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

[312cr9]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{8}$ [Hoà Bình] Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a;\,b)$ sao cho$\left(a^2+b\right)\left(a+b^2\right)$ là một luỹ thừa của 2.

Nếu $a;\,b$ thoả yêu cầu thì sẽ phải tồn tại $m;\,n\in\mathbb Z^+$ thoả
\[\begin{array}{l}
{a^2} + b = {2^m}\\
{b^2} + a = {2^n}
\end{array}\]
Xét hai trường hợp sau

1. Nếu $a\ne b$, ta giả sử $a>b$ và thấy
   \[{2^m} - {2^n} = \left( {a - b} \right)\left( {a + b - 1} \right)\]
   Như vậy, $m>n$ ta viết $m=n+k$ với $k\in\mathbb Z^+$ để có
   \[\left( {a - b} \right)\left( {a + b - 1} \right) = {2^n}\left( {{2^k} - 1} \right)\]
   Giờ để ý rằng $a;\,b$ có cùng tính chẵn lẻ cho nên $a+b-1$ lẻ tức là
   \[a-b\;\vdots\;2^n\]
   Điều này dẫn đến $a-b\ge 2^n=a+b^2$ tức $b^2+b\le 0$, và điều đó không thể xảy ra.
2. Nếu $a=b$, thế thì $a(a+1)=2^m$. Tức $a$ và $a+1$ không được có ước nguyên tố nào ngoài 2. Mà $\gcd(a;\,a+1)=1$ và $a+1>1$ nên chỉ có thể $a=1$. Với $a=b=1$, ta thử thấy thoả.

Tóm lại $a=b=1$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{31}$ [Hoà Bình] Tìm các hàm số $f:\, \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn
\[f\left( x \right) + f\left( y \right) + f\left( {xy} \right) = f\left( {x + y} \right) + f\left( x \right)f\left( y \right)\quad\forall\,x;\,y\in\mathbb R.\]

Gọi $P(x;\,y)$ là mệnh đề: $f\left( x \right) + f\left( y \right) + f\left( {xy} \right) = f\left( {x + y} \right) + f\left( x \right)f\left( y \right)$ đúng với $x;\,y$.

Từ $P(0;\,0)$ ta có $f(0)\in\{0;\,2\}$.

1. Nếu $f(0)=2$, từ $P(x;\,0)$ có $f(x)=2\;\forall\,x\in\mathbb R$. Thử lại thấy nghiệm hàm này thoả mãn.
2. Nếu $f(0)=0$, đặt $f(1)=k$ và từ $P(x;\,1)$ có
   \[f\left( {x + 1} \right) = \left( {2 - k} \right)f\left( x \right) + k\;\forall\,x\in\mathbb R\]
   Từ đó có
   \[\begin{array}{l}
   f\left( {x + 2} \right) &= \left( {2 - k} \right)f\left( {x + 1} \right) + k\\
   &= {\left( {2 - k} \right)^2}f\left( x \right) + 3k - {k^2}.
   \end{array}\]
   Thay $x=0$ vào để có
   \[f\left( 2 \right) = 3k - {k^2}\]
   Tức là có
   \[f\left( {x + 2} \right) = {\left( {2 - k} \right)^2}f\left( x \right) + f\left( 2 \right);\;(1).\]
   Lại từ $P(x;\,2)$ mà có
   \[f\left( {2x} \right) + f\left( x \right) + f\left( 2 \right) = f\left( {x + 2} \right) + f\left( x \right)f\left( 2 \right)\]
   Kết hợp $(1)$, đặt $3-k=l$ để có
   \[f(2x)=(3-k)f(x)=lf(x);\;(2).\]
   Từ $P(2x;\,2y)$ và $(2)$ có
   \[lf\left( {x + y} \right) + {l^2}f\left( x \right)f\left( y \right) = {l^2}f\left( {xy} \right) + lf\left( x \right) + lf\left( y \right);\;(3)\]
   • Nếu $l=0$ thì từ $(2)$ có $f(x)=0\;\forall\,x\in\mathbb R$. Thử lại thấy nghiệm hàm này thoả mãn.
   • Nếu $l=1$ tức $k=2$ thì từ $(1)$ có $f(x)=f(2)\;\forall\,x\in\mathbb R$. Tức $f(x)$ là hàm hằng và $f(x)=f(1)=2\;\forall\,x\in\mathbb R$.
     Thử lại thấy nghiệm hàm này thoả mãn.
   • Nếu $l\notin\{0;\,1\}$ thì từ $(3)$ và $P(x;\,y)$ có
     \[\begin{array}{l}
     l\left( {f\left( {xy} \right) - f\left( x \right)f\left( y \right)} \right) &= f\left( {x + y} \right) - f\left( x \right) - f\left( y \right)\\
     &= f\left( {xy} \right) - f\left( x \right)f\left( y \right)\quad\forall\,x;\,y\in\mathbb R.
     \end{array}\]
     Vậy nên có
     \[\begin{cases}
     f\left( {xy} \right) &= f\left( x \right)f\left( y \right)\\
     f\left( {x + y} \right) &= f\left( x \right) + f\left( y \right)
     \end{cases}\quad\forall\,x;\,y\in\mathbb R.\]
     Từ đây thấy $f$ cộng tính và tăng nên có nghiệm hàm $f(x)=x\;\forall\,x\in\mathbb R.$

