Một PTH về hàm liên tục tại 0

Mỗi ngày một bài toán 18

Bài toán. (HSG 11 Vĩnh Phúc 2023)

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ liên tục tại $0$ và thoả mãn $f(0)=2023$,

$$f(2x)=f(x)\cos x, \forall x\in\mathbb R.$$

Giải. Xét $x\neq 0$ bất kỳ. Ta có $f(x) = f\left(\frac x 2 \right) \cos \frac x 2, \forall x\in \mathbb R.$ Suy ra

$$f(x) = f\left( \frac x {2^n} \right) \cos \frac x 2 \cos \frac x {2^2} \cdots \cos \frac x {2^n}, \forall n\geq 1.$$

Nhân hai vế cho $2^n\sin \frac x {2^n}$ rồi rút gọn dần dần, ta được

$$f(x) \cdot 2^n\sin \frac x {2^n}= f\left(\frac x {2^n} \right) \sin x, \forall n\geq 1,$$

hay

$$f(x) \cdot \frac{\sin \frac x {2^n}}{\frac x {2^n}} = f\left( \frac x {2^n} \right) \frac{\sin x} x, \forall n\geq 1.$$

Cho $n\rightarrow \infty$, với chú ý $f$ liên tục tại $0$, ta có

$$f(x) = f(0) \frac {\sin x} x.$$

Vậy

$$f(x) = \begin{cases} 2023 &\text{if \(x=0\)}\\ 2023\cdot \dfrac {\sin x}{x}&\text{if \(x\neq 0\)}. \end{cases}$$

Thư giãn cuối tuần bằng bài toán tính chiều cao parabol

Mỗi ngày một bài toán 17

Bài toán. (St) Cổng parabol của trường ĐHBK Hà Nội được xây dựng cách đây khoảng 50 năm. Để đo chiều cao $h$ (khoảng cách từ mặt đất đến đỉnh) của cổng parabol, một người tiến hành đo khoảng cách giữa hai chân cổng được $L=9\; \mathrm m$. Người này thấy rằng nếu đứng thẳng cách chân cổng (gần nhất) $0.5 \; \mathrm m$ thì đầu chạm cổng. Biết người này cao $1.6 \; \mathrm m$. Tính chiều cao của cổng parabol.

Chọn hệ trục tọa độ có dạng như hình vẽ, trong đó trục hoành là mặt đất, trục tung là trục đối xứng của parabol.

Khi đó đỉnh parabol có tọa độ $(0,h)$ và parabol có phương trình

$$y=ax^2 + h.$$
Theo đề bài, ta có hai điểm $A(4.5,0)$ và $H(4,1.6)$ thuộc parabol. Từ đó ta tìm được

$$a\approx -0.38, \quad h \approx 7.62.$$

Vậy cổng parabol cao $7.62 \; \mathrm m.$

Bài toán về dấu bằng của BĐT

Mỗi ngày một bài toán 16

Bài toán. (EGMO 2023)

Cho $n\geq 3$ các số thực dương $a_1, a_2,\ldots, a_n$. Với mỗi $i=\overline{1,n}$, đặt $b_i=\frac{a_{i+1}+a_{i-1}}{a_i}$, trong đó quy ước $a_0=a_n$, $a_1=a_{n+1}.$ Giả sử với mọi $1\leq i, j\leq n$, 

$$a_i\leq a_j\Leftrightarrow b_i\leq b_j.$$

Chứng minh rằng $a_1=a_2\cdots = a_n$.

Giải.

Gọi $a_k = \max\{a_1, a_2, \ldots, a_n\}.$ Khi đó

$$b_k = \frac {a_{k+1}+a_{k-1}}{a_k} \leq \frac{2a_k}{a_k}=2.$$

Theo giả thiết, vì $a_k$ lớn nhất nên $b_k$ cũng lớn nhất. Do đó

$$b_i \leq 2, \forall i=1,2,\ldots, n.$$

Suy ra $b_1b_2 \cdots b_n \leq 2^n$.

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

$$b_1b_2\cdots b_n \geq \frac{2\sqrt{a_n a_2}}{a_1} \cdot \frac{2\sqrt{a_1a_3}}{a_2} \cdots \frac{2\sqrt{a_{n-1}a_1}}{a_n}=2^n.$$

Vậy đẳng thức phải xảy ra và điều này cho thấy $a_1=a_2=\ldots = a_n.$

Một bài toán về đồ thị hàm số

Mỗi ngày một bài toán 15

Bài toán. Cho hàm số $y=f(x) = e^x - x$ và hàm số $y=g(x)=x-\ln x$ có đồ thị lần lượt là đường cong $(C_1)$ và $(C_2)$.

a) Chứng minh rằng $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt nhau tại đúng một điểm, gọi là $M$.

b) Chứng minh rằng đường thẳng qua $M$ song song với trục hoành chỉ cắt lại $(C_1)$ tại đúng một điểm gọi là $A$, chỉ cắt lại $(C_2)$ đúng một điểm gọi là $B$.

c) Chứng minh rằng $M$ là trung điểm $AB$.

Giải.

a) Xét hàm số $h(x) = f(x) - g(x) =  e^x + \ln x - 2x$ liên tục trên $(0, \infty)$.

Ta có $h'(x) = e^x + \frac 1 x - 2 \geq x+\frac 1 x -1 >0, \forall x>0.$

Mặt khác $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} h(x) = -\infty$, $h\left(1\right) = e-2>0$ nên phương trình $h(x)=0$ có nghiệm duy nhất, gọi là $x_0\in (0, 1)$.

Vậy $(C_1)$ cắt $(C_2)$ tại đúng một điểm $M(x_0, m)$ với $m=f(x_0)=g(x_0)$.

b) Bạn đọc dùng BBT để chỉ ra rằng, phương trình $f(x)=m$ chỉ có thêm một nghiệm $a<0$, phương trình $g(x)=m$ chỉ có thêm một nghiệm $b>1$.

c) Ta thấy

$$f(\ln b) = g(b) = m.$$

Do đó $\ln b > 0$ là nghiệm của phương trình $f(x) = m$, suy ra $\ln b = x_0$.

Tương tự vì $g(e^a) = f(a) = m$ nên $e^a\in (0, 1)$ là nghiệm của phương trình $g(x)=m$, suy ra $e^a = x_0$.

Vậy

$$x_0 = \ln b = e^a.$$

Suy ra 

$$MA = x_0 - a = e^a - a = m = b-\ln b = b - x_0 = MB.$$

Dãy bắt đầu tuần hoàn khi nào?

Mỗi ngày một bài toán 14

Bài toán. (CMORQ 2023)

Cho $a_1, a_2, \ldots$ là một dãy số với mỗi phần tử nhận giá trị là $1$ hoặc $-1$. Giả sử

$$\frac {a_1} 3 + \frac {a_2}{3^2} +  \cdots = \frac p q$$

trong đó $p, q$ là các số nguyên và $3$ không là ước của $q$. Chứng minh rằng dãy $\{a_n\}$ là dãy tuần hoàn, theo nghĩa tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $a_i = a_{i+n}$ với mọi $i$.

Giải.

