ( ) )£ c không vượt quá k

Lời giải Giả sử các số nguyên x thỏa mãn f P x( ( ) ) £ c không vượt quá k , tức tồn tại

+ 1

k số nguyên phân biệt b i i, = 0,k sao cho

( ) ( i )£ ; " Î { }0;

Điều này gợi cho ta nhớ đến Bổ đề sau:

Cho dãy số nguyên phân biệt b i i, = 0,k và đa thức P x( ) bậc k Chứng minh rằng

!

!max

i k

n k

P b c khi n0 đủ lớn

Trường hợp f x( )= x đã được giải quyết

Quay lại bài toán gốc, ta có lim® + ¥ ( )= + ¥

x

f x nên với mỗi số c> 0, tồn tại số nguyên

dương x0 sao cho f x( )> c; "x : x ³ x0 Chỉ cần chọn n0 thỏa mãn >

0

0 0

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử tồn tại đa thức P x( ) bậc lớn hơn 1 thỏa mãn bài toán

là sai Do đó bài toán không có nghiệm khác đa thức f x( )  x 2018.

Bài toán 2.2.2.4 Tìm tất cả các đa thức P x( ) sao cho phương trình P x( )= 2n có ít nhất một nghiệm Î ¥ *

+

® + ¥ = Þ ® + ¥ =

1

1 1

1 2

2

m n n

m

n n

n

x

x x

2n

a a x a n , ta thấy 0 < a (22- a ) (- 21- a )= 2

Dễ dàng thử lại để đi đến các kết luận sau (1) a1 = 1 và ( )º +

0

P x x a với a0 Î ¢ , a0 £ 1, hoặc (2) a1 = 2 và ( )º +

(i) degP ³ 1, degQ ³ 1

Giả sử phản chứng rằng P hoặc Q là một đa thức hằng với giá trị c (Î ¢ )

(ii) degQ = 1 Giả sử phản chứng rằng degQ > 1

Theo (i), degP ³ 1 nên tồn tại các số thực M > 0 và k ³ 1 sao cho với mọi

n l n x Hơn nữa, với n đủ lớn, tồn tại chỉ số 0£ =i i n( )£ 2n để

2l 3

x đều không là bội của m khi l ³ j

Suy ra m không thể là ước của một số hạng khác 0 nào của ( )x n n¥= 0, vô lý Vậy degQ = 1

(iii) degP = 1

Chứng minh tương tự (ii)

(iv) Bây giờ, P x( )º ax + b, Q x( )º cx + d với a b c d, , , Î ¢ và ac ¹ 0 Ta sẽ

chứng minh rằng ac= 1 Theo định nghĩa,

n n

r y Hiển nhiên khi n ® + ¥

khi q® + ¥ Hơn nữa,

r r , ta có rmin{ }q n, s (với mọi q) Nhưng r > 1 và { }® + ¥

min q n, khi q® + ¥ nên s = 0, y n = r y n 0 ( "n), và do đó, dễ thấy yêu cầu của đề bài không thể thỏa mãn được Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng

= = 1

r ac

(v) Cuối cùng, P x( )º ± +x b, Q x( )º ± +x d, trong đó b d, Î ¢ là các số cần

tìm Ta chỉ phải xét hai trường hợp:

 P x( )º x + b và Q x( )º x + d với b d, Î ¢ Trong trường hợp này, bằng quy nạp,

Lời giải 2 Ta sẽ đưa ra ở đây một cách chứng minh khác cho cặp bước (ii) – (iii)

giữ nguyên chứng minh của (i) và (iv) – (iv)

(ii) – (iii) degP = 1, degQ = 1

y a, y n+1 = T y( )n " ³n 0 Giả sử mỗi số nguyên dương m là ước của một số hạng khác 0 nào đó của ( )y n Khi đó, degT = 1

Chứng minh Dễ thấy mọi đa thức hằng T đều không thỏa mãn giả thiết Giả sử phản chứng rằng degT > 1 Khi đó, tồn tại số thực c> 0 sao cho T x( )> 2x khi

>

x c Từ giả thiết suy ra ® + ¥ £ £ = + ¥

0 lim max l

m l m y Hơn nữa, nếu gọi

( )

0 n n m m là chỉ số bé nhất sao cho y n = max£ £ y l thì n ® + ¥ khi

Ta đã sẵn sàng để chứng minh các kết luận của (ii) – (iii)

Đặt H x( )= P Q x( ( ) ) và K x( )= Q P x( ( ) ) Giả sử phản chứng rằng hoặc

³ degP 2 hoặc degQ ³ 2

Khi đó degH ³ 2 và degK ³ 2 (theo (i), degP ³ 1 và degQ ³ 1)

Xét dãy con (x x x0, 2, 4, ,) x2(n+1)= K x( )2n với mọi n ³ 0 Do degK ³ 2 nên dãy

( ) ( )y n = x2n không thể thỏa mãn giả thiết của Bổ đề Bởi vậy, tồn tại số nguyên dương m sao cho không số nào trong số các số nguyên dương m , 2m, 3m ,… có thể là ước của một số hạng x2n ¹ 0 Từ đó, với mỗi Î ¥ *

k tồn tại số hạng + ¹

Bài toán 2.2.2.6 Biết rằng với klà số nguyên nào đó, đa thức

Đa thức này có nghiệm nguyên thì các nghiệm đó chỉ có thể là ước của 2016

Giả sử a là một nghiệm nguyên nào đó thì

Nhận xét Tất nhiên lập luận trên chỉ áp dụng được với nghiệm nguyên Khi hỏi trên

nghiệm thực, dễ dàng thấy cho dù k bằng bao nhiêu thì với n lẻ, đa thức trên vẫn có nghiệm

Bài toán 2.2.2.7 (Việt Nam TST 1998) Cho hàm số f x( ) xác định trên sao cho với

mọi số thực dương c tồn tại đa thức hệ số số thực thỏa mãn

Chứng minh là đa thức hệ số thực

Nhận xét Xét với ta có điều này gợi ta nghĩ đến kiểm tra

Việc thử nghiệm dẫn chúng ta đến bổ đề trong lời giải dưới đây

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Thật vậy, nếu thì từ (2) ta có

Cho n dần tới dương vô cực ta có mâu thuẫn với giả thiết Vậy

Với cho ta suy ra đúng với

hay

Dễ thấy , vì nếu ngược lại thì

Bây giờ chúng ta trở lại bài toán, ta có