Tóm lại, có ba nghiệm hàm thoả yêu cầu là $f_1(x)=0,\;f_2(x)=2$ và $f(x)=x$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[babyteen9x]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{1}$ [Hà Nội] Cho $x;\, y;\, z$ là các số hữu tỉ sao cho $x+y^{2}+z^{2}$, $y+z^{2}+x^{2}$ và $z+x^{2}+y^{2}$ đều là các số nguyên. Chứng minh rằng $2x$ là số nguyên.

Ta viết $x = \dfrac{a}{m};\,y = \dfrac{b}{m};\,z = \dfrac{c}{m}$ với $a;\,b;\,c;\,m\in\mathbb Z,\;m>0$ và $\gcd(a;\,b;\,c;\,m)=1$, để có
\[\begin{array}{l}
ma + {b^2} + {c^2}\; \vdots \;{m^2}\\
mb + {c^2} + {a^2}\; \vdots \;{m^2}\\
mc + {a^2} + {b^2}\; \vdots \;{m^2}
\end{array}\]
Từ đây có $a^2+b^2;\,b^2+c^2;\,c^2+a^2$ đều là bội của $m$, do đó
\[2a^2=\left( {{c^2} + {a^2}} \right) + \left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {{b^2} + {c^2}} \right)\; \vdots \;m\]
Tương tự ta cũng có $m\mid 2b^2$ và $m\mid 2c^2$, xét hai trường hợp sau

1. Nếu $m$ lẻ, ta có luôn $a^2;\,b^2;\,c^2$ đều là bội của $m$, mà $\gcd(a;\,b;\,c;\,m)=1$ cho nên $m=1$ tức $x\in\mathbb Z$ vì thế tất nhiên có điều cần chứng minh.
2. Nếu $m$ chẵn, viết $m=2k$ ta có luôn $a^2;\,b^2;\,c^2$ đều là bội của $k$, mà $\gcd(a;\,b;\,c;\,2k)=1$ cho nên $k=1$ tức $m=2$ và có $2x=a\in\mathbb Z$.

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

[a1npro0d9]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{40}$ [Huế] Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
\[f\left( {{x^3}} \right) + f\left( {{y^3}} \right) = (x + y)\left( {f\left( {{x^2}} \right) + f\left( {{y^2}} \right)} - f\left( {xy} \right)\right) \quad\forall \,x;\,y \in \mathbb{R}\]

Gọi $P(x;\,y)$ là mệnh đề: $f\left( {{x^3}} \right) + f\left( {{y^3}} \right) = (x + y)\left( {f\left( {{x^2}} \right) + f\left( {{y^2}} \right)} - f\left( {xy} \right)\right) $ đúng với $x;\,y$.