Để ý

$$\frac 1 3 + \frac 1 {3^2} +  \cdots = \frac 1 2.$$

Từ đó

$$\frac {b_1}3 + \frac{b_2}{3^2} + \cdots = \frac{2p+q}{4q},$$

trong đó $b_i = \frac{a_i + 1} 2 \in \{0, 1\}$. Để ý rằng vế trái là biểu diễn thập phân theo cơ số $3$ của vế phải nên $b_1, b_2,\ldots$ phải bắt đầu tuần hoàn từ một số hạng nào đó.

Ta sẽ chứng minh số hạng đó chính là số hạng đầu tiên $b_1$. Thật vậy giả sử tồn tại chỉ số $i\geq 1$ nhỏ nhất sao cho có số nguyên dương $n$ để $b_j = b_{j+n}$ với mọi $j>i$. Khi đó

$$\frac{2p+q}{4q}= \left(\frac {b_1} 3 + \cdots + \frac{b_i}{3^i}\right) + \left(\frac{b_{i+1}}{3^{i+1}}+\cdots + \frac{b_{i+n}}{3^{i+n}}\right)\left(1 + \frac 1 {3^n} + \frac 1 {3^{2n}}+\cdots \right),$$

hay

$$\frac{2p+q}{4q} =  \left(\frac {b_1} 3 + \cdots + \frac{b_i}{3^i}\right) + \frac 1{3^i} \cdot \frac{b_{i+1}3^{n-1} + \cdots + b_{i+n}}{3^n - 1}.$$

Vì $i\geq 1$ nên khi tính tổng vế phải, ta được một phân số có mẫu chia hết cho $3$ còn tử thì không, trong khi đó mẫu số của phân số vế trái là $4q$ không chia hết cho $3$, một mâu thuẫn.

Hữu tỷ và vô tỷ

Mỗi ngày một bài toán 13

Bài toán. (Thi thử chuyên SP Toán thường 2023)

a) Hãy chỉ ra một số thực $x$ khác $0$, $\pm 1$ sao cho $x+\frac 1 x$ là một số nguyên.

b) Cho $x$ là một số thực khác $0$, $\pm 1$ thoả mãn $x+\frac 1 x$ là một số nguyên. Chứng minh rằng $\left( x-\frac 1 x\right)^{2023}$ là một số vô tỷ.

Giải.

a) Với $x=\frac{3+\sqrt 5}{2}$ thì $x^2-3x+1=0$, hay $x+\frac 1 x=3$ là một số nguyên.

b) Giả sử $x-\frac 1 x$ là số hữu tỷ. Khi đó

$$x=\frac 1 2 \left( x+\frac 1 x\right) + \frac 1 2 \left( x-\frac 1 x \right)\in \mathbb Q.$$

Đặt $x=\frac a b$, với $a, b\in \mathbb Z\setminus \{0\}$, $\gcd(a, b)=1$. 

Ta có

$$x+\frac 1 x = \frac {a^2+b^2}{ab}\in \mathbb Z.$$

Suy ra $a\,|\,b$ và $b\,|\,a$. Do đó $|a|=|b|$ nên $|x|=1$, một mâu thuẫn. Vậy $x-\frac 1 x$ là số vô tỷ.

Mặt khác

$$\left( x- \frac 1 x\right)^2 = \left(x+\frac 1 x\right)^2-4\in \mathbb Z.$$

Vậy nên $\left( x-\frac 1 x\right)^{2023} = \left[\left( x-\frac 1 x\right)^{2}\right]^{1011}\cdot\left( x-\frac 1 x\right)$ là số vô tỷ.

Thử đặt vấn đề từ một câu hỏi ôn thi THPTQG

Mỗi ngày một bài toán 12

Bài toán. Cho hàm số $y=ax^2+b$, với $ab<0$ có đồ thị là parabol $(P)$. Xác định đường tròn tiếp xúc trong với $(P)$ và trục hoành.

Giải. Nhận xét rằng do $(P)$ đối xứng qua trục tung nên tâm $I$ của đường tròn nằm trên $Oy$. Khi đó $IO=|r|$ là bán kính của đường tròn.

Xét $A(x_0, ax_0^2 + b)\in (P)$. Tiếp tuyến của $(P)$ tại $A$ có phương trình là

$$\Delta\colon 2ax_0x - y - ax_0^2+b=0.$$

Khi đó $A$ là tiếp điểm của đường tròn $(I,r)$ và $(P)$ khi và chỉ khi $IA=|r|$ (1) và $IA\perp \Delta$ (2).

Từ (2) suy ra $\overrightarrow{IA}=(x_0, ax_0^2+b-r)$ là vector pháp tuyến của $\Delta$. Do đó

$$\frac{x_0}{2ax_0}=\frac{ax_0^2+b-r}{-1}.$$

Từ đó rút ra được 

$$x_0^2 = \frac r a - \frac b a - \frac 1 {2a^2}.$$

Mặt khác từ (1) cho ta

$$x_0^2 + (ax_0^2 + b - r)^2 = r^2.$$

Thay $x_0^2$ bởi kết quả ở trên, ta đưa về phương trình bậc hai ẩn $r$ như sau:

$$r^2 - \frac 1 a r + \frac b a + \frac 1 {4a^2} = 0.$$

Giải ra được

$$r=\frac 1 {2a} \pm \sqrt{-\frac b a}.$$

Dấu $\pm$ chứng tỏ có hai đường tròn thỏa mãn đề bài. 

Xem minh họa bằng đồ thị với $(a,b) = (-\frac 1 2,8)$ như hình vẽ dưới đây.

Số nghiệm đa thức và Định lý Rolle

Mỗi ngày một bài toán 11

Bài toán. Cho đa thức $P(x)$ hệ số thực có bậc $n$. Chứng minh rằng phương trình $P(x) = 2^x$ có không quá $n+1$ nghiệm thực.

Giải. Ta chứng minh quy nạp theo bậc $n$ của $P(x)$.

Với $n=0$, người đọc tự kiểm tra.

Giả sử nếu $\deg P = n$ thì phương trình $P(x)=2^x$ có không quá $n+1$ nghiệm.

Xét $P(x)$ có bậc $n+1$ và hàm số $f(x) = P(x) - 2^x$. Ta có

$$f'(x) = P'(x) - 2^x \ln 2 = \ln 2 \left[ \frac{P'(x)}{\ln 2} - 2^x\right].$$

Chú ý rằng $\frac {P'(x)}{\ln 2}$ là một đa thức có bậc $n$ nên theo giả thiết quy nạp, $f'(x)$ có không quá $n+1$ nghiệm.

Theo kết quả Định lý Rolle, phương trình $f(x) = 0$ có không quá $n+2$ nghiệm thực.

Tích phân và bài toán chuyển động xe lửa

Mỗi ngày một bài toán 10

Bài toán. Một người quan sát một tàu hoả bắt đầu chuyển động. Người này nhìn thấy toa tàu thứ nhất đi ngang qua sau thời gian $t_1$. Hỏi toa thứ $n$ đi qua người đó sau thời gian bao lâu, nếu gia tốc $a$ của đoàn tàu thay đổi theo quy luật $a=kt$.

