[VMO 2019] Đề thi, lời giải và bình luận

[huynhcongbang]

Xin chào mọi người,

Còn 2 ngày nữa là kỳ thi VMO 2019 sẽ diễn ra. Năm nay VN có thể xem là kỷ niệm 40 năm có giải đặc biệt IMO đầu tiên (và cũng là duy nhất) của thầy Lê Bá Khánh Trình, mong rằng sẽ có nhân tố đặc biệt để tìm được giải thứ hai như thế. Như thường lệ, trên diễn đàn Mathscope cũng sẽ cập nhật thông tin đề thi, cũng như thảo luận về các bài toán trong đề thi.

Mong được mọi người ủng hộ!

Gửi mọi người môt đề thi thử khác đề hôm trước: https://drive.google.com/file/d/1eHd...Q6lIkT94A5q0Wg

P/s: nhờ anh 2M tạo sub: 2019 trong mục Việt Nam và IMO ạ. Năm nay chưa có topic nào hết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

ĐỀ VMO 2019

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]

1. Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
2. Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]

Bài 2. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]

1. Với $x_0=2,\,x_1=3$, chứng minh rằng tổng các ước số dương của $M_n$ là bội số của $24$, với$$M_n=x_{n}x_{n+1}+x_{n+1}x_{n+2}+x_{n+2}x_{n +3}+2018.$$
2. Tìm các cặp $\left(x_0,\,x_1\right)$ sao cho $x_nx_{n+1}+2019$ là số chính phương với vô số số tự nhiên $n$.

Bài 3. Với mỗi đa thức $f(x)$, ký hiệu $T(f)$ là tổng bình phương các hệ số của $f(x)$. Cho $P\left( x \right) = \prod\limits_{1 \le k \le 2020} {\left( {x + k} \right)}$, chứng minh rằng tồn tại $2^{2019}$ đa thức $Q_k(x)$ ($1\le k\le 2^{2019}$) có các hệ số là các số thực dương và có bậc là $2020$ sao cho\[T\left( {{Q_k}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]

Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn nội tiếp $I$, trên các tia $AB$, $AC$, $BC,\, BA,\, CA,\, CB$ lần lượt lấy các điểm $A_1,\,A_2,\,B_1,\,B_2,\,C_1,\,C_2$, sao cho $$AA_1=AA_2=BC,\, BB_1=BB_2=AC,\, CC_1=CC_2=AB.$$ Các cặp đường thẳng $\left(B_1B_2,\, C_1C_2 \right),\, \left( C_1C_2,\, A_1A_2 \right),\, \left( B_1B_2,\, A_1A_2 \right)$. Lần lượt có giao điểm là $A',\,B',\,C'$.

1. Chứng minh rằng diện tích tam giác $A'B'C'$ không vượt quá diện tích tam giác $ABC$.
2. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$. Các đường thẳng $AJ,\,BJ,\,CJ$ lần lượt cắt các đường thẳng $BC,\, CA,\,AB$ tại $R,\,S,\,T$ tương ứng. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AST,\, BTR,\, CRS$ cùng đi qua một điểm $K$. Chứng minh rằng nếu tam giác $ABC$ không cân thì $IHJK$ là hình bình hành.

Ngày thi thứ 2

Bài 5. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.

1. Với $\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
2. Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để viết được $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $(H)$. Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,\,CA,\,AB$ và $D,\,E,\,F$ lần lượt là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh $A,\,B,\,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Hai đường thẳng $DE$ và $MP$ cắt nhau tại $X$; hai đường thẳng $DF$ và $MN$ cắt nhau tại $Y$.

1. Đường thẳng $XY$ cắt cung nhỏ $\displaystyle\mathop{BC}^{\frown}$ của $(O)$ tại $Z$. Chứng minh rằng bốn điểm $K,\,Z,\,E,\,F$ đồng viên.
2. Hai đường thẳng $KE,\,KF$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm thứ hai là $S$ và $T$ (khác $K$). Chứng minh rằng các đường thẳng $BS,\,CT$ và $XY$ đồng quy.