Từ $P(0;\,0)$ có $f(0)=0$, sau đó từ $P(x;\,0)$ có
\[f\left( {{x^3}} \right) = xf\left( {{x^2}} \right)\quad\forall \,x \in \mathbb{R}\]
Từ đây có ngay $f$ là hàm lẻ, đồng thời
\[xf\left( {{x^2}} \right) + yf\left( {{y^2}} \right) = (x + y)\left( {f\left( {{x^2}} \right) + f\left( {{y^2}} \right) - f\left( {xy} \right)} \right)\quad\forall \,x;\,y \in \mathbb{R}\]
Rút gọn lại ta được
\[yf\left( {{x^2}} \right) + xf\left( {{y^2}} \right) = \left( {x + y} \right)f\left( {xy} \right)\quad\forall \,x;\,y \in \mathbb{R};\;(1)\]
Thế $y$ bởi $-y$ vào đẳng thức trên với chú ý rằng $f$ lẻ, để có
\[\left( {y - x} \right)f\left( {xy} \right) = \left( {x - y} \right)f\left( { - xy} \right) = - yf\left( {{x^2}} \right) + xf\left( {{y^2}} \right)\quad\forall \,x;\,y \in \mathbb{R};\;(2)\]
Kết hợp $(1)$ và $(2)$ để có
\[2yf\left( {xy} \right) = xf\left( {{y^2}} \right)\quad\forall \,x;\,y \in \mathbb{R}\]
Giờ cho $y=1$ để có nghiệm hàm $f(x)=kx$ với $k$ là một hằng số thực, hàm này thoả mãn khi ta thử lại.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Cutrone]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{27}$ [Hà Tĩnh] Cho hai đa thức bậc ba:
\[P(x)=x^3+2x^2-7x-16,\quad Q(x)=x^3+3x^2+8x-4\]

• Chứng minh rằng mỗi đa thức đều có một nghiệm dương duy nhất.
  
• Gọi các nghiệm dương của $P(x),\, Q(x)$ lần lượt là $p;\, q$. Chứng minh rằng: \[\sqrt{p}-\sqrt{q}=1.\]
  

1. Có $P(0)P(3)<0$ và $Q(0)Q(1)<0$, nên theo định lý hàm liên tục thì chắc chắn $P(x)$ và $Q(x)$ có các nghiệm thực dương.
   
   Nếu $P(x)$ có hai nghiệm thực dương, thế thì theo Viettè tích các nghiệm của $P(x)$ là 16 nên nó có cả ba nghiệm thực dương, nhưng điều này dẫn đến vô lý vì cũng theo Viettè thì tổng các nghiệm của $P(x)$ là -2.
   
   Tương tự, theo Viettè tổng các nghiệm của $Q(x)$ là -3 còn tích chúng là 4, nên $Q(x)$ không thể có hai nghiệm thực dương.
   
   Vậy, mỗi đa thức đã cho có và có duy nhất một nghiệm thực dương.
2. Đặt $\sqrt q =r$ thế thì do $q$ là nghiệm thực dương của $Q(x)$ và $q=r^2$, nên $r$ là nghiệm thực dương của đa thức
   \[Q\left( {{x^2}} \right) = {x^6} + 3{x^4} + 8{x^2} - 4\]
   Để ý rằng
   \[Q\left( {{x^2}} \right) =\left( {{x^3} - {x^2} + 2x + 2} \right)\left( {{x^3} + {x^2} + 2x - 2} \right)\]
   Đồng thời lại có đánh giá
   \[{x^3} - {x^2} + 2x + 2 = x{\left( {x - 1} \right)^2} + {x^2} + x + 2 > 0\;\forall\,x>0\]
   Vậy nên có ${{r^3} + {r^2} + 2r - 2}=0 $, lại xét
   \[\begin{align*}
   P\left( {{{\left( {r + 1} \right)}^2}} \right) &= {\left( {r + 1} \right)^6} + 2{\left( {r + 1} \right)^2} - 7{\left( {r + 1} \right)^2} - 16\\
   &= {r^6} + 6{r^5} + 17{r^4} + 28{r^3} + 20{r^2} - 20\\
   &= \left( {{r^3} + {r^2} + 2r - 2} \right)\left( {{r^3} + 5{r^2} + 10r + 10} \right)\\
   &= 0
   \end{align*}\]
   Vậy $(r+1)^2$ là nghiệm dương của $P(x)$, tức $p=(r+1)^2=\left(1+\sqrt q\right)^2$, và ta có điều phải chứng minh sau khi lấy căn bậc hai.

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

[a1npro0d9]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{36}$ [Hà Nội] Tìm tất cả các đa thức $P(x$) với hệ số thực sao cho:
\[P^2(x)=2P(x^2-3)+1\quad \forall x \in \mathbb{R}.\]

Nếu tồn tại đa thức $P$ thoả yêu cầu với $\deg(P)>0$, ta giả sử $P$ là đa thức nghiệm với $\deg(P)$ nhỏ nhất, từ giả thiết có
\[{P^2}\left( x \right) = 2P\left( {{x^2} - 3} \right) + 1 = 2P\left( {{{\left( { - x} \right)}^2} - 3} \right) + 1 = {P^2}\left( { - x} \right)\]
Như vậy hoặc $P(x)=P(-x)\;\forall\,x$ hoặc $P(-x)=-P(x)\;\forall\,x$.