Giải.

Vì $\frac {dv}{dt} = a=kt$ nên $dv=ktdt$. Lấy tích phân hai vế ta được

$$v=\frac{kt^2}{2}+C.$$

Vì tàu đứng yên tại thời điểm $t=0$ nên $C=0$. Do đó $v=\frac{kt^2}2$.

Vì $\frac {ds}{dt} = v=\frac{kt^2}2$ nên $ds=\frac k 2 t^2dt$. Lấy tích phân hai vế ta được

$$s=\frac{kt^3}{6}+C.$$

Vì tàu đứng yên tại thời điểm $t=0$ nên $C=0$. Do đó $$s=\frac{kt^3}6.$$

Gọi $l$ là độ dài một toa tàu. Ta có $l=\frac{kt_1^3}6,$ suy ra

$$k=\frac{6l}{t_1^3}.$$

Vậy $$s=\frac{lt^3}{t_1^3}.$$

Ký hiệu $t_n$ là thời gian $n$ toa đầu tiên chạy qua người quan sát. Khi đó

$$nl=\frac{lt_n^3}{t_1^3}\Rightarrow t_n=t_1\sqrt[3]{n}.$$

Thời gian toa thứ $n$ chạy qua người quan sát là

$$t_n-t_{n-1}=t_1\left(\sqrt[3] n -\sqrt[3]{n-1}\right).$$

Chỉ là hệ phương trình trên R?

Mỗi ngày một bài toán 09

Bài toán. Giải hệ phương trình trên tập số thực:

$$x+ \frac{3x-y}{x^2+y^2} = 3$$

$$y - \frac{x+3y}{x^2+y^2} = 0.$$

Giải. Nhân phương trình thứ hai cho đơn vị ảo $i$ rồi cộng theo vế với phương trình thứ nhất, ta được

$$x+yi + \frac{3(x-yi)}{x^2+y^2} - i\frac{x-yi}{x^2+y^2}=3.$$

Đặt $z=x+yi \in \mathbb C$. Khi đó $x^2+y^2 = |z|^2 = z\bar z.$

Ta viết lại đẳng thức trên thành

$$z+ \frac{(3-i)\bar z}{|z|^2} = 3$$

$$\Leftrightarrow z^2 - 3z + (3-i) = 0.$$

Phương trình này có hai nghiệm $z=2+i$ và $z=1-i$.

Vậy $(x,y) = (2, 1)$ và $(x, y) = (1,-1)$ là tất cả các nghiệm của hệ phương trình.

Tương tự.

Bài 9.1. Giải hệ phương trình trên tập số thực:

$$\sqrt{3x} \left(1 + \frac 1 {x+y}\right) = 2$$

$$\sqrt{7x} \left(1 - \frac 1 {x+y}\right) = 4\sqrt{2}.$$

Xây dựng tổng các nghịch đảo của các số nguyên dương

Mỗi ngày một bài toán 08

Bài toán. (Philippines MO (PMO) National Stage 2022)

Tìm số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại $n$ số nguyên dương phân biệt không quá $n^2$ với tổng các nghịch đảo của chúng bằng $1$.

Lời giải.

Với $n=1$, ta có $1=\frac 1 1$.

Với $n=2$, phương trình $\frac 1 a + \frac 1 b = 1$ hay $(a-1)(b-1)=1$ không có nghiệm nguyên dương phân biệt.

Với $n=3$, ta có $1=\frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 6$.

Với $n=4$, ta có $1=\frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 {10} + \frac 1 {15}$.

Xét $n>4$. Đẳng thức dưới đây cho phép ta mở rộng từ một tổng của $t$ số hạng nghịch đảo thành tổng của $t+r$ số hạng nghịch đảo:

$$\frac 1 k = \frac 1 {k+r} + \frac 1 {k(k+1)} + \frac 1 {(k+1)(k+2)}+\cdots + \frac 1 {(k+r-1)(k+r)}.$$

Xét hai trường hợp của $n$.

1) $n$ là tích của hai số nguyên dương liên tiếp.

Áp dụng đẳng thức trên với $k=3$, $r=n-4$, ta có

$$1=\frac 1 2 + \frac 1 {10} + \frac 1 {15} + \frac 1 {n-1} + \frac 1 {3\cdot 4} +\cdots + \frac 1 {(n-2)(n-1)}.$$

Vì $n$ là tích của hai số nguyên liên tiếp nên $n-1$ khác $n-1$ số nguyên dương còn lại. Hơn nữa, bản thân $n-1$ số nguyên dương ấy cũng đôi một khác nhau.

2) $n$ không là tích của hai số nguyên dương liên tiếp.

Áp dụng đẳng thức trên với $k=3$, $r=n-3$, ta có

$$1=\frac 1 2 + \frac 1 {6} + \frac 1 {n} + \frac 1 {3\cdot 4} +\cdots + \frac 1 {(n-1)n}.$$

Vì không là tích của hai số nguyên dương liên tiếp nên $n$ khác $n-1$ số nguyên dương còn lại.

Kết luận: Tất cả số nguyên dương $n\neq 2$ thoả mãn bài toán.

Ghi chú. 

i) Mỗi biểu diễn ứng với từng giá trị của $n$ dĩ nhiên không phải là duy nhất. Chẳng hạn với $n=4$ thì

$$1=\frac 1 2 + \frac 1 4 + \frac 1 6 + \frac 1 {12} = \frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 {10} + \frac 1 {15}=\frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 8 + \frac 1 {24} = \cdots$$

ii) Có tồn tại không một cách xây dựng $n$ số nguyên dương đôi một phân biệt, cho phép vượt qua $n^2$, sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng $1$ không? Nói cách khác, bỏ đi yêu cầu "không vượt quá $n^2$" thì bài toán có dễ đi nhiều không?

Đa thức và độ dài ba cạnh của tam giác nhọn

Bài toán. Cho $P(x)$ là một đa thức bậc $n$ có hệ số thực không âm. Giả sử $a$, $b$, $c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng $\sqrt[m]{P(a)}$, $\sqrt[m]{P(b)}$, $\sqrt[m]{P(c)}$ cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn, trong đó $m\geq n$ là một số nguyên dương.

Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $a = \max\{a, b, c\}$. Khi đó $a^2 < b^2 + c^2$.

Giả sử

$$P(x) = d_n x^n + \cdots + d_1x + d_0,$$

trong đó $d_i \geq 0, \forall i = 0, 1\ldots, n$, $d_n \neq 0$.

Khi đó

$$\sqrt[m]{P(b)^2} + \sqrt[m]{P(c)^2} = \sqrt[m]{\left(d_n b^n + \cdots + d_1 b + d_0 \right)^2} + \sqrt[m]{\left( d_n c^n + \cdots + d_1c + d_0 \right)^2}$$

$$=b^2\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{b^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{b^{m-1}} + \frac{d_0}{b^m} \right)^2}+c^2\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{c^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{c^{m-1}} + \frac{d_0}{c^m} \right)^2}.$$

Với chú ý $b\leq a$, $c\leq a$, ta có

$$\sqrt[m]{P(b)^2} + \sqrt[m]{P(c)^2} \geq (b^2 + c^2)\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{a^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{a^{m-1}} + \frac{d_0}{a^m} \right)^2}$$

$$> a^2 \cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{a^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{a^{m-1}} + \frac{d_0}{a^m} \right)^2}=\sqrt[m]{P(a)^2}.$$

Hơn nữa, vì $\sqrt[m]{P(a)}$ lớn nhất trong ba số $\sqrt[m]{P(a)}$, $\sqrt[m]{P(b)}$, $\sqrt[m]{P(c)}$ nên ta có kết luận của bài toán.

