Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2017-2018-Lời giải và bình luận

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{34}$ [Đắk Nông] Biết rằng $x;\,y;\,z$ là các số thực dương thoả mãn $x^2+y^2+z^2+xyz=4$. Chứng minh rằng: \[x+y+z \geqslant \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}.\] Dấu "=" xảy ra khi nào?

Bình phương hai vế ta được
$$x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\ge x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}),$$
hay
$$4-xyz+2(xy+yz+zx)\ge x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}),$$
hay bất đẳng thức cần chứng minh
$$(1-x)(1-y)(1-z)+(\sqrt{xy}-1)^2+(\sqrt{yz}-1)^2+(\sqrt{zx}-1)^2\ge 0$$
Giả sử rằng $x\ge y\ge z$, từ đây ta được $1\le x\le 2$ nên ta có
$$\begin{aligned}(1-x)(1-y)(1-z)&=(1-x)[1-(y+z)+yz]\\
&\ge (1-x)(1-\sqrt{yz})^2.\end{aligned}$$
Vì thế
$$\begin{aligned}(1-x)(1-y)(1-z)+(\sqrt{xy}-1)^2+(\sqrt{yz}-1)^2+(\sqrt{zx}-1)^2&\ge (1-x)(1-\sqrt{yz})^2+(\sqrt{xy}-1)^2+(\sqrt{yz}-1)^2+(\sqrt{zx}-1)^2 \\
&=(1-\sqrt{yz})^2(2-x)+(\sqrt{xy}-1)^2+(\sqrt{zx}-1)^2\\
&\ge 0.\end{aligned}$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{45}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho $a;\,b;\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^3}}}{{{b^2} - bc + {c^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} - ca + {a^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} - ab + {b^2}}} + \frac{9}{{2(ab + bc + ca)}} \ge \frac{9}{2}.\]

Chúng ta sẽ chứng minh 3 bài toán với $a,b,c >0$ thì
Bất đẳng thức 1
$$a+b+c+\dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}\ge \dfrac{9}{2}.$$
Bất đẳng thức 2
$$\frac{{{a^3}}}{{{b^2} - bc + {c^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} - ca + {a^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} - ab + {b^2}}}\ge a+b+c.$$
Bất đẳng thức 3 là Schur bậc 4(Xin không chứng minh)
Áp dụng AM-GM cho ba số dương, ta có
$$\begin{aligned}a+b+c+\dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}&= \dfrac{a+b+c}{2}+ \dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}\\
&\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{a+b+c}{2}\cdot\dfrac{a+b+c}{2}\cdot \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}}\\
&\ge \dfrac{3}{2}.
\end{aligned}$$
Bầy giờ ta sẽ dùng Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức thứ 2. Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có
$$\frac{{{a^3}}}{{{b^2} - bc + {c^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} - ca + {a^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} - ab + {b^2}}}\ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}.$$
Do đó chúng ta cần chứng minh
$$(a^2+b^2+c^2)^2\ge (a+b+c)\left[(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc \right],$$
hay
$$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\ge ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2).$$
Đây là bất đẳng thức Schur quen thuộc. Hoàn tất chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{23}$ [Tây Ninh] Cho các số thực dương $x;\,y;\,z$ thoả $xyz=1$, chứng minh rằng
\[\frac{1}{{\sqrt[4]{{{x^3} + 2{y^3} + 6}}}} + \frac{1}{{\sqrt[4]{{{y^3} + 2{z^3} + 6}}}} + \frac{1}{{\sqrt[4]{{{z^3} + 2{x^3} + 6}}}} \le \sqrt 3 \]