Bài 7. Có một số mảnh giấy hình vuông có cùng kích thước, mỗi mảnh được chia caro thành $5x5$ ô vuông ở cả hai mặt. Ta dùng $n$ màu đẻ tô cho các mảnh giấy sao cho mỗi ô của mỗi mảnh giấy được tô cả hai mặt bởi cùng một màu. Hai mảnh giấy được coi là giống nhau nếu có thể xếp chúng khít lên nhau sao cho các cặp ô vuông ở cùng vị trí có cùng màu. Chứng minhh rằng không có quá $\dfrac{1}{8}\left( {{n^{25}} + 4{n^{15}} + {n^{13}} + 2{n^7}} \right)$ mảnh giấy đôi một không giống nhau.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Bài Số Học. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]

1. Với $x_0=2,\,x_1=3$, chứng minh rằng tổng các ước số dương của $M_n$ là bội số của $24$, với$$M_n=x_{n}x_{n+1}+x_{n+1}x_{n+2}+x_{n+2}x_{n +3}+2018.$$
2. Tìm các cặp $\left(x_0,\,x_1\right)$ sao cho $x_nx_{n+1}+2019$ là số chính phương với vô số số tự nhiên $n$.

Lời giải.

1. Ta có các đồng dư sau với mỗi số tự nhiên $n$\[\begin{array}{l}
   {x_{n + 2}} \equiv - \left( {{x_{n + 1}} + {x_n}} \right)\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 8} \right),\\
   {x_{n + 2}} \equiv {x_{n + 1}} - {x_n} + 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 3} \right).
   \end{array}\]
   Từ đây, khảo sát số dư của dãy khi chia $8$ và chia $3$, qua phép truy toán ta được $x_n$ chia cho $3$ dư $2$ nếu $n$ chẵn và $x_n$ chia $3$ dư $0$ nếu $n$ lẻ. Đồng thời, $x_n$ chia cho $8$ dư $2$ nếu $3\mid n$, và khi $3\nmid n$ thì $x_n$ chia $8$ dư $2$. Cho nên có\[\begin{array}{l}
   {M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\
   &\equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_n}{x_{n + 1}} + 2018\\
   &\equiv - 1\;\;\;\left( {\,\bmod \,3} \right).
   \end{array}\]Trong ba số nguyên liên tiếp, sẽ có duy nhất một số chia hết cho $3$, nên\[\begin{array}{l}
   {M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\
   & \equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_{n + 2}}{x_n} + 2018\\
   &\equiv 2\times 3+3\times 3+3\times 2+2018\\
   & \equiv - 1\;\;\;\left( {\,\bmod \,8} \right).
   \end{array}\]Tổng hợp lại ta sẽ có\[{M_n} = {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018 \equiv - 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 24} \right).\]Do $M_n\equiv -1\pmod 3$, nên $M_n$ không thể là số chính phương, và ta viết tổng các ước số dương của $M_n$ thành\[\sigma = \sum\limits_{d} {\left( {d + \frac{{{M_n}}}{d}} \right)} .\]Trong đó, $d$ chạy khắp các ước dương của $M_n$ nhỏ hơn $\sqrt{M_n}$.
   
   Để ý là nếu $d\mid M_n$ thì $d$ lẻ và $3\nmid d$, cho nên từ $M_n\equiv -1\pmod{24}$ có\[\begin{array}{l}
   d + \frac{{{M_n}}}{d} = \frac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 3} \right),\\
   d + \frac{{{M_n}}}{d} = \frac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 8} \right).
   \end{array}\]Từ đó lấy tổng lại là có$$24\mid\sigma .$$
   