Nhận xét. 

i) Nhắc lại: Cho $a, b, c$ là ba số thực dương, trong đó $a$ là số lớn nhất. Khi đó $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi $a^2 < b^2 + c^2$.

$\Rightarrow|$ Giả sử $a, b, c$ là ba cạnh của một tam giác nhọn. Kết luận được suy ra từ Định lý cos.

$\Leftarrow|$ Giả sử $a^2 < b^2 + c^2$. Khi đó $a< b + c$. Mà $a$ lớn nhất nên $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Sử dụng Định lý cos trong tam giác ta thấy góc đối diện cạnh lớn nhất $a$ là góc nhọn nên tam giác vừa nêu cũng là tam giác nhọn.

ii) Nếu thay $m=n=2023$ ta được một câu hỏi trong đề thi HSG lớp 11 Vĩnh Phúc 2023.

iii) Có thể thay cụm từ "tam giác nhọn" bởi những cụm từ nào khác?

Chứng minh nghiệm duy nhất bằng tính đơn điệu được không?

Mỗi ngày một bài toán 06

Bài toán. (Cauchy) Cho $a_1, a_2,\ldots, a_n$ là các số thực không âm, không đồng thời bằng 0 và đa thức

$$f(x) = x^n - a_1 x^{n-1} - \cdots - a_n.$$

Chứng minh rằng $f(x)$ có một nghiệm dương duy nhất $\alpha$. Hơn nữa, nếu $\gamma$ là một nghiệm phức của $f(x)$ thì $|\gamma| \leq \alpha$.

Lời giải 1.

Xét hàm số

$$g(x) = -\frac{f(x)}{x^n} = -1 + \frac{a_1}{x} + \frac{a_2}{x^2} + \cdots + \dfrac{a_n}{x^n}.$$

Ta thấy hàm số $g(x)$ liên tục và đơn điệu giảm từ $+\infty$ đến $-1$ trên miền $(0,+\infty)$ nên phương trình $g(x) = 0$ có nghiệm dương duy nhất $\alpha$. Đồng thời $\alpha$ cũng chính là nghiệm dương duy nhất của $f(x).$

Giả sử có $\gamma$ là một nghiệm của $f(x)$ nhưng $|\gamma| > \alpha>0$. Khi đó vì $g$  là hàm giảm trên $(0,\infty)$ nên $g(|\gamma|) < g(\alpha) = 0$ hay

$$|\gamma|^n > a_1 |\gamma|^{n-1} + \cdots + a_n.$$

Mặt khác vì $f(\gamma) = 0$ nên khi dùng bất đẳng thức modulus của số phức,

$$|\gamma|^n \leq a_1 |\gamma|^{n-1} + \cdots + a_n,$$

một mâu thuẫn với kết quả ngay trên. Vậy nếu $\gamma$ là nghiệm của $f(x)$ thì $|\gamma| \leq \alpha$.

Ở ý thứ hai của bài toán, ta xét với $n$ cố định nào đó và gọi $\gamma$ là một nghiệm của $f_n(x)$ sao cho $|\gamma| > \alpha_n$. Vì $f_n$ là hàm tăng trên $[\alpha_n, \infty)$ nên $f_n(|\gamma|)>f_n(\alpha)=0$ hay

$$|\gamma|^n > a_1 |\gamma|^{n-1}+\cdots +a_n.$$

Mặt khác vì $f_n(\gamma)=0$ nên $\gamma^n = a_1\gamma^{n-1}+\cdots + a_n$, suy ra

$$|\gamma|^n \leq a_1 |\gamma|^{n-1}+\cdots + a_n,$$

mâu thuẫn với kết quả phía trên.

Nhận xét. 

i) Hàm số $f$ nói chung không đơn điệu trên $(0,\infty)$ nên ta không thể dùng ngay tính đơn điệu để chứng minh nghiệm dương duy nhất. Ý tưởng đột phá của Lời giải 1 là đưa nghiệm của hàm $f$ về nghiệm của hàm $g$ là một hàm đơn điệu giảm để xử lý. Tuyệt vời hơn nữa, trong ý tiếp theo của bài toán, tính đơn điệu của hàm $g$ còn được tiếp tục sử dụng để dẫn đến điều mâu thuẫn. Như vậy mấu chốt của bài toán là phát hiện ra hàm $g$, còn lại mọi việc giải quyết một cách suôn sẻ. 

ii) Lời giải tiếp theo đây sẽ cố gắng khắc phục khó khăn đã nói ở i), rằng nếu $f$ không đơn điệu tăng trên $(0,\infty)$, ta sẽ chứng minh nó đơn điệu tăng và có nghiệm trên một khoảng $(\delta, \infty)$, $\delta > 0$ và $f(x) < 0, \forall x\in (0,\delta)$ hay đại loại như vậy.

Lời giải 2.

Đặt $f_n(x) = x^n - a_1x^{n-1} - \cdots - a_n$. Ta đồng loạt chứng minh quy nạp rằng

1. $f_n(x)$ có nghiệm thực dương duy nhất $\alpha_n$;
2. $f_n(x) < 0, \forall x\in (0, \alpha_n)$;
3. $f_n' (x) > 0, \forall x\in [\alpha_n, \infty)$.

Với $n=1$, không khó để kiểm tra với $f_1(x) = x - a_1$.

Giả sử $f_n(x)$ có nghiệm $\alpha_n>0$ duy nhất và thỏa mãn 2) và 3).

Xét đa thức

$$f_{n+1}(x) = x^{n+1} - a_1x^n - \cdots - a_nx - a_{n+1}=xf_n(x) - a_{n+1}.$$

* Kiểm tra kết luận 1)

- Nếu $a_{n+1}=0$ thì $f_{n+1}(x) = xf_n(x)$ dĩ nhiên có nghiệm dương duy nhất $\alpha_{n+1} = \alpha_n$.

- Nếu $a_{n+1}>0$ thì $f_{n+1}(\alpha_n) <0$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}f_{n+1}(x) = +\infty$ nên $f_{n+1}$ có nghiệm dương $\alpha_{n+1}\in (\alpha_n, \infty)$. Hơn nữa nghiệm này là duy nhất trên $(\alpha_n, \infty)$ vì 

$$f'_{n+1}(x)=f_n(x) + xf'_n(x) > 0, \forall x\geq \alpha_n.$$

* Kiểm tra kết luận 3): suy ra trực tiếp từ kết quả ngay trên.

* Kiểm tra kết luận 2): Ta chứng minh $f_{n+1}(x) < 0, \forall x\in (0, \alpha_{n+1})$.

