Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2019-2020-Lời giải và bình luận

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi Le khanhsy

BẤT ĐẲNG THỨC- HỆ PHƯƠNG TRÌNH

[*][Bình Dương] Cho $x,\,y,\,z$ thỏa mãn $xy+yz+zx=1$, tìm giá trị nhỏ nhất của$$ T=\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{ 2}+1}. $$

Còn lại 1 bài này duy nhất nhưng theo em nghĩ thì có max không phải min.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi Le khanhsy

Viết lại phương trình như sau $$ x^{3}+x^{2}-3 x-2- (x+2)=2\sqrt{x+2}-(x+2),$$ hay là $$(x^2-4)(x+1)=\dfrac{4-x^2}{2\sqrt{x+2}+(x+2)},$$ $$(x^2-4)\left[x+1+\dfrac{1}{2\sqrt{x+2}+(x+2)} \right]=0.$$ Bỏ qua nghiệm tầm thường $x=\pm2$. Xét phương trình $$t^2-1+\dfrac{1}{2t+t^2}=0,\,\ 0\le t\le 2,$$ hay là $$(t^2+t-1)^2=0.$$ Giải phương trình trinh thì thu được $x=-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}.$ Vậy tập nghiệm phương trình là $S=\left\{-2,-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2},2\right\}$.

Cách 2
Đặt $x=2 cost$ với $t\in \left[0,\pi\right]$. Phương trình viết lại như sau
$$cos(3t)+cos(2t)=2\left|cos\dfrac{t}{2}\right|,$$
hay là
$$cos\left(\dfrac{5t}{2}\right).cos\left(\dfrac{t} {2}\right)=cos\dfrac{t}{2},$$
Trường hợp $cos\left(\dfrac{t}{2}\right)=0$ ta được $cost=-1$ hay $x=-2$.
Trường hợp $cos\left(\dfrac{5t}{2}\right)=1$ ta được $t=0;\dfrac{4\pi}{5}$, hay $x=\left\{2;2cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right \}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

[*][Quảng Bình] Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ và $n=2^{2p}-1$. Chứng minh rằng, $n$ có ít nhất ba ước nguyên tố phân biệt và $$n\mid\left(2^n-8\right).$$


$n=2^{2p}-1=(2^{p-1}+2^{p-2}+...+2+1).3.(2^{p-1}-2^{p-2}+...-2+1)=A.3.B$. Ta có $$A\equiv 1, B\equiv 1, -1 \text{(mod 3)}$$ và $$A\neq B$$ nên $A$ và $B$ sẽ có các ước nguyên tố khác nhau và khác $3$. Vậy $n$ có ít nhất $3$ ước nguyên tố.

$n=2^{2p}-1 \equiv 3 \text{(mod p)}\Rightarrow tp+3=2^{2p}-1=n$ với $t\equiv 0 \text{(mod 2)}$

Suy ra $2^{n}-8=2^{tp+3}-8=8(2^{tp}-1)$. Mà $(2^{tp}-1,2^{2p}-1)=2^{(tp,2p)-1}=2^{2p}-1$ nên ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

[*][Bắc Giang] Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ có tính chất: nếu $a$ và $b$ là các ước số nguyên dương của $m$ và $\gcd\left(a,\,b\right)=1$ thì $a+b-1$ cũng chia hết $m$.


Đặt $n=p_{1}^{\alpha_{1}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$. Chọn $a=p_{1}$, $b=p_{2}^{\alpha_{2}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$. Khi đó $(a,b)=1$, $a|n$, $b|n$.

$a+b-1>b$ cũng là ước của $m$ nên $a+b-1=a^{k}b$. Mà $a^{k}b>ab>a+b-1$ với mọi $a,b>1$ nên ta có $a$ hoặc $b$ bằng 1. Suy ra $m$ có dạng $p^{k}$ với $p$ nguyên tố.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

[*][Bắc Giang] Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ có tính chất: nếu $a$ và $b$ là các ước số nguyên dương của $m$ và $\gcd\left(a,\,b\right)=1$ thì $a+b-1$ cũng chia hết $m$.