Với $x,y,z>0$ dùng Cauchy-Schwarz, ta có
$$\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right)(1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\ge \left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{y}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{z}} \right)^4.$$
Áp dụng bài toán trên chúng ta chỉ cần chứng minh
$$\dfrac{1}{x^3+2y^3+6}+ \dfrac{1}{y^3+2z^3+6}+ \dfrac{1}{z^3+2x^3+6}\le \dfrac{1}{3}.$$
Đổi ngôn ngữ bằng cách đặt $x^3=a, y^3=b, z^3=c$ với $abc=1$ thì bài toán trở thành
$$\dfrac{1}{a+2b+6}+\dfrac{1}{b+2c+6}+\dfrac{1}{c+ 2a+6}\le\dfrac{1}{3},$$
hay
$$\dfrac{a+2b}{a+2b+6}+\dfrac{b+2c}{b+2c+6}+\dfrac {c+2a}{c+2a+6}\ge 1 $$
Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có
$$\dfrac{a+2b}{a+2b+6}+\dfrac{b+2c}{b+2c+6}+\dfrac {c+2a}{c+2a+6}\ge \dfrac{9(a+b+c)^2}{5(a^2+b^2+c^2)+4(ab+bc+ca)+18(a +b+c)}.$$
Theo tính chấc bắc cầu chúng ta cần chứng minh
$$4(a^2+b^2+c^2)+14(ab+bc+ca)\ge 18(a+b+c).$$
Bất đẳng thức trên là hoàn toàn đúng do
$$f(x):=4x^2+14/x -18x + 24 \ln (x) \ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{33}$ [Đắk Nông] Trong tập hợp $[-1;\,1]$, lấy bất kì các giá trị $x;\,y;\,z$ thoả mãn có tổng bằng 0 và tổng bình phương bằng 4. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\[P=x^{2018}+y^{2018}+z^{2018}.\]

Đề này có vấn đề về giả thiết rồi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{26}$ [Hà Tĩnh] Cho các số thực không âm $a;\,b;\,c$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2\le 3$. Chứng minh rằng
\[\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + c - abc} \right) \ge 2\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)\]

Bổ đề với các số thực $a,b,c$ không âm thì
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$$
Thật vậy giải sử $(a-b)(c-b)\le 0$, hay $b^2c+c^2a \le abc+c^2b$, từ đây, ta có
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le a^2b+2abc+c^2b=b(a+c)^2$$
Áp dụng AM-GM cho ba số không âm, ta có
$$2b(a+c)(a+c)\le \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}.$$
Bổ đề được chứng minh. Quay lại bài toán và áp dụng bổ đề trên thì bài toán cần chứng minh
$$(a+b+c)^2+2abc\ge \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}+(a+b+c)abc.$$
Từ giả thiết thì $a+b+c\le 3$, nên theo tính chất bắc cầu cần chứng minh
$$\dfrac{(a+b+c)^3}{3}+2abc\ge \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}+3abc,$$
hay
$$ (a+b+c)^3\ge 27abc.$$
Bất đẳng thức trên là hiển nhiên đúng theo AM-GM. Hoàn tất chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{47}$ [Lâm Đồng] Cho các số thực dương $x;\,y;\,z$ thoả mãn điều kiện
\[x^3+y^2+z=1+2\sqrt 3\]
Tìm giá trị nhỏ nhất của
\[P = \frac{1}{x} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^3}}}\]
$\boxed{48}$

Áp dụng AM-GM, ta có
$$\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{\sqrt{27}}+\dfrac{1}{ \sqrt{27}}\ge \dfrac{1}{z}.$$
Do đó
$$\begin{aligned}P+\dfrac{2}{3\sqrt{3}}&\ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z}\ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y^2+z} \\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{1+2\sqrt{3}-x^3}\ge 1+ \dfrac{2}{\sqrt{3}}.\end{aligned}$$
Do đó
$$\min P=1+\dfrac{4}{3\sqrt{3}}.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(x,y,z)\sim (1,\sqrt[4]{3},\sqrt{3})$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{43}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho $a;\,b;\,c$ là các số thực thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a) \ne 0$. Chứng minh rằng: \[\dfrac {(a^2-b^2)(a^2-c^2)}{(b+c)^2} + \dfrac {(b^2-c^2)(b^2-a^2)}{(c+a)^2} + \dfrac {(c^2-a^2)(c^2-b^2)}{(a+b)^2} \geqslant 0.\]