- Với mọi $x\in (0, \alpha_n)$, theo giả thiết quy nạp $f_{n+1}(x) = xf_n(x) - a_{n+1}<0.$

- Với mọi $x\in [\alpha_n, \alpha_{n+1})$, vì $f_{n+1}$ tăng trên $[\alpha_n, \infty)$ nên $f_{n+1}(x) < f_{n+1}(\alpha_{n+1}) = 0$.

Nhận xét.

iii) Tuy chứng minh có phần rườm rà vì phải đồng thời chứng minh cả ba ý, tuy nhiên ý tưởng là hoàn toàn tự nhiên theo Nhận xét ii). Qua đó ta còn thấy thêm dãy nghiệm $\{\alpha_n\}$ của dãy đa thức $\{f_n\}$ trên là một dãy tăng thực sự.

Liệu chỉ có nghiệm thực ở đây?

Mỗi ngày một bài toán 05

Bài toán. (Sáng tác) Cho $m > 0$ là một số thực dương bất kỳ.

a) Chứng minh rằng phương trình $x^4 - 4x = m$ có đúng hai nghiệm thực phân biệt trái dấu.

b) Gọi $a, b$ là hai nghiệm của phương trình trên. Chứng minh rằng $0<a+b<\frac{2}{\sqrt{m}}$.

Ý a) đơn giản, dành cho bạn đọc. Ở đây tôi sẽ tập trung vào ý b) của bài toán.

Giải. Gọi thêm $c, d$ là hai nghiệm phức còn lại của phương trình $x^4-4x-m=0$.

Theo Định lý Viete,

$$(a+b)+(c+d)=0,$$

$$ab+cd+(a+b)(c+d)=0,$$

$$ab(c+d) + (a+b)cd=4,$$

$$abcd=-m.$$

Từ hai đẳng thức đầu tiên, ta rút được $c+d=-(a+b)$ và $cd=a^2+b^2+ab$.  

Thay xuống đẳng thức thứ ba ta được

$$(a+b)(a^2+b^2) = 4.$$

Đẳng thức trên cho thấy $a+b>0$. Hơn nữa khi kết hợp với đẳng thức thứ tư ta được

$$m=(-ab)cd = -ab\left(\frac{4}{a+b} + ab\right),$$

viết lại thành

$$\frac{4}{a+b} = \frac{m}{(-ab)} + (-ab).$$

Chú ý rằng $-ab>0$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $\frac{4}{a+b} \geq 2\sqrt m$ hay

$$a+b\leq \frac{2}{\sqrt m}.$$

Bạn đọc tự chứng minh dấu đẳng thức không xảy ra. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét.

Ý tưởng sử dụng tính chất nghiệm đa thức và Định lý Viete để khai thác mối liên hệ giữa các biến là một ý tưởng mới trong thời gian gần đây. Bạn đọc có thể thử sức với các bài toán tương tự sau.

Bài toán tương tự:

Bài 5.1. (HSG An Giang 2023) Cho $a, b$ là các số thực phân biệt và $c$ là số thực dương sao cho

$$a^4-2023a = b^4 - 2023 b = c.$$

Chứng minh rằng $-\sqrt{c}<ab<0.$.

(Đây cũng là đề gây cảm hứng để tạo nên bài toán trên)

Bài 5.2. (Thi thử vào 10 THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa chuyên Tin 2023)

Cho hai số thực $a, b$ phân biệt thỏa mãn $a^2-2023a = b^2-2023b = c$ với $c$ là một số thực dương. Chứng minh rằng

$$\frac 1 a + \frac 1 b + \frac {2023}{c} = 0.$$

Bài 5.3. (HSG 10 Vĩnh Phúc 2023)

Tìm tất cả các giá trị có thể có của $P=x^4+y^4+z^4$ trong đó $x$, $y$, $z$ là các số thực thỏa mãn

$$x^2-yz=y^2-zx=z^2-xy=2.$$

Bài 5.4. Cho $a, b, c$ là các số thực phân biệt thỏa mãn $\frac{a^3+1}a = \frac{b^3+1}b = \frac{c^3+1} c.$ Tính $Q=(abc+2)^{10}$.

Một bài toán đơn giản về tam thức bậc hai?

Mỗi ngày một bài toán 04 

Bài toán. Cho tam thức bậc hai $f(x) = ax^2 + bx + c$ với $a, b, c$ là các số nguyên và $ac>0$. Giả sử $f(x)$ có nghiệm hữu tỷ. Chứng minh rằng $b^2 \leq (ac + 1)^2$.

Giải. Nếu $|b|\in \{0, 1\}$ thì kết luận bài toán hiển nhiên theo giả thiết. Ta xét $|b|\geq 2$.

Theo giả thiết, ta có $0 \leq \Delta = b^2 - 4ac < b^2$, suy ra $\sqrt{\Delta} < |b|$.

Hơn nữa, vì nghiệm của $f(x)$ là hữu tỷ và $a, b, c$ là các số nguyên nên $\sqrt{\Delta}$ là số nguyên.

Nếu $\sqrt{\Delta} = |b|-1$ thì $4ac = 2|b| - 1$, một mâu thuẫn vì một bên là số chẵn, bên kia là số lẻ.

Vậy nên $\sqrt{\Delta} \leq |b|-2$, suy ra $|b| \leq ac + 1$, tương đương điều phải chứng minh.

Sai lầm: 

Học sinh lập luận rằng $0\leq \Delta < b^2$, $\Delta$ là bình phương của một số hữu tỷ, lại nhận giá trị nguyên nên $\Delta$ là bình phương của một số nguyên. Sau khi xét $\Delta = (b-1)^2$ không thỏa, học sinh xét $\Delta \leq (b-2)^2$ hay $b \leq ac + 1$, suy ra $b^2 \leq (ac + 1)^2$.

Ghi chú:

1. Kết quả bài toán cho thấy, điều kiện cần để $f(x)$ có nghiệm hữu tỷ là

$$2\sqrt{ac} \leq |b| \leq ac + 1.$$

Dĩ nhiên đây vẫn chưa phải là điều kiện đủ, chẳng hạn xét với $(a,b,c)=(2,-9,8)$.

2. Tuy vậy ta kiểm tra được $|b| = ac+1$ và $|b| = 2\sqrt{ac}$ là các điều kiện đủ để $f(x)$ có nghiệm hữu tỷ. Hơn nữa không phải nếu $2\sqrt{ac} < |b| < ac+1$ thì suy ra ngay $f(x)$ không có nghiệm hữu tỷ, chẳng hạn $(a,b,c) = (2,10,8)$.

Một câu hỏi tự nhiên và không kém phần thú vị được đặt ra:

Cho trước hai số nguyên $a, c>1$. Tìm điều kiện của $a, c$ với mọi số nguyên $b\in (2\sqrt{ac},ac+1)$, đa thức $f(x)=ax^2+bx+c$ không có nghiệm hữu tỷ?