Ta viết $n=2^kN$ với $N$ là số lẻ, để ý rằng nếu $a,\,b$ đều là ước của $N$ và $\gcd (a,\,b)=1$ thì $a\,b$ cũng là ước của $n$ vì thế $a+b-1$ cũng là ước lẻ của $n$ và do đó $a+b-1$ là ước của $N$. Tức là $N$ cũng có tính chất như $n$.

Giờ ta giả sử $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $N$ và $v_p(N)=l$, khi đó đặt $\frac{N}{p^l}=N'$ thì $N'\mid N,\,p\mid N$ và $\gcd(p,\,N')=1$ nên\[(p+N'-1)\mid N.\]Nếu $N'$ có một ước nguyên tố là $q$ nào đó, khi đó do vai trò của $p$ nên $q\nmid (p-1)$ vậy nên $v_q(p-1)=0<v_q(N')$ theo tính chất phi Archimedean có\[{v_q}\left( {p + N' - 1} \right) = {v_q}\left( {p - 1} \right) = 0.\]Điều này cho thấy là tồn tại $t\in\mathbb N^*,\,t\le l$ sao cho\[p + N' - 1 = {p^t},\;(1).\]Vì đang xét $N'>1$ nên $l\ge t> 1$, lại để ý là $2\le\frac{p+1}{2}\le p-1<q$ nên\[{v_q}\left( {{p^2} - 1} \right) = {v_q}\left( {p - 1} \right) + {v_q}\left( 2 \right) + {v_q}\left( {\frac{{p + 1}}{2}} \right) = 0.\]Do đó theo tính chất phi Archimedean lại có\[{v_q}\left( {{p^2} + N' - 1} \right) = {v_q}\left( {{p^2} - 1} \right) = 0.\]Tức là sẽ tồn tại $T\in\mathbb N^*$ thỏa $t<T\le l$ để\[{p^2} + N' - 1 = {p^T},\;(2).\]Từ $(1)$ và $(2)$ sẽ có\[p\left( {p - 1} \right) = {p^2} - p = {p^t}\left( {{p^{T - t}} - 1} \right).\]Lấy $v_p$ hai vế, ta có $t=1,\,T=2$ dẫn đến mâu thuẫn trong trường hợp đang xét là $N'=1$.

Vậy, $N=p^l$ tức $n=2^kp^l$ với $k,\,l\in\mathbb N$ và $p$ là số nguyên tố lẻ.

1. Nếu $k$ hoặc $l=0$, rõ ràng ta thấy thỏa mãn.
   
   
2. Nếu $k,\,l\in\mathbb N^*$, ta có $p+1=2+p-1$ chia hết $n$ và $\gcd (p+1,\,p)=1$ cho nên $p+1=2^u$ với $u\in\mathbb N$ và do $p\ge 3$ nên ta có $2\le u\le k$ để lại có $2^2+p-1=p+3$ là ước của $n$. Nếu $p\nmid (p+3)$ thì sẽ phải có số tự nhiên $v$ thỏa $v>u$ để $p+3=2^v$ lúc này có mâu thuẫn là $2=(p+3)-(p+1)=2^v-2^u$ chia hết cho $4$. Vậy, $p\mid (p+3)$ mà $p\ge 3$ nên $p<p+3\le 2p$ cho nên $p+3=2p$ tức $p=3$. Như vậy, $n$ không có ước nguyên tố lớn hơn $5$, cho nên không thể xảy đến $8+3-1$ và $9+2-1$ là ước của $n$. Vì thế, $k=2$ và $l=1$, tức là $n=12$.

Tóm lại: $n=p^k$ với $k\in\mathbb N$, $p$ là số nguyên tố hoặc $n=12$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MATHSCOPE]

Nguyên văn bởi Le khanhsy

Còn lại 1 bài này duy nhất nhưng theo em nghĩ thì có max không phải min.

Đúng đề là giá trị lớn nhất em à
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MATHSCOPE]

Nguyên văn bởi MathForLife

Suy ra $m$ có dạng $p^{k}$ với $p$ nguyên tố.