2. Giả sử, $x_0,\,x_1$ là các số thỏa yêu cầu, ta có đẳng thức sau
   \[{x_{n + 3}} - 7{x_{n + 2}} + {x_{n + 1}} = {x_{n + 2}} - 7{x_{n + 1}} + {x_n},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Từ đó, nếu với mỗi $n\in\mathbb N$ đặt $x_{n+2}-9x_{x_n+1}-x_n=a_n$, thế thì có\[{a_{n + 1}} = - {a_n} - 18{x_{n + 1}},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Bình phương hai vế ta có\[\begin{array}{l}
   a_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}} &= a_n^2 + 36{a_n}{x_{n + 1}} + {18^2}x_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\
   &= a_n^2 + 36\left( {{x_{n + 2}} - 9{x_{n + 1}} - {x_n}} \right)x_{n+1} + {18^2}x_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\
   &= a_n^2 - 36{x_{n + 1}}{x_n}.
   \end{array}\]Như vậy, $a_n^2-36x_{n+1}x_n$ là dãy hằng, và ta có\[\begin{array}{l}
   a_n^2 - 36{x_{n + 1}}{x_n} &= {a_0}^2 - 36{x_1}{x_0}\\
   &= {\left( {{x_2} - 9{x_1} - {x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}\\
   &= {\left( {7{x_1} - {x_0}- 9{x_1} - {x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}\\
   &= {\left( {280 - 2{x_1} - 2{x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}.
   \end{array}\]Từ đó mà có được\[36\left( {{x_n}{x_{n + 1}} + 2019} \right) = a_n^2 - D.\]Trong đó, $D= {\left( {280 - 2{x_1} - 2{x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}-36\times 2019$, đó là một hằng số và nếu ta kết hợp với việc $\lim x_nx_{n+1}=+\infty$ kéo theo $\lim \left| {{a_n}} \right|=+\infty$ thế thì với $n$ đủ lớn, sẽ xảy ra bất đẳng thức $$2\left| {{a_n}} \right| + 1 > - D > - 2\left| {{a_n}} \right| + 1,$$ nó dẫn đến\[{\left( {\left| {{a_n}} \right| + 1} \right)^2} > a_n^2 - D > {\left( {\left| {{a_n}} \right| - 1} \right)^2}.\]Vì $a_n^2 - D$ là số chính phương với $n$ lớn thỏa thích, thế nên $D=0$, tức là có\[{\left( {140 - {x_1} - {x_0}} \right)^2} = 9\left( {2019 + {x_1}{x_0}} \right).\]Giờ để ý $0\le x_0<x_1\le 100$, để có đánh giá sau\[2019 + {x_0}{x_1} = \frac{{{{\left( {140 - {x_1} - {x_0}} \right)}^2}}}{9} < 2178.\]Do $2019 + {x_0}{x_1}$ là số chính phương nằm giữa $2019$ và $2178$, nên có hai khả năng sau.
   
   
   • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=46^2$, khi đó $x_0x_1=97$ và $x_0+x_1=2$, nên không xảy ra tình huống này.
     
     
   • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=45^2$, khi đó $x_0x_1=6$ và $x_0+x_1=5$. Từ đây, $x_0=2$ và $x_1=3$.
   
   Vậy, tất cả các cặp cần tìm là \[\left( {{x_0},{\mkern 1mu} {x_1}} \right) = \left( {2,\,3} \right).\]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]

1. Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
2. Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]

Lời giải. Do $f(0)>0$ và giả thiết về giới hạn ở hai đầu vô cực, nên tồn tại $m>0$ sao cho $f(x)\le f(0)$ với mỗi $x$ không ở trong đoạn $D_0=[-m, \,m]$. Vì hàm liên tục nên trên đoạn đóng $D_0$, nên hàm đạt gía trị lớn nhất là $M^*$ nào đó, giờ thì có

• Nếu $M^*\ge f(0)$, thì $M^*\ge f(x)$ với mọi $x$, và có $M$ là giá trị lớn nhất trên $\mathbb R$ của $f(x)$.
  
  
• Nếu $M^*<f(0)$, thì $f(0)$ là gía trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.

Tức là, luôn tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$ là $M$. Bây giờ, giả sử $M=f(a)$, ta xét hai trường hợp

1. Nếu có vô hạn nghiệm của phương trình $f(x)=M$ trên $\mathbb R$. Khi đó giả sử $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ là một dãy tăng ngặt (hoặc giảm ngặt) các nghiệm, thế thì đặt $y_n=x_{n+1}$ (hoặc $y_n=x_{n-1}$), và vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0< M$ nên dãy $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ bị chặn. Từ đó dãy $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$  hội tụ đến $l$ nào đó. Vậy, tình huống này rõ ràng thỏa mãn.
   