Đặt $x=a+b, \ \ y=b+c, \ \ z=c+a $ và $xyz\neq 0$. Lúc đó bài toán thể hện qua ngôn ngữ $x,y,z$ như sau
$$\dfrac{xz(z-y)(x-y)}{y^2}+\dfrac{yx(y-z)(x-z)}{z^2}+\dfrac{zy(y-x)(z-x)}{x^2}\ge 0,$$
hay
$$(xy)^4+(yz)^4+(zx)^4+(xyz)^2(xy+yz+zx)\ge xz.x^3y^3+ xy .x^3z^3+yz.x^4y^3+yz.x^3z^3+xy.y^3z^3+xz.y^3z^3,$$
hay
$$m^4+n^4+k^4+mnk(m+n+k)\ge mn(m^2+n^2)+nk(n^2+k^2)+km(k^2+m^2).$$
Đây là bất đẳng thức Schur bậc 4 quen thuộc,vì thế bất đẳng thức trên luôn đúng trên tập $\mathbb{R}$. Hoàn tất chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NaLDo]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{9}$ [Tiền Giang] Tìm tất cả các hàm: $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn: \[f\left( {x + y} \right) \ge f\left( x \right)f\left( y \right) \ge {2017^{x + y}}\quad \forall\, x;\,y\in\mathbb R.\]

Gọi $P(x;\,y)$ là mệnh đề: "$f\left( {x + y} \right) \ge f\left( x \right)f\left( y \right) \ge {2017^{x + y}}$ với $x;\,y$".

$P(0;\,0)$ đúng cho ta $f(0)\ge f^2(0)\ge 1$, cho nên $f(0)=1$.

$P(x;\,0)$ đúng cho ta $f(x)\ge f(x)f(0)\ge 2017^x$, cho nên $$f(x)\ge 2017^x\quad\forall\,x\in\mathbb{R} .$$

Từ đó với $x\in\mathbb R$ ta có $f(-x)\ge 2017^{-x}$, đồng thời $P(x;\,-x)$ đúng cho ta
\[f\left( 0 \right) \ge f\left( x \right)f\left( { - x} \right) \ge {2017^0}\quad\forall\,x\in\mathbb{R}.\]
Như vậy với mọi $x\in\mathbb{R}$ có
\[{2017^x} \le f\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( { - x} \right)}} \le \frac{1}{{{{2017}^{ - x}}}} = {2017^x}\]
Tức là $f(x)=2017^x$, thử lại ta thấy hàm này thoả.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kenzie]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{20}$ [Đắk Lắk] Tìm các đa thức $P(x)\in\mathbb R[x]$ thoả mãn
\[\left( {{x^2} + 2x} \right)P\left( {x + 1} \right) = \left( {{x^2} + 4x + 3} \right)P\left( x \right) + 2{x^2} + 2x\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]

Đặt $2x+P(x)=p(x)$, ta có
\[\left( {{x^2} + 2x} \right)\left( {p\left( {x + 1} \right) - 2x - 2} \right) = \left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\left( {p\left( x \right) - 2x} \right) + 2{x^2} + 2x\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]
Sau rút gọn ta có được
\[x\left( {x + 2} \right)p\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)p\left( x \right)\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]
Từ đây thấy $p(x)$ là đa thức có hai nghiệm là 0 và -2, nên theo định lý Bézout thì tồn tại đa thức $f(x)$ thoả $p(x)=x(x+2)f(x)$, từ đó có
\[f\left( {x + 1} \right) = f\left( x \right)\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]
Chứng tỏ phương trình $f(x)=f(0)$ có vô số nghiệm là các số nguyên dương, từ đó $f(x)=\text{const}$. Và cho ta kết quả
\[P\left( x \right) = p\left( x \right) - 2x = kx\left( {x + 2} \right) - 2x\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{4}$ [Nghệ An] Giải hệ phương trình sau trên $\mathbb{R}$:
\[ \begin{cases}\sqrt {xy - {x^2}} + 9\sqrt {xy + {x^2}} &= 16y\\
xy - 5x - 4y &= 80 \end{cases}\]