Số 12 thỏa mãn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

[Sài Gòn] Cho $P(x)$ là đa thức đơn khởi, hệ số thực có bậc là $2019$. Biết rằng $P(x)$ có $2019$ nghiệm thực không nguyên, đôi một phân biệt. Giả sử mỗi đa thức $P\left(2x^2-4x\right)$ và $P\left(4x-2x^2\right)$ đều có đúng $2692$ nghiệm thực phân biệt.

1. Có bao nhiêu nghiệm của $P(x)$ trong $(-2;\,2)$?
2. Chứng minh rằng tồn tại ba đa thức đồng bậc $A(x),\,B(x),\,C(x)$ sao cho $A(x)C(x)\ne B(x)$ với mọi $x\in (0;\,1)$ và \[P(x)=A(x)B(x)C(x).\]

Với mỗi tập con $S$ của $\mathbb R$ và đa thực $p$, ta ký hiệu $\cal N_p(S)$ là số nghiệm thực của $p(x)$ trên $S$.

Xét $f(x)=2x^2-4x$, ta có $f\left(\mathbb R\right)=\left[-2;\,+\infty\right)$ vì thế mỗi nghiệm $r$ của $P(f(x))$ sẽ ứng với duy nhất nghiệm là $f(r)\in \left(-2;\,+\infty\right)$ (do $f(r)\ne 0$). Đảo lại, mỗi nghiệm $x_r\in \left(-2;\,+\infty\right)$ của $P(x)$ sẽ ứng với đúng hai nghiệm của $P(f(x))$ là\[{r_1} = 1 + \sqrt {\frac{{2 + {x_r}}}{2}} ,\;\;\,{r_2} = 1 - \sqrt {\frac{{2 + {x_r}}}{2}} .\]Vậy là sẽ có đẳng thức\[2692 = {{\cal N}_{P\left( f \right)}}\left(\mathbb R \right) = 2{{\cal N}_P}\left( {\left( { - 2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right).\]Vậy là có được ${{\cal N}_P}\left( {\left( { - 2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right)=1346$, cũng tương tự để có ${{\cal N}_P}\left( {\left( { -\infty;\,2 } \right)} \right)=1346$, đến đây ta có được\[\begin{array}{l}
{{\cal N}_P}\left( {\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} - 2} \right)} \right) = {{\cal N}_P}\left( \mathbb R \right) - {{\cal N}_P}\left( {\left( { - 2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right) = 673.\\
{{\cal N}_P}\left( {\left( {{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right) = {{\cal N}_P}\left( \mathbb R \right) - {{\cal N}_P}\left( {\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} \,2} \right)} \right) = 673.
\end{array}\]Cho nên số nghiệm trên $(-2;\,2)$ của $P(x)$ là\[{{\cal N}_P}\left( {\left( {{\mkern 1mu} - 2;\,2} \right)} \right) = {{\cal N}_P}\left( \mathbb R \right) - {{\cal N}_P}\left( {\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} \, - 2} \right)} \right) - {{\cal N}_P}\left( {\left( {{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right) = 673.\]
Bây giờ ta xét các đa thức\[A\left( x \right) = \prod\limits_{a \in {{\cal N}_P}\left( {\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} \, - 2} \right)} \right)} {\left( {x - a} \right),\;\;\,} B\left( x \right) = \prod\limits_{b \in {{\cal N}_P}\left( {\left( { - 2;{\mkern 1mu} \,2} \right)} \right)} {\left( {x - b} \right),\;\;\,C\left( x \right) = \prod\limits_{c \in {{\cal N}_P}\left( {\left( {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right)} {\left( {x - c} \right).} } \]Thế thì $\deg A=\deg B=\deg C=673$ và đồng thời có được\[P(x)=A(x)B(x)C(x).\]Thêm nữa với $a \in {{\cal N}_P}\left( {\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} \, - 2} \right)} \right),\:b \in {{\cal N}_P}\left( {\left( { - 2;{\mkern 1mu} \,2} \right)} \right),\:c \in {{\cal N}_P}\left( {\left( {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)} \right)$ và $x\in (-1;\,1)$ thì\[\left| {x - b} \right| < \max \left\{ {\left| {x - a} \right|,\:\left| {x - c} \right|} \right\} < \left| {x - a} \right|\left| {x - c} \right|.\]
Ta hoàn chỉnh chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

Số 12 thỏa mãn.