   
2. Nếu chỉ có hữu hạn nghiệm của phương trình $f(x)=M$ trên $\mathbb R$, thế thì rõ ràng tồn tại một số $d>0$ sao cho $f(x)<M,\;\forall x\in D\setminus\{a\}$ với $D=[a-d,\,a+d]$. Ta đặt $[a-d,\,a)=D^{-},\,(a,\,a+d]=D^{+}$, và giả sử $$\max\{f(a-d),\,f(a+d)\}=M_0.$$Đặt $g(x)=f(x)-\frac{M_0+M}{2}$, để ý là $M_0<M$ ta có\[g\left( {a \pm d} \right) \le {M_0} - \frac{{{M_0} + M}}{2} < 0 < \frac{{M - {M_0}}}{2} = g\left( a \right).\] Vậy, theo định lý Bolzano-Cauchy hẳn phải tồn tại $x_1\in D^{-}$ và $y_1\in D^{+}$ sao cho $g\left( {{x_1}} \right) =g\left( {{y_1}} \right) = 0$, tức là\[f\left( {{x_1}} \right) =f\left( {{y_1}} \right) = \frac{{{M_0} + M}}{2}.\]Bây giờ giả sử với $n\in\mathbb N^*$, đã tồn tại $\left(x_n,\,y_n\right)\in D^{-}\times D^{+}$ sao cho \[f\left( {{x_n}} \right) =f\left( {{y_n}} \right) = \frac{{{M_0} + nM}}{{n + 1}}.\] Xét hàm số\[{g_n}\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{{\left( {n + 1} \right)M + {M_0}}}{{n + 2}}.\]Ta có ngay các đánh giá\[{g_n}\left( {{x_n}} \right) ={g_n}\left( {{y_n}} \right) = \frac{{{M_0} - M}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} < 0 < g\left( a \right) = \frac{{M - {M_0}}}{{n + 2}}.\]
   Vậy nên theo định lý Bolzano-Cauchy, sẽ phải tồn tại ${x_{n+1}} \in \left( {{x_n},{\mkern 1mu} a} \right)$ và $y_{n+1}\in \left(a,\,y_n\right)$ sao cho ${g_n}\left( {{x_{n + 1}}} \right)={g_n}\left( {{y_{n + 1}}} \right) = 0$, tức là \[f\left( {{x_{n + 1}}} \right) ={f}\left( {{y_{n + 1}}} \right)= \frac{{{M_0} + \left( {n + 1} \right)M}}{{n + 2}}.\]
   Từ đây, qua việc truy toán ta thấy tồn tại dãy $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ tăng ngặt trong $D^{-}$ và dãy $\left\{y_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ giảm ngặt trong $D^{+}$ sao cho \[f\left( {{x_n}} \right)=f\left( {{y_n}} \right) = \frac{{{M_0} + nM}}{{n + 1}}.\]
   Để ý là dãy $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ sẽ hội tụ về $a^{-}\in D^{-}\cup\{a\}$ nào đó, ta lại có\[f\left( {{a^{-}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = M=f(a).\]Từ đó $a^{-}=a$ và tương tự với giới hạn của dãy $\left\{y_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$. Vậy, ta có điều cần chứng minh trong tình huống này.

Từ hai tình huống vét cạn nêu trên, ta có điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ThangToan]

Câu 1a.
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists b > 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \ge b$
và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists a < 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \le a$
Với \[x \in \left[ {a;b} \right]\] thì hàm số f(x) đạt giá trị lớn nhất trên \[x \in \left[ {a;b} \right]\] . Giả sử $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$. Khi đó xét:
Do đó hàm số f(x) bị chặn trên R. Đặt $M={sup f(x):x\in R}$.
Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists d > 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \ge d$
và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists c < 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \le c$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hung.vx]

Bài 3: Trước hết ta có các tính chất sau:

1. Cho $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n$ và $a,b$ là các số thực dương. Khi đó $$\Gamma((ax+b)f(x))=(a^2+b^2)(a_0^2+a_1^2+...+a_n ^2)+2ab(a_0.a_1+a_1a_2+...+a_{n-1}.a_n).$$
2. Từ tính chất trên suy ra $\Gamma((ax+b)f(x))=\Gamma((bx+a)f(x))$.
3. Ta có $\Gamma((ax+b)^nf^n(x))=\Gamma((ax+b)^{n-1}(bx+a)f^n(x))=...=\Gamma((bx+a)^nf^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$.

Trở lại bài toán. Đặt $X=\{2;3;...;2020\}$, Gọi $A$ là tập con bất kỳ của $X$, đặt $Q_{A}(x)=(x+1)\prod\limits_{k \notin A} {\left( {x + k} \right)}\prod\limits_{k \in A} {\left( {kx + 1} \right)}$.
Áp dụng tính chất $(2)$, ta được $\Gamma(Q_A(x))=\Gamma(P(x))$ và cũng từ tính chất $(3)$ suy ra $\Gamma(Q_A^n(x))=\Gamma (P^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$. Hay $Q_A(x)$ là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán. Do tập $X$ có $2^{2019}$ tập con. Nên có ít nhất $2^{2019}$ đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MATHSCOPE]