Viết lại hệ
\[ \begin{cases}\sqrt {xy - {x^2}} + 9\sqrt {xy + {x^2}} &= 16y \ \ \ (1)\\
xy - 5x - 4y &= 80 \ \ \ \ (2) \end{cases}\]
Điều kiện $y\ge 0, xy-x^2\ge 0, xy+x^2\ge 0$. Xét phương trình $(1)$ viết lại như sau
$$\sqrt {x(y - x)} + 9\sqrt {x(y + x)} = 16y \ \ \ \ (1)$$
Nếu $y=0$ suy ra $x=0$, thế vào $(2)$ không thỏa. Nếu $y\ne 0$ xét phương trình đẳng cấp $(1)$. Chọn $y=1$, ta được $0\le x\le 1$. Áp dụng Mincopxki, ta có
$$\sqrt {x - x^2} + 9\sqrt {x + x^2}\le \sqrt{1+81}\sqrt{2x}\le \sqrt{1+81}\sqrt{2}=2\sqrt{41}<16.$$
vậy hệ vô nghiệm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{21}$ [Đắk Lắk] Giải hệ phương trình
\[\begin{cases}\dfrac{x}{{\sqrt {{y^2} + 1} }} + \dfrac{y}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {1 + xy} }}&=0\\
\sqrt {\left( {2x - 2} \right)\left( {y + 5} \right)} + \sqrt {\left( {2y - 2} \right)\left( {x + 2} \right)} &= 3 + 3\left( {\sqrt {x + 2} + \sqrt {y + 5} } \right)
\end{cases}\]

Viết lại hệ như sau (chú ý điều kiện kéo theo của $(2)$) ta được $x,y \ge 1$
\[\begin{cases}\dfrac{x}{{\sqrt {{y^2} + 1} }} + \dfrac{y}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {1 + xy} }}&=0 \ \ \ \ (1)\\
\sqrt {\left( {2x - 2} \right)\left( {y + 5} \right)} + \sqrt {\left( {2y - 2} \right)\left( {x + 2} \right)} &= 3 + 3\left( {\sqrt {x + 2} + \sqrt {y + 5} } \right)\ \ \ \ \ \ (2)
\end{cases}\]
Viết phương trình $(1)$ như sau
$$x\left(\dfrac{1}{\sqrt{y^2+1}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+xy}} \right)+ y\left(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+xy}} \right)=0,$$
hay
$$xy(x-y)\left(\dfrac{1}{\sqrt{A}+\sqrt{C}}-\dfrac{1}{\sqrt{B}+\sqrt{C}} \right)=0,$$
hay
$$\dfrac{xy(x-y)^2(x+y)}{(\sqrt{A}+\sqrt{C})(\sqrt{B}+\sqrt{C})} =0.$$
Từ đây chúng ta được $x=y$. Thế vào $(2)$ với $x\ge 1$ ta được
$$ \sqrt{(2x-2)(x+5)}+\sqrt{(2x-2)(x+2)}=3+3(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5}),$$
Nếu $x\ge 7$ thì
$$VT\ge \sqrt{12(x+5)}+\sqrt{12(x+2)}= 3(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5})+(\sqrt{12}-3)(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5})\ge 3+3(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5}).$$
Nếu $1\le x \le 7$ thì
$$VT\le \sqrt{12(x+5)}+\sqrt{12(x+2)}= 3(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5})+(\sqrt{12}-3)(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5})\le 3+3(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+5}).$$
Vậy nên hệ có nghiệm $(x,y)\sim (7,7)$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Cutrone]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{39}$ [Thanh Hoá] Cho dãy số: $a_{0};\,a_{1};\,a_{2};\,...$ thoả mãn: \[a_{m+n}+a_{m-n}=\dfrac{1}{2}(a_{2m}+a_{2n})\quad\forall\,m;\,n \in \mathbb N,\; m\geqslant n.\] Nếu $a_{1}=1$, hãy xác định: $a_{2017}$.