Một chút sơ suất ạ. Xin chỉnh lại như sau.
[*][Bắc Giang] Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ có tính chất: nếu $a$ và $b$ là các ước số nguyên dương của $m$ và $\gcd\left(a,\,b\right)=1$ thì $a+b-1$ cũng chia hết $m$.


Đặt $n=p_{1}^{\alpha_{1}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$ trong đó $p_{i}<p_{j}$. Chọn $a=p_{1}$, $b=p_{2}^{\alpha_{2}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$. Khi đó $(a,b)=1$, $a|n$, $b|n$.

$a+b-1>b$ cũng là ước của $m$ nên $a+b-1=a^{k}b$ hoặc $a+b-1=a^{k}t$ với $t$ là ước thực sự của $b$.

TH1: $a^{k}b>ab>a+b-1$ với mọi $a,b>1$ nên ta có $a$ hoặc $b$ bằng 1. Suy ra $m$ có dạng $p^{k}$ với $p$ nguyên tố.

TH2: Suy ra $a-1$ chia hết $t$ vậy $t=1$. Chọn $a=p_{1}^{\alpha_{1}-1}$. Khi đó $a+b-1=p_{1}^{\alpha_{1}-1}+p_{1}^{k}-p_{1}=p_{1}^{\alpha_{1}}$ hoặc bằng $p_{1}^{\alpha_{1}-1}$.Tất cả đều suy ra $b=1$ hoặc $\alpha_{1}=2$ và $p_{1}=2$ hay $n=12$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Ho Tung Quan]

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(x^2-y^2)=(x-y)[f(x)+f(y)], \forall x, y \in \mathbb{R}.$(1)
Lời giải
Thay $x=y$ vào (1), ta được: $f(0)=0.$
Thay $y=0$ vào (1), ta được: $f(x^2)=xf(x).$
Thay $x=0$ vào (1), ta được: $f(-y^2)=-yf(y).$
Từ đó suy ra $f$ là hàm số lẻ.
Đặt $a=x-y, b=x+y,$ từ (1) ta có: $f(ab)=a\left[f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f\left(\dfrac{b-a}{2}\right)\right]$ $\rightarrow f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)=\dfrac{f(ab)}{a}-f\left(\dfrac{b-a}{2}\right) (2)$
Do vế trái của (2) đối xứng nên: $\dfrac{f(ab)}{a}-f\left(\dfrac{b-a}{2}\right)=\dfrac{f(ab)}{b}-f\left(\dfrac{a-b}{2}\right).$
Từ đó: $f(ab)\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)=f\left(\dfrac{b-a}{2}\right)-f\left(\dfrac{a-b}{2}\right).$
Do đó: $\dfrac{f(ab)}{ab}=\dfrac{f(\frac{b-a}{2})}{\frac{b-a}{2}},$ (do $f$ lẻ).
Từ đó suy ra: $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{f(y)}{y}=k, x\neq 0, y\neq 0.$
Do $f(0)=0$ nên $f(x)=kx, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. Chứng minh rằng
$$4(1-a)(1-b)\ge (c+d)^2$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cơ bản
$$2(c^2+d^2)\ge (c+d)^2.$$
Vì thế chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức
$$4(1-a)(1-b)\ge 2(1-a^2-b^2),$$
hay
$$2(a+b-1)^2\ge 0. $$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Hoàn tất chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi Le khanhsy

BẤT ĐẲNG THỨC- HỆ PHƯƠNG TRÌNH

[*][Bình Dương] Cho $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$, tìm giá trị lớn nhất của$$ T=\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{ 2}+1}. $$