Đếm số hoán vị bằng dãy truy hồi

Mỗi ngày một bài toán 03

Bài toán. Cho số nguyên dương $n>2$. Xét $(a_1, a_2,\ldots, a_n)$ là một hoán vị của tập hợp $X=\{1,2,\ldots, n\}$  sao cho $2(a_1+a_2+\cdots+a_k)$ chia hết cho $k$ với mọi $k=1,2,\ldots, n$.

a) Chứng minh rằng $a_n\in \{1, n\}$.

b) Tìm số hoán vị trên của $X$.

Giải.

Theo giả thiết ta có 

$$(n-1) \;|\; 2(a_1+a_2+\cdots + a_{n-1}).$$

Vì $(a_1,a_2,\ldots, a_n)$ là một hoán vị của $(1,2,\ldots, n)$ nên

$$a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1 + 2 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}.$$

Do đó

$$(n-1) \;|\; n(n+1) - 2a_n = n(n-1) + 2(n - a_n).$$

Suy ra 

$$(n-1) \;|\; 2(n-a_n).$$ 

Mà $0\leq 2(n-a_n)\leq 2(n-1)$ nên $2(n-a_n) \in \{0,n-1,2(n-1)\}$, do đó 

$$a_n \in \left\{1,n, \frac{n+1}{2} \right\}.$$

Ta chứng minh $a_n \neq \frac{n+1}{2}$. Thật vậy nếu $n$ chẵn thì ta có điều phải chứng minh. 

Trong trường hợp $n$ lẻ, ta có

$$a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1} = \frac {n(n+1)}{2} - \frac{n+1}{2} = \dfrac{(n-1)(n+1)}{2}.$$

Khi đó

$$(n-2) \;|\; 2(a_1 + \cdots + a_{n-2}) = (n-2)(n+1) + (n+1) - 2a_{n-1}.$$

Suy ra

$$(n-2) \; | \; (n+1) -  2a_{n-1}.$$

Mà $-(n-1) \leq n+1-2a_{n-1} \leq n-1$ nên $n+1-2a_{n-1} \in \{ -n + 2, 0, n-2\}$.

Từ đó $a_{n-1} \in \left \{ \frac{2n-1}{2}, \frac{n+1}{2}, \frac 3 2 \right \}$, một mâu thuẫn vì $a_{n-1}$ là một số nguyên và $a_{n-1} \neq a_n$.

Tóm lại $a_n \in \{1, n\}$.

b) Ta gọi hoán vị thỏa mãn yêu cầu bài toán là một hoán vị đẹp. Ký hiệu

• $S_n$ là tập hợp các hoán vị đẹp của tập $\{1,2,\ldots, n\}$;
• $A_n$ là tập hợp các hoán vị đẹp của tập $\{1,2,\ldots, n\}$ trong đó $a_n = n$;
• $B_n$ là tập hợp các hoán vị đẹp của tập $\{1,2,\ldots, n\}$ trong đó $a_n = 1$.

Theo ý a), $|S_n| = |A_n| + |B_n|$.

* Đếm $|A_n|$.

Ta thấy rằng một hoán vị đẹp $(a_1,a_2,\ldots, a_{n-1}, n) \in A_n$ khi và chỉ khi $(a_1,a_2,\ldots, a_{n-1}) \in S_{n-1}$. Do đó

$$|A_n| = |S_{n-1}|.$$

* Đếm $|B_n|$

Dễ thấy ánh xạ

$$f: B_n \rightarrow S_{n-1}$$

$$(a_1,\ldots, a_{n-1},1) \mapsto (a_1-1,\ldots, a_{n-1}-1)$$

là một song ánh. Theo đó

$$|B_n| = |S_{n-1}|.$$

Do đó

$$|S_n| = 2|S_{n-1}|, \forall n>3.$$

Vậy $|S_n| = |S_3|.2^{n-3} = 3.2^{n-2},\forall n\geq 3.$

Ghi chú: Thay $n=2023$ ta được một câu hỏi trong đề thi Olympic 30/4 lớp 11 năm 2023.

Một dãy số có "tốc độ hội tụ" của hàm mũ chồng mũ

Mỗi ngày một bài toán 02

Trong bài viết "Sứ mệnh phi thường của số $\sqrt 2$" (Tạp chí Pi tháng 5/2019), tác giả đã đưa ra một thuật toán để xấp xỉ số $\sqrt 2$ như sau:

• Chọn số dương $a_1$ bất kỳ.
• Xét hai dãy số $\{ a_n \}$ và $\{ b_n \}$ thoả mãn: $b_n = \frac{2}{a_n}$ và $a_{n+1}=\frac{a_n + b_n}{2}$ với mọi số nguyên dương $n$.

Tác giả mô tả trực quan ý nghĩa của thuật toán bằng trục số và nhấn mạnh rằng dãy số $\{a_n \}$ hội tụ rất nhanh về $\sqrt{2}$ (xem bài viết).

Để minh chứng cho khẳng định trên, ở cuối bài viết, ta giả đưa ra một số bài toán đào sâu thêm vấn đề này. 

Bài toán. Cho dãy số $\{a_n\}$ được xác định bởi: $a_1 > 0$ và 

$$ a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 2}{2a_n}, \forall n\geq 1.$$

a) Chứng minh rằng $\lim a_n = \sqrt 2$.

b) Chứng minh rằng $| a_{21} - \sqrt{2} | < 10^{-300}$, trong trường hợp $a_1 = 103$.

Ý đầu tiên là đơn giản. Ta có thể chứng minh sự hội tụ của dãy $\{ a_n \}$ bằng Nguyên lý Weierstrass (chú ý $a_n \geq \sqrt{2}, \forall n > 1$).

Ý thứ hai của bài toán giải thích về sự kiện "hội tụ nhanh" của dãy $\{ a_n \}$. Ở đây kết luận bài toán đã là một gợi ý rất rõ: ta phải đi đánh giá hiệu $|a_n - \sqrt 2|$ với một hàm mũ theo $n$.

Ở đây mình sẽ trình bày lời giải chi tiết cho ý b).

Lời giải. Xét trường hợp tổng quát với $a_1 >0$ bất kỳ.

Theo ý a), vì $\lim a_n = \sqrt 2$ nên tồn tại số nguyên dương $n_0$ sao cho $|a_{n_0} - \sqrt 2 | < 2$.

Với mọi $n> n_0$, ta có

$$ a_n - \sqrt 2 = \frac{(a_{n-1} - \sqrt 2)^2}{2a_{n-1}} \leq \frac 1 {2\sqrt 2} \cdot (a_{n-1} - \sqrt 2)^2.$$

Áp dụng kết quả trên nhiều lần, ta được

$$a_n - \sqrt 2 \leq \left( \frac 1 {2\sqrt 2} \right)^{2^{n-n_0}-1} (a_{n_0} - \sqrt 2)^{2^{n-n_0}}<2^{-\frac{3}{2} \left(2^{n-n_0}-1\right)} \cdot 2^{2^{n-n_0}} = 2^{\frac 3 2 - 2^{n-n_0 - 1}}.$$

Từ đó suy ra

$$\log (a_n - \sqrt 2) < \left(\frac 3 2 -2^{n-n_0-1}\right)\log 2.$$

Trong trường hợp $a_1=103$, ta tìm được $n_0 = 8$ và

$$\log (a_{21} - \sqrt 2) < -1233$$

nên $a_{21} - \sqrt 2 < 10^{-1233} < 10^{-300}$.