Lời giải bài Hình của Trần Quang Hùng https://analgeomatica.blogspot.com/2...5gVXJcoLBpfMWg
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tmp]

Đề thi năm nay " đẹp" thật ! Hy vọng vòng 2 có PTH.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vinhhop.qt]

Câu 1b chắc có nhiều cháu không xét trường hợp f là hằng trên một khoảng nào đó.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mnnn]

Mình gửi lời giải bài 3.
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ptk_1411]

Nguyên văn bởi Thụy An

Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]

1. Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
2. Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]

Lời giải câu 1b. Gọi giá trị lớn nhất của $f$ trên $\mathbb{R}$ là $M$ và giả sử $x_0$ là một điểm nào đó sao cho $f(x_0) = M$. Ta xét hai trường hợp sau.


Trường hợp 1. Không tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ nào mà $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

Với mỗi $n$ nguyên dương, đặt $I_n = \left(x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}\right)$. Theo trường hợp đang xét, tồn tại $u_n \in I_n\setminus \{x_0\}$ sao cho $f(u_n) = M$, với mọi $n\ge 1$. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\{u_n\}$ có một dãy con $\{u_{n_k}\}$ gồm các số hạng đôi một khác nhau và $u_{n_k} < x_0$ với mọi $k\ge 1$.

Xét dãy $\{x_k\}$ xác định bởi $x_k = u_{n_k}$ với mọi $k\ge 1$ và dãy $\{y_k\}$ xác định bởi $y_k = x_0$ với mọi $k \ge 1$. Ta có $x_k < y_k$ với mọi $k\ge 1$, $\lim x_k = \lim y_k = x_0$ và $f(x_k) = f(y_k) = M$ với mọi $k\ge 1$.


Trường hợp 2. Tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ sao cho $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

Lấy $A, B \neq x_0$ trong $(a, b)$ sao cho $x_0 \in [A, B]$. Từ giờ trở đi, ta sẽ chỉ làm việc trên đoạn $[A, B]$.

Do $f$ liên tục trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất trên hai đoạn này. Gọi $m_1$ và $m_2$ lần lượt là giá trị nhỏ nhất của $f$ trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ (theo trường hợp đang xét, ta suy ra $m_1, m_2 < M$). Đặt $z_1 = \max\{m_1, m_2\}$. Theo Định lý giá trị trung gian, tồn tại $x_1\in [A, x_0]$ và $y_1 \in [x_0, B]$ sao cho $f(x_1) = f(y_1) = z_1$. Theo cách chọn này, $x_1 < y_1$ vì nếu không thì $x_1 = y_1 = x_0$, mâu thuẫn với việc $m_1, m_2 < M$.

Chọn $z_2 = \frac{1}{2}(z_1 + M)$ thì $z_1 < z_2 < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_1, x_0]$ và $[x_0, y_1]$, tồn tại $x_2\in [x_1, x_0]$ và $y_2\in [x_0, y_1]$ sao cho $f(x_2) = f(y_2) = z_2$. Lập luận tương tự như trên, ta cũng có $x_2 < y_2$.

Giả sử ta đã xây dựng được $x_n$ và $y_n$. Chọn $z_{n+1} = \frac{1}{2}(z_n + M)$ thì $z_n < z_{n+1} < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_n, x_0]$ và $[x_0, y_n]$, tồn tại $x_{n+1} \in [x_n, x_0]$ và $y_{n+1} \in [x_0, y_n]$ sao cho $f(x_{n+1}) = f(y_{n+1}) = z_{n+1}$, đồng thời $x_{n+1} < y_{n+1}$.

Như vậy, ta đã xây dựng được dãy $\{x_n\}$ tăng trên $[A, x_0]$ và $\{y_n\}$ giảm trên $[x_0, B]$ sao cho $x_n < y_n$ và $f(x_n) = f(y_n)$ với mọi $n\ge 1$. Ta chứng minh $\lim x_n = \lim y_n = x_0$.

Do $\{x_n\}$ tăng và bị chặn trên bởi $x_0$ nên nó có giới hạn $l_1 \in [A, x_0]$. Giả sử $l_1 \neq x_0$, do $f$ liên tục nên $$M = \lim z_n = \lim f(x_n) = f(l_1) < M,$$

mâu thuẫn ($f(l_1) < M$ theo trường hợp đang xét).

Vậy $\lim x_n = x_0$. Tương tự, ta chứng minh được $\lim y_n = x_0$.