Ta có theo gỉa thiết thì $(a+b)c=1-ab.$ Nếu 2 biến có tổng là 0 thì ta có ngay không tồng tại giả thiết. Vậy nên viết lại bất đẳng thức như sau $$T=\dfrac{1}{a^{2}+1}+\dfrac{1}{b^{2}+1}+\dfrac{1 }{ \left(\dfrac{1-ab}{a+b}\right)^2+1},$$ $$P=\dfrac{1}{a^{2}+1}+\dfrac{1}{b^{2}+1}+\dfrac{( a+b)^2}{(a^2+1)(b^2+1)}= \dfrac{2(a^2+b^2+ab+1)}{(a^2+1)(b^2+1)}=\dfrac{9}{ 4}- \dfrac{(3ab-1)^2+(a-b)^2}{2(a^2+1)(b^2+1)}.$$
Vậy nên $\max T=\dfrac{9}{4}.$ Hoàn tất bài toán
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

[Khánh Hòa] Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$, đều tồn tại duy nhất một cặp số nguyên dương $(a,\,b)$ sao cho \[n = a + \frac{{\left( {a + b - 1} \right)\left( {a + b - 2} \right)}}{2}.\]

Ta sắp xếp các cặp số nguyên dương thành một dãy theo quy tắc: cặp $(1,\,1)$ đứng đầu dãy, cặp $\left(a,\,b\right)$ sẽ đứng trước cặp $\left(a',\,b'\right)$ nếu như $a+b>a'+b'$ hoặc là $a+b=a'+b'$ nhưng $a<a'$.

Việc sắp xếp thành một dãy bằng quy tắc đó, sẽ tạo nên một song ánh $f:\,\left(\mathbb N^*\right)^2\to\mathbb N^*$ cho tương ứng mỗi cặp số nguyên dương với thứ tự của nó trong dãy.

Giờ, ta đi tính $f\left((a,\,b)\right)$ với $(a,\,b)\ne (1,\,1)$ bằng cách đếm số các cặp đứng trước nó. Với một cặp $(u,\,v)$ đứng trước $(a,\,b)$, thì có hai khả năng

1. Nếu $u+v<a+b$, đặt $a+b-1-u-v=w$ ta có $u+v+w=a+b-1$, ta quy về bài toán chia $a+b-1$ cái kẹo cho $3$ đứa trẻ sao cho mỗi đứa có ít nhất một cái. Và ta có kết quả là $\dbinom{a+b-1}{2}$.
   
   
2. Nếu $u+v=a+b$, khi đó do $u\in\mathbb N^*$ và $u<a$ nên có đúng $a-1$ cặp $(u,\,v)$.

Như vậy, đứng trước cặp $(a,\,b)$ có đúng $ \dbinom{a+b-1}{2} +a-1$ cặp, cho nên\[f\left( {(a,{\mkern 1mu} b)} \right) =1+\dbinom{a+b-1}{2} +a-1= a + \frac{{\left( {a + b - 1} \right)\left( {a + b - 2} \right)}}{2}.\]Do $f$ là một song ánh từ $\left(\mathbb N^*\right)^2$ lên $\mathbb N^*$, nên ta có điều cần chứng minh.

PS. Bài này có thể giải đơn giản nữa, bằng cách chỉ rõ ra $a$ và $b$ qua hàm phần nguyên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Hải Thụy]

Các bài toán Giải Tích

1.[ TPHCM Ngày 1] Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi: $$u_1\,=\,\frac{-1}{3},\,u_{n+1}\,=\,\frac{u_n\,+\,1}{\sqrt{{u_n}^2 \,+\,1}}\,-\,1,\,n\,=\,1,2,3...$$ Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.
2. [ Lam Sơn-Thanh Hóa]Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi: $$x_1\,=\,\alpha,\,(\alpha \in\,\mathbb{R}),\,\,x_{n+1}\,=\,(1\,+\,\frac{1}{n +1}\,-\,\frac{2}{(n+1)^2})x_n\,+\,\frac{8}{(n+1)^2},\,\, \forall n\,\geqslant\,1.$$ Tìm số hạng tổng quát của dãy $(x_n),$ từ đó tìm $\alpha$ để dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn.