Ghi chú. 

1. Vì khoảng cách $a_1$ và $\sqrt 2$ rất lớn nên nếu cứ hồn nhiên đánh giá đến $n_0 = 1$ thì ta được một đánh giá không có ý nghĩa:

$$\log (a_{21} - \sqrt 2) < -\frac{3}{2}\cdot 2^{19}\cdot \log 2 + 2^{20}\log (103-\sqrt 2) \approx 1867577.$$

Một cách tự nhiên, ta sẽ tìm $n_0$ sao cho  $|a_{n_0} - \sqrt 2|$ nhỏ vừa đủ. Điều này là hoàn toàn làm được theo định nghĩa giới hạn dãy số.

2. Trong chứng minh ở trên, ta thấy hiệu $(a_n - \sqrt 2)$ bị chặn trên bởi một hàm mũ chồng mũ (!) nên dãy $\{ a_n \}$ hội tụ về $\sqrt 2$ với tốc độ khủng khiếp!

Viết PT parabol đi qua 3 điểm có tọa độ xấu

Mỗi ngày một bài toán 01

Bài toán. Cho hàm số \( y=x^3 - 3x^2 - 6x + 1 \) có đồ thị là đường cong $(C)$. Từ điểm \( A(-4,-3) \) kẻ được ba tiếp tuyến đến $(C)$. Viết phương trình parabol $(P)$ đi qua ba tiếp điểm.

Giải.

Giả sử \( x_0 \) là hoành độ tiếp điểm kẻ từ $A$. Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm có hoành độ \( x_0 \) là

\(d \colon y = (3x_0^2 - 6x_0 - 6)(x - x_0) + x_0^3 - 3x_0^2 - 6x_0 + 1.\)

Vì $d$ đi qua $A(-4,-3)$ nên ta suy ra

\( 2x_0^3 + 9x_0^2 - 24x_0 - 28 = 0.\)            (1)

Mà $y_0 = x_0^3 - 3x_0^2 - 6x_0 + 1$ nên ta rút $x_0^3$ sau đó thay vào (1) để được

$$y_0 = - \frac{15}{2} x_0^2 - 6x_0 - 15.$$

Vậy ba tiếp điểm trên cùng thuộc parabol $(P)\colon y=-\frac{15}{2}x^2 + 6x + 15.$

Nhận xét. Rõ ràng (1) là phương trình hoành độ giao điểm của ba tiếp điểm kẻ từ $A$ đến $(C)$. Tuy nhiên các hoành độ này là xấu và do đó rất khó để xác định toạ độ của ba tiếp điểm. Ở đây ta sử dụng hướng đi trung gian để tìm ra phương trình parabol (P) đi qua chúng.

Một số bài toán tương tự:

Bài 1.1. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=x^3-2x^2-x+1$.

Bài 1.2. Cho hàm số $y=x^3 -3x + 1$ có đồ thị là đường cong $(C)$. Giả sử một đường thẳng $d$ cắt $(C)$ tại ba điểm $A$, $B$, $C$. Qua $A$, $B$, $C$ lần lượt kẻ các tiếp tuyến với $(C)$ và cắt lại $(C)$ tại $A_1$, $B_1$, $C_1$ tương ứng. Chứng minh rằng $A_1$, $B_1$, $C_1$ thẳng hàng.

Bài 1.3. Cho hàm số $y = f(x) = 2x^3 - 2x^2 - 9x + 9$ có đồ thị là đường cong $(C)$. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ trục hoành $Ox$.

Giải. Giải phương trình $f(x) = 0$ ta được ba nghiệm $a < b=1 < c$. Khi đó đáp số cần tìm là

$$S= \int_a^b f(x)dx + \int_b^c [-f(x)]dx= 2g(b)-g(a)-g(c),$$

với $g(x) = \frac{1}{2} x^4 - \frac{2}{3} x^3 - \frac{9}{2}x^2 + 9x$ là một nguyên hàm của $f(x)$.

Thực hiện chia đa thức $g(x)$ cho $f(x)$ ta được

$$g(x) = f(x)\cdot \left( \frac{x}{4}-\frac{1}{12}\right) - \frac{29}{12}x^2+6x+\frac 3 4.$$

Vì $a, b, c$ là nghiệm của $f(x)$ nên $f(a)=f(b)=f(c)=0$. Do đó

$$g(a)+g(b)+g(c) = -\frac{29}{12} (a^2 + b^2 + c^2)+6(a+b+c)+\frac 9 4 = -\frac{191}{12}.$$

Do vậy $S=3g(1) - [g(a)+g(b)+g(c)] = \frac{347}{12}$.

Lời giải trên có phần rườm rà bởi lẽ phương trình $f(x)=0$ có nghiệm tường minh $a=-\frac{3}{\sqrt 2}$, $b=1$, $c=\frac{3}{\sqrt 2}$ là những con số tương đối thuận lợi cho tính toán. Tuy nhiên lời giải trên cho thấy, không cần thiết phải tìm $a$ và $c$ mà chỉ cần biết nghiệm ở giữa $b$ là đủ. Hướng giải trên cho phép ta đi tiếp với bài toán tổng quát hơn:

Bài 1.4. Cho hàm số $y= f(x) = ax^3 + bx^2 + cx - (a + b + c)$ ($a>0$) có đồ thị là đường cong $(C)$ thoả mãn điều kiện $3a + 2b + c < 0$.

a) Chứng minh rằng phương trình $f(x)=0$ có ba nghiệm thực phân biệt.

b) Tính diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ và trục hoành.

Đáp số: $S=-\frac 9 4 a - 3b - \frac 3 2 c - \frac{1}{12a^3} (12a^2b^2-6a^2c^2-b^4+6ab^2+12a^2bc)$.

Đặc biệt, khi $b=0$ thì $S=\frac 1 2 \frac{c^2}{a} - \frac 9 4 a - \frac 3 2 c > \frac{27}{4} a$.

Một tính chất của nghiệm PT bậc 3

Bài toán 1. (Olympic 30/4/2023, lớp 11)

Cho \( a < b < c \) là ba nghiệm thực của phương trình \(8x^3 - 4x^2 - 4x + 1=0\).

a) Lập phương trình bậc ba có ba nghiệm là \( 1-2a^2, 1-2b^2, 1-2c^2\).

b) Chứng minh rằng \( 2a^2 + b = 2b^2 + c = 2c^2 + a = 1\).