Ta có điều cần chứng minh. $\square$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mnnn]

Lời giải bài 1 [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi Thụy An

Bài 3. Với mỗi đa thức $f(x)$, ký hiệu $T(f)$ là tổng bình phương các hệ số của $f(x)$. Cho $P\left( x \right) = \prod\limits_{1 \le k \le 2020} {\left( {x + k} \right)}$, chứng minh rằng tồn tại $2^{2019}$ đa thức $Q_k(x)$ ($1\le k\le 2^{2019}$) có các hệ số là các số thực dương và có bậc là $2020$ sao cho\[T\left( {{Q_k}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]

Lời giải sau cho bài 3 là của [Only registered and activated users can see links. ]

Xét đa thức $F(x)=\left(a_0+a_1x+\ldots+a_mx^m\right)\left(a_m +a_{m-1}x+\ldots+ax\right)^m$, trong đó $\left(a_m+a_{m-1}x+\ldots+ax\right)=x^mF\left(\dfrac{1}{x}\right) $, lúc này hệ số của $x^m$ trong $F(x)$ sẽ là \[a_0^2 + a_1^2 + \ldots + a_m^2 = T\left( {f\left( x \right)} \right).\] Xét đa thức $H(x)=P(x)x^2020P\left(\dfrac{1}{x}\right)=\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) \ldots \left( {x + 2020} \right)\left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right) \ldots \left( {1 + 2020x} \right)$. Lúc này hệ số của $2020$ trong $H(x)$ sẽ là tổng bình phương các hệ số trong $P(x)$. Quy nạp ta suy ra hệ số của $x^{2020^n}$ trong $H(x)^n$ sẽ bằng $T \left( P(x)^n \right)$. Xét đa thức $Q_x(x)$ đạt được bằng cách trong đa thức $P(x)$ thay một số thừa số có dạng $x+j$ bằng thừa số $jx+1$. Rõ ràng có $2^{2019}$ đa thức $Q_x(x)$ thế này do số tập con của ${2,\,\ldots,\,2020}$ là $2^{2019}$ và bậc của $Q_x(r)$ là $2020$. Ta sẽ chỉ ra $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n$. Ta có ${Q_x}\left( x \right){x^{2020}}{Q_x}\left( {\frac{1}{x}} \right) = H\left( x \right)$. Do đó hệ số của $x^{2020^{n}}$ của $H(x)^n$ sẽ bằng $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right)$ kết hợp với hệ số của $x^{2020^n}$ của $H(x)^n$ bằng $T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right)$, ta có $$T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n.$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[duca1pbc]

Rảnh rảnh ngồi nghĩ tí mà năm nay bài khó quá . Viết lời giải bài 1b theo ý mình để xem lão 2M có bình luận gì ko .

Giả sử M là GTLN của $f(x)$ và có 1 giá trị $a$ sao cho $f(a)=M$. Khi đó: $0<f(x) \le M$ với mọi $x\in (-\infty, a)$ và mọi $x\in (a,\infty)$.

Theo tính liên tục và giới hạn 2 đầu đều = 0 thì mọi đường thẳng $y=m$ với $0<m<a$ đều cắt ĐTHS $f(x)$ tại (ít nhất) 1 điểm có hoành độ nằm bên trái và 1 điểm nằm bên phải điểm $a$. Do M là GTLN của $f(x)$ và $f(x)$ liên tục nên $f(x)$ đơn điệu tăng trong 1 khoảng $\left[a-\epsilon_1,a\right)$ và đơn điệu giảm trong 1 khoảng $\left(a,a+\epsilon_2\right]$. Chọn $N=\max\{f(a-\epsilon_1);f(a+\epsilon_2)\} <M$ và lấy $b\in\left[a-\epsilon_1,a\right)$ và $c\in \left(a,a+\epsilon_2\right]$ sao cho $f(b)=f(c)=N$. Khi đó $f(x)$ tăng trên $[b,a]$ và giảm trên $[a,c]$.
Giờ ta xây dựng 1 dãy $x_n$ tăng bất kì trong khoảng $[b,a)$ thì luôn có 1 dãy $y_n$ tương ứng trong khoảng $(a,c]$ sao cho $f\left(x_n\right)=f\left(y_n\right)$ và $\lim x_n=\lim y_n=M$. Hiển nhiên $x_n<y_n,\forall n$ (đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Bài 6 có thể tính toán được


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]