3. [Lam Sơn-Thanh Hóa] Tìm tất cả các hàm $f:\,\mathbb{R}\,\to\,\mathbb{R},$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa: $$f(xy)\,+\,f(x+y)\,=\,f(xy+x)\,+\,f(y).$$
4. [Sóc Trăng ngày 1]Cho dãy số $(u_n)$ thỏa: $$\left\{ \begin{gathered} {u_1}\, = \,2020 \hfill \\ 2020{u_{n + 1}}\, = \,2019{u_n}\, + \,u_n^2,\,\,\,\,\,\forall \,n\, \in \,{N^*} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{u_k}}}{{{u_{k + 1}}\, - \,1}}.} $
5. [ Sóc Trăng ngày 2]Cho dãy số $(a_n)$ xác định như sau: $$\left\{ \begin{gathered} {a_1}\, = \,5,\,{a_2}\, = \,13 \hfill \\ {a_{n + 2}}\, = \,5{a_{n + 1}}\, - \,6{a_n},\,\,\,\,\,\forall \,n\, \in \,{N^*} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ Chứng minh rằng với $k$ nguyên dương bất kì, nếu $p$ là một ước nguyên tố của $a_{2k}\,+\,2.6^k$ thì $p$ cũng là ước của $a_{2k+1}\,+\,5.6^k.$ 6. [Lào Cai] Cho $(a_n),\,(b_n)$ thỏa: $$a_0\,=\,1,\,a_1\,=\,\frac{1}{2},\,b_n\,=\,\frac{ 1}{3}\,+\,2a_{n+1},\,2b_{n+1}\,=\,2b_n\,-\,a_n.$$ Với mỗi $n\,\in \mathbb{N},$ đặt ${c_n}\, = \,\frac{1}{{{2^{n + 1}}}}\sum\limits_{i = 0}^n {\frac{{{b_i}}}{{{a_i}}}.} $ Tính lim$c_n.$
7. [Cần Thơ]Cho hàm số $f$ liên tục trên $[0;2020]$ thỏa $f(2020)\,=\,f(0)\,+\,2020,$ $f(1010)\,\ne f(0)\,+\,1010.$ Chứng minh rằng tồn tại $x_1,\,x_2\,\in\, (0;2020)$ mà $x_1\,\ne\,x_2$ sao cho $f(x_1)\,-\,x_1\,=\,f(x_2)\,-\,x_2.$
8. [PTNK] Số thực $\alpha$ được gọi là điểm tụ của dãy số $(u_n)$ nếu tồn tại ít nhất một dãy con của dãy $(u_n)$ hội tụ đến $\alpha.$ $\,(a)\,$ Hãy chỉ ra một dãy có vô hạn điểm tụ. $\,(b)\,$ CMR nếu mọi dãy con của dãy $(u_n)$ đều hội tụ thì dãy $(u_n)$ cũng hội tụ. $\,(c)\,$ Gọi $S$ là tập các số chính phương. Dãy số $(a_n)$ thỏa $a_n\,=\,\frac{1}{n}$ nếu $n\,\in \,S$ bỏ ${0}$ và $a_n\,=\,\frac{1}{n^2}$ nếu $n\,\notin \,S.$ Xét tính hội tụ của các dãy $(a_n),\,(b_n)$ với $b_n\, = \,\sum\limits_{i = 0}^n {{a_i}.}$ 9. [Bắc Giang]Tìm hàm số liên tục: $f:\,\mathbb{R}\,\to\,\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x+y)f(x-y)\,=\,f^2(x)f^2(y)\,\,\,\,\,\forall x,\,y\,\in\,\mathbb{R}.$$
10. [KHTN] Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi: $$a_0\,=\,1,\,a_1\,=\,\frac{1}{2},\,a_{n+1}\,=\,\f rac{{a_n}^3}{2{a_{n-1}}^2-{a_n}^2}$$ với mọi $n\,\geqslant \,1.$ Đặt ${x_n}\, = \,\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{a_k}}}{{{2^k}}}.} $ CMR dãy $(x_n)$ hội tụ và tìm giới hạn đó.
11. [Hùng Vương-Bình Dương] Với mỗi $n\,\in\,\mathbb{N^*},$ đặt ${Q_n}(x)\, = \,\prod\limits_{i = 0}^n {(x - {i^2})} $ và kí hiệu ${Q'_n(x)}$ là đa thức đạo hàm của $Q_n(x).$ $\,1.\,$ Khi $n\,=\,2020$ thì đa thức $Q'_n(x)$ có bao nhiêu nghiệm thực? $\,2.\,$ CMR với mỗi $n$ nguyên dương, đa thức $Q'_n(x)$ có duy nhất một nghiệm thực $x_n$ thuộc $(0;1).$ $\,3.\,$ Tồn tại hay không giới hạn của dãy $(x_n)$ khi $n\,\to\,+\infty?$
12. [ĐH Vinh]Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi: $$x_1\,=\,1,\,{x_{n + 1}}\, = \,\sqrt[3]{{8x_n^3\, + 12x_n^2 + 1}}$$ với mọi $n$ nguyên dương. Tính $\lim \frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}}.$ 13. [Amsterdam]Cho hàm số $y\,=\,x\,+\,\frac{1}{x}$ với $x\,>\,0$ có đồ thị $(C).$ Một đường thẳng đi qua điểm $A(0;1)$ cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M$ và $N.$ Các tiếp tuyến với $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M,\,N$ cắt nhau tại điểm $P.$ Tìm hoành độ điểm $P,$ và chứng minh rằng tung độ của điểm $P,$ kí hiệu $y_P$ thỏa $2\,<\,y_P\,<\,\frac{5}{2}.$
14. [Lâm Đồng] Cho số thực $a$ và dãy số thực $(u_n)$ thỏa: $$\left\{ \begin{gathered} {u_1}\, = \,a \hfill \\ {u_{n + 1}}\, = \,\ln (8\, + \,\cos {u_n}\, + \,\sin {u_n})\, + \,2019,\,\,\,\forall \,n\,=\,1,2,3...\,\,\, \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ CMR dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn.
15. [Đồng Tháp]Cho dãy số thực dương $(x_n)$ xác định bởi: ${x_n}\, = \,2(1\, - \,\frac{1}{{2{n^2}\, + \sqrt {4{n^4}\, + \,1} }})$ với mọi $n$ nguyên dương. Đặt ${S_n}\, = \,\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{x_i}} } \,(n\, \geqslant \,1).$ $\,a.\,$ Tính $S_{20}.$ $\,b.\,$ CMR tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $S_n$ nhận giá trị nguyên.
16. [Quảng Bình] Cho hai dãy số thực $(a_n),\,(b_n)$ thỏa mãn: $ \left\{ \begin{gathered} {a_1}\, = \,2 \hfill \\ {a_n}\, = \,2(n + {a_{n - 1}}),\,\forall \,n\, \geqslant 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ và $\left\{ \begin{gathered} {b_1}\, = \,2 \hfill \\ {b_n}\, = \,\frac{{n + 1}}{{n - 1}}({b_1} + \,{b_2}\, + ... + \,{b_{n - 1}}),\,\forall \,n\, \geqslant 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $\,a.\,$ CMR $a_n\,<\,2^{n+2}$ với mọi $n$ nguyên dương.\\ $\,b.\,$ Tính giới hạn: $\lim \frac{{2({b_n} + n + 2) + {a_n}}}{{{6^n}}}.$
17. [Hà Tĩnh] Cho các dãy số $(u_n),\,(v_n)$ thỏa: $lim(u_n)^n\,=\,2,\,lim(v_n)^n\,=3;\,u_n,\,v_n\,\n eq \,1$ với mọi $n.$ $\,a.\,$ CMR lim$u_n\,=\,1.$ $\,b.\,$ Tìm lim$(\frac{2u_n+3v_n}{5})^n.$
18. [Hà Nam]Cho hai số thực $a,\,b\,\in\,(0,1)$ và dãy số $(x_n)$ thỏa : $$x_1\,=\,a,\,x_2\,=\,b,\,{x_{n + 2}}\, = \,\frac{1}{4}x_{n + 1}^2\, + \,\frac{3}{4}\sqrt {{x_n}} \,,\,\forall \,n\, \geqslant 1.$$ CMR dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính lim$x_n.$