Lời giải:

a) Theo Định lý Viete, ta có

\[ a + b + c = 1/2, \quad ab + bc + ca = -1/2, \quad abc = -1/8. \]

Từ đó suy ra

\[ a^2 + b^2 + c^2 = (a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca) = 5/4,\]

\[ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2 a^2 = (ab + bc + ca)^2 - 2abc(a + b + c) = 3/8.\]

Khi đó 

\[ (1-2a^2) + (1-2b^2) + (1-2c^2) = 1/2,\]

\[ (1-2a^2)(1-2b^2) + (1-2b^2)(1-2c^2) + (1-2c^2)(1-2a^2) = -1/2,\]

\[ (1-2a^2)(1-2b^2)(1-2c^2) = -1/8.\]

Từ đó suy ra \( 1-2a^2, 1-2b^2, 1-2c^2 \) là nghiệm của phương trình

\[ 8x^3 - 4x^2 - 4x + 1 = 0.\]

b) Bằng Định lý giá trị trung gian, ta chứng minh được \[ a\in  \left(-\frac{3}{4}, -\frac{1}{2}\right), b\in \left(0,\dfrac{1}{4} \right), c\in \left(\dfrac{3}{4}, 1\right). \]

Khi đó \( 1-2a^2 \in (-1/8, 1/2) \), \(1-2b^2 \in (7/8, 1)\), \( 1 - 2c^2 \in (-1,-1/8)\). 

Nói riêng, \( 1-2c^2 < 1-2a^2 < 1-2b^2 \).

Hơn nữa từ kết quả câu a) ta nhận thấy \( 1-2a^2, 1-2b^2, 1-2c^2 \) là một hoán vị của \(a, b, c\).

Suy ra \( 1-2a^2 = b\), \(1-2b^2 = c\), \( 1-2c^2 = a\).

Nhận xét.

Đây là một bài toán có thể nói là không mới nhưng sẽ gây khó khăn nhất định khi giải trong điều kiện áp lực phòng thi và không có máy tính. 

Ý a) tương đối đơn giản, ta chỉ việc biểu diễn các tổng đối xứng của \( 1-2a^2, 1-2b^2, 1-2c^2\) theo \(a, b, c\). Kết quả này của câu a) sẽ tiếp tục gợi ý ta xử lý câu b). 

Một hướng tiếp cận khác cho bài toán đó là tìm dạng tường minh cho \( a, b, c \). Tuy nhiên nghiệm của phương trình trên là tương đối phức tạp. Bạn đọc có thể thử hướng này để tiếp cận bài toán sau:

Bài toán 2. Giả sử a < b < c là ba nghiệm của phương trình \( x^3 - 3x + 1 = 0 \). Chứng minh rằng

\[ a^2 - c = b^2 - a = c^2 - b = 2. \]

Gợi ý: \( a = 2\cos \frac{8\pi}{9} \), \( b = 2\cos \frac{14\pi}{9} \), \( c = 2\cos \frac{2\pi}{9} \).

Vấn đề thứ hai được đặt ra sau khi giải hai bài toán là, liệu ta có thể tự tìm một đa thức bậc ba có ba nghiệm thực thoả mãn tính chất đẹp đẽ này không?

Trong tạp chí Pi, tác giả Nguyễn Anh Vũ có đặt ra một bài toán như vậy:

Bài toán 3. (P687, Pi tháng 3/2023) 

Tìm tất cả cặp số thực (p, q) sao cho phương trình \( x^3 - px + q = 0 \) có ba nghiệm thực a, b, c thoả mãn

\[ a^2 - b = b^2 - c = c^2 - a.\]

Sau khi giải Bài toán 3, tôi lại đưa ra bài toán tổng quát cho Bài toán 2 như sau:

Bài toán 4. Với k là số thực cho trước, chứng minh rằng phương trình \( x^3 - 3k^2 x + k^3 = 0 \) có ba nghiệm thực phân biệt \(a, b, c\) thoả mãn

\[ a^2 - kb = b^2 - kc = c^2 - ka = 2k^2. \]

(to be continued...)

My first submitted problem

Cuối tháng 3 vừa rồi mình bất ngờ khi bài toán đề xuất của mình gửi cho tạp chí Pi được chấp nhận. Nội dung của bài toán này là như sau:

Bài toán 1. (P698, tạp chí Pi tháng 4/2023) Cho số nguyên \(m > 1\). Chứng minh rằng

a) Tồn tại \(m\) số thực dương \(x_1, x_2,\ldots, x_m\) không đồng thời bằng 1 sao cho \[\sqrt[n]{x_1}+\sqrt[n]{x_2}+\cdots + \sqrt[n]{x_m}\] là một số nguyên, với mọi \(n=1,2,\ldots, 100\).

b) Không tồn tại \(m\) số thực dương \(x_1, x_2,\ldots, x_m\) không đồng thời bằng 1 sao cho \[\sqrt[n]{x_1}+\sqrt[n]{x_2}+\cdots + \sqrt[n]{x_m}\] là một số nguyên, với mọi số nguyên dương \(n\).

Bài này được mình lấy cảm hứng từ một bài toán trong giáo trình Giải tích 1 của trường mình, mà sau này mình được biết là từ cuốn Putman Beyond:

Bài toán 2. Cho \(a_1, a_2,\ldots, a_m\) là các số thực dương. Chứng minh rằng nếu

\[ \sqrt[n]{1} + \sqrt[n]{2} + \cdots + \sqrt[n]{2020} = \sqrt[n]{a_1} + \sqrt[n]{a_2} + \cdots + \sqrt[n]{a_m}\]

với mọi số tự nhiên \(n\) thì \(m=2020\) và hơn nữa \(a_1a_2\cdots a_{2020} = 2020\).

Cái hay của Bài toán 2 là cách phát biểu tưởng chừng rất hiển nhiên, rất đại số nhưng lại sử dụng công cụ của giải tích thông qua việc lấy giới hạn nhờ giả thiết "với mọi \(n\)". Điều đó đã làm mình hứng thú và thử tạo một bài toán sử dụng cùng một tư tưởng như vậy. 

Trong Bài toán 1 được tạo ra, hai ý a) và b) có các phát biểu tựa nhau và chúng có ý nghĩa như sau: Luôn có một bộ số \( (x_1, x_2,\ldots, x_m) \) không tầm thường để xảy ra sự kiện tổng các căn bậc \(n\) của chúng là một số nguyên với rất nhiều số \(n\) (ở đây là từ 1 đến 100), tuy nhiên khi \(n\) là tuỳ ý (ở đây được hiểu là vô cùng) thì bộ số này không tồn tại. Hai khái niệm "lớn tuỳ ý" và "vô cùng" được đặt ra một cách rất tinh tế.

Một bài toán tuy có cách phát biểu tương tự nhưng được xử lý theo một hướng khác:

Bài toán 3. (Poland 2018) Cho \(k\) là số nguyên dương và \( \{a_n\} \subset \{1,2,\ldots ,k\}\) (tức là một dãy vô hạn nhận giá trị hữu hạn). Đặt

\[ b_n=\sqrt[n]{a_1^n + a_2^n +\cdots + a_n^n},\]

với mọi số nguyên dương \(n\). Giả sử dãy \(\{b_n\}\) có vô hạn số nguyên. Chứng minh rằng dãy \(\{b_n\}\) có tất cả số hạng đều là số nguyên.

Ta cảm nhận, nếu dãy \(\{b_n\}\) có vô hạn số nguyên thì chúng  hẳn sẽ cùng bằng một số nguyên \(M\) nào đó, và điều đó sẽ bắt đầu kể từ một số hạng nào đó. Không còn gì xa lạ hơn, ta tiếp cận bằng công cụ giới hạn dãy số cho điều này. Thế còn trước đó thì sao? Ta sẽ cần phải xử lý thêm...