Từ ràng buộc đề ra, cho $m=n=0$ để có $a_0=0$, sau đó cho $n=0$ để có
\[a_{2m}=4a_m\quad\forall\,m\in\mathbb N\]
Từ đây có $a_{2}=4$, và ta cho $n=1$ vào ràng buộc đề ra để có
\[{a_{m + 1}} + {a_{m - 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_{2m}} + {a_2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4{a_m} + 3} \right) = 2{a_m}+2\quad\forall\,m\in\mathbb N^*\]
Đặt $a_n-n^2=b_n$, từ ràng buộc vừa rút ra ta có
\[{b_{m + 1}} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {b_{m - 1}} + {\left( {m - 1} \right)^2} = 2\left( {{b_m} + {m^2}} \right) + 2\quad\forall\,m\in\mathbb N^*\]
Vậy, $b_{m+1}-b_m=b_m-b_{m-1}\quad\forall\,m\in\mathbb N^*$, nói khác đi $\left\{b_n\right\}_{n\in\mathbb N}$ là một cấp số cộng, vậy tồn tại các hằng số $k;\,l$ thoả
\[{a_n} = {b_n} + {n^2} = kn + l + {n^2}\quad\forall\,n\in\mathbb N\]
Cho $n=0$ có $l=0$, còn với $n=1$ ta được $k=0$ tức là
\[a_{2017}=2017^2.\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{19}$ [Thanh Hoá] Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ sao cho $P(n)$ là ước của $3^n-1$ với mọi số nguyên dương $n$ và $P(2017=1)$.

Giả sử $P(x)$ là đa thức thoả yêu cầu.

1. Nếu $\deg(P)\ge 1$, khi đó sẽ tồn tại $n\in\mathbb Z^+$ và số nguyên tố $p$ thoả $p\mid P(n)$. Theo giả thiết thì $p\mid 3^n-1$ , mặt khác ta lại có $P(n+p)-P(n)\;\vdots\;p$ cho nên lại có được
   \[p\mid 3^{n+p}-1\]
   Từ $3^n\equiv 3^{n+p}\equiv 1\pmod p$ và định lý Fermat bé, ta có $p\mid 2$. Như vậy, ước nguyên tố nếu có của $P(n )$ chỉ có thể là 2 và điều này không thể xảy ra theo định lý Schur.
2. Nếu $\deg(P)\le 0$, thế thì vì $P(2017)=1$ nên $P(x)=1$ đa thức này tất nhiên thoả mãn.

Tóm lại $P(x)=1$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Duy đẹp trai]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{13}$ [Đắc Nông] Tìm các số nguyên dương $a;\,b;\,c;\,d$ thoả mãn $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$ và
\[{a^{2018}} + {b^{2018}} + {c^{2018}} + {d^{2018}} \;\text{là}\;\text{số}\;\text{nguyên}\;\text{t ố}. \]

Tối giản phân số $\dfrac{a}{b}$ thành phân số $\dfrac{m}{n}$, để thấy sẽ tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m;\,n$ sao cho
\[a=km;\,b=kn;\,c=lm;\,d=ln\]
Như vậy ta có được
\[\begin{align*}
{a^{2018}} + {b^{2018}} + {c^{2018}} + {d^{2018}} &= {k^{2018}}{m^{2018}} + {k^{2018}}{n^{2018}} + {l^{2018}}{m^{2018}} + {l^{2018}}{n^{2018}}\\
&= \left( {{k^{2018}} + {l^{2018}}} \right)\left( {{m^{2018}} + {n^{2018}}} \right)
\end{align*}\]
Vì $k^{2018} + l^{2018}>1;\;m^{2018} + n^{2018}>1$ nên ta thấy không tồn tại các số nguyên dương $a;\,b;\,c;\,d$ thoả yêu cầu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh_Duy]