19. [Phú Thọ] Có tồn tại hay không hàm $f(x)$ gián đoạn tại mọi điểm thuộc $\mathbb R$ còn $f(x)^2$ liên tục trên $\mathbb R$.
20. [Vĩnh Long] Cho dãy $(a_n)$ thỏa mãn điều kiện : $a_1\,=\,2$ và $(4-a_n)(6+a_{n-1})\,=\,24$ với mọi $n$ nguyên dương và $n\,\geqslant \,2.$
$\,a.\,$ CMR $a_n\,\neq \,0 $ với mọi $n\,\in\,\mathbb{N^*}.$
$\,b.\,$ Tính $S_{2020}\,=\,\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\fra c{1}{a_{2020}}.$
21. [Bình Dương-1] Cho dãy số $(u_n)$ thỏa $u_1\,=\,2020,\,u_{n+1}\,=\,\frac{{u^4}_n\,+\,2019 ^2}{{u^3}_n\,-\,u_n\,+\,4038}$ với mọi $n$ nguyên dương.
Đặt $v_n\,=\,\sum \limits_{k=1}^n{\frac{1}{{u^3}_k+2019}}$ với mọi $n\,\in\,\mathbb{N^*}.$ Tính lim$v_n.$
22. [KHTN-3] Cho dãy số $(a_n)$ thỏa: $a_1\,=\,\frac{2}{3},\,a_{n+1}\,=\,\frac{{a_n}^2+( n-1)a_n+2}{n+2}$ với mọi $n$ nguyên dương.
$\,a.\,$ CMR dãy $(a_n)$ bị chặn.
$\,b.\,$ Cm dãy $(a_n)$ hội tụ và tìm giới hạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

[Phú Thọ.] Tìm các số tự nhiên $k,\,m,\,n$ sao cho \[k^3=5^m+7^n.\]

Ta thấy $k$ chẵn nên $5^m+7^n$ là bội của $4$, kết hợp $5\equiv 1\mod 4$ vì thế $n>0$. Để ý rằng, $5$ là căn nguyên thủy mod $7$, cho nên từ $7\nmid k$ có $5^{2m}\equiv k^6\mod 7$ tức là $3\mid m$, viết $m=3t,\,t\in\mathbb N$ và đặt $5^t=l$ ta có $7\nmid kl$ và\[\left( {k - l} \right)\left( {{k^2} + kl + {l^2}} \right) = {7^n}.\]Như vậy, $\gcd\left(k-l,\,k^2+kl+l^2\right)$ là ước của $7^n$ mà $7\nmid 3kl$ và\[\gcd \left( {k - l,{\mkern 1mu} {k^2} + kl + {l^2}} \right) = \gcd \left( {k - l,{\mkern 1mu} 3kl} \right).\]Từ đây có $k-l=1$, kéo theo\[3{k^2} - 3k + 1 = {7^n}.\]Nếu $m\ge 1$, có $k=l+1\equiv 1\mod 5$, vì $7$ là căn nguyên thủy mod 5 nên ta có $n=4s$ với $s\in\mathbb N^*$, từ đây có luôn mâu thuẫn là \[{k^3} = {5^m} + {7^{4s}} \equiv 2\;\;\,\left( {\bmod 4} \right).\]Vậy, $m=0$ tức là $l=1$ từ đó $k=2$ và $n=1$.

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

Nguyên văn bởi Hải Thụy

19. [Phú Thọ] Có tồn tại hay không hàm $f(x)$ gián đoạn tại mọi điểm thuộc $\mathbb R$ còn $f(x)^2$ liên tục trên $\mathbb R$.

Xét hàm số\[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
1,&\:{\mkern 1mu} {\rm{nếu}}\:x \in \mathbb Q,\\
- 1,&\:{\mkern 1mu} {\rm{nếu}}\:x \in \mathbb R \setminus \mathbb Q.
\end{array} \right.\]
Hàm này thỏa mãn yêu cầu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]