------------------------------

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{48}$ [Lâm Đồng]Tìm các đa thức $P(x)$ hệ số thực thoả mãn
\[P\left( x \right)P\left( {x + 1} \right) = P\left( {2{x^2} + 8x + 6} \right)\]

Từ $2x^2+8x+6=2(x+2)^2-2$, nên ta có
\[P\left( {x - 2} \right)P\left( {x - 1} \right) = P\left( {2{x^2} - 2} \right),\quad\forall\,x\in\mathbb R.\]
Đặt $P(x-2)=Q(x)$ ta có
\[Q(x)Q(x+1)=Q\left(2x^2\right),\quad\forall\,x\in \mathbb{R}.\]
Thay $x$ bởi $\dfrac{1}{2}x$ và đặt $Q\left(\dfrac{1}{2}x\right)=p(x)$, cho ta
\[p(x)p(x+2)=p\left(x^2\right),\quad\forall\,x\in \mathbb{R}.\]
Rõ ràng nếu $\deg(p)\le 0$ thì ta chỉ có $p(x)=0$ và $p(x)=1$ thoả, nên sau đây ta chỉ xét trường hợp $\deg(p)>0$.

Đặt $p(x)=(x-1)^nf(x)$ với $f(x)\in\mathbb R^*[x],\;n\in\mathbb N$ đồng thời $f(1)\ne 0$. Thay vào ràng buộc trên và rút gọn ta được
\[f(x)f\left( {x + 2} \right) = f\left( {{x^2}} \right),\quad\forall\,x\in\mathbb R.\;(*)\]
Đến đây, có 2 hướng giải cho bài toán như sau.

Cách 1. Giả sử $\deg(f)=m\in\mathbb N$, từ $(*)$ đồng nhất hệ số bậc cao nhất cho thấy ta có thể viết $f(x)$ dưới dạng
\[f(x)=(x-1)^m+g(x),\;g(x)\in\mathbb R[x],\,\deg(g)=k<m\]
Thay vào $(*)$ và rút gọn ta được
\[{\left( {x - 1} \right)^m}g\left( {x + 2} \right) + {(x+1)^m}g\left( x \right) = g\left( {{x^2}} \right);\;(**)\]
Bậc ở vế trái của $(**)$ là $m+k$ còn bậc ở vế phải của $(**)$ là $2k$. Từ $m+k>2k$ và $g(1)\ne 0$ ta thấy không xảy ra trường hợp này.

Từ $p(x)=a(x-1)^n\;\forall\,x\in\mathbb R$ ta có $Q(x)=p(2x)=(2x-1)^n$, để có
\[P(x)=Q(x+2)=a(2x+3)^n;\,a\in \{0;\,1\};\,n\in\mathbb N.\]

Cách 2. Nếu $\deg(f)>0$ thì $f(x)$ luôn có một nghiệm phức $\alpha$ nào đó, từ $(*)$ lại có
\[f\left( {{\alpha ^2}} \right) = f\left( \alpha \right)f\left( {\alpha + 2} \right) = 0 = f\left( \alpha \right)f\left( {\alpha - 2} \right) = f\left( {{{\left( {\alpha - 2} \right)}^2}} \right)\]
Do đó, $f(x)$ cũng luôn nhận $\alpha^2$ và $\left(\alpha-2\right)^2$ làm nghiệm, đồng thời do $\alpha\ne 1$ cho nên ta có đánh giá sau
\[\left| {{\alpha ^2}} \right| + \left| {{{\left( {\alpha - 2} \right)}^2}} \right| = 2{\left| {\alpha - 1} \right|^2} + 2 > 2\]
Tức là $f(x)$ luôn có một nghiệm phức $r$ thoả $\left|r_*\right|>1$, từ đây dẫn đến điều mâu thuẫn là $f(x)$ có vô số các nghiệm ở dạng $r_k=\left(r_*\right)^{2^k}$ với $k\in \mathbb{Z}^+$.

Vậy, $f(x)$ là đa thức hằng và ta có các nghiệm của bài toán là như đã nêu ở cuối cách giải 1.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]