1. Nếu $P(x)=P(-x)\;\forall\,x$, khi đó sẽ tồn tại đa thức $p(x)$ thoả $P(x)=p\left(x^2\right)$ và có
   \[{p^2}\left( {{x^2}} \right) = 2p\left( {{{\left( {{x^2} - 3} \right)}^2}} \right) + 1\;\forall\,x\]
   Từ đó cũng có được
   \[{p^2}\left( x \right) = 2p\left( {{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) + 1\;\forall\,x\]
   Đặt $p(x+3)=p_*(x)$, ta có $p_*^2(x)=2p_*\left(x^2-3\right)+1\;\forall\,x$. Như vậy $p_*$ cũng là đa thức nghiệm, nhưng nó phạm vai trò của $P$ do
   \[\deg (P) = 2\deg (p) = 2\deg \left( {{p_*}} \right).\]
   Vậy không xảy đến trường hợp này.
   
   
2. Nếu $P(-x)=-P(x)$, ta có luôn $P(0)=0$, xét hai dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N}$ và $\left\{p_n\right\}_{n\in\mathbb N}$ với $x_0=y_0=0$ và các hệ thức truy hồi
   \[{x_{n + 1}} = x_n^2 - 3;\;{p_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {p_n^2 - 1} \right)\quad\forall\,n\in\mathbb N.\]
   Ta thấy rằng
   \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = + \infty ;\;\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {p_n} = 1 - \sqrt 2 \]
   Nhưng $p_n=P\left(x_n\right)$, điều này mâu thuẫn với
   \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } P\left( x \right) = \infty \]

Như vậy, không tồn tại đa thức khác đa thức hằng thoả yêu cầu. Còn với trường hợp đa thức hằng, dễ dàng ta có hai nghiệm là
\[{P_1}\left( x \right) = 1 - \sqrt 2 ;\;{P_2}\left( x \right) = 1 + \sqrt 2 ;\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoanganhtran]

$ HÀ NỘI $ Cho $x$ $y$ $z$ là các số hữu tỉ thỏa mãn $x+y^2+z^2$ , $y+x^2+z^2$ $z+y^2+x^2$ là các số nguyên. CMR 2x là số nguyên.
Lời gải:
Giả sử tồn tại các số hữu tỉ $x$ $y$ $z$ thỏa mãn đề bài. khi đó tồn tại các số nguyên $a$ $b$ $c$ $d$ thỏa mãn $x= \dfrac {a}{d}$, $y= \dfrac {b}{d}$, $z= \dfrac {c}{d}$ và $(a,b,c,d)=1$.
Giả thiết sẽ tương đương với $ ad+b^2+c^2 \equiv bd+a^2+c^2 \equiv cd+a^2+b^2 \equiv 0 (mod d^2)$ (1)
Giả sử d có ước nguyên tố lẻ là $p$ thì từ (1) ta có $a^2+b^2 \equiv b^2+c^2 \equiv a^2+c^2 \equiv 0 (mod p) \Rightarrow a^2 \equiv b^2 \equiv c^2 (mod p)$
Suy ra $2a^2$ $2b^2$ $2c^2$ chia hết cho $p$ mà $p$ là số nguyên tố lẻ nên $a$ $b$ $c$ đều chia hết cho p nên $(a,b,c,d) \equiv 0 (mod p)$ (mâu thuẫn với $(a,b,c,d)=1$ )
Vậy d không có ước nguyên tố hay $p$ hay d là lũy thừa của 2. Đặt $d=2^m$ ($m$ là số tự nhiên)
Giả sử $m \geq 2$ thì $a^2+b^2$ $b^2+c^2$ $ a^2+c^2$ chia hết cho 4 nên a,b,c phải cùng chẵn( do bình phương của 1 số lẻ luôn đồng dư với 1 modun 4) (mâu thuẫn với $(a,b,c,d)=1$)
Vậy $m<2$ hay d là ước của 2 suy ra $2x$ là số nguyên(đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoanganhtran]

66 [Đắk Lắk] Tìm tất cả các bộ số nguyên $(a;b;c;d)$ thoả
$a^2+35=5^b6^c7^d$
Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên $(a,b,c,d)$ thỏa mãn đề bài. Hiển nhiên b,c,d phải là các số tự nhiên.
Nếu $b>1 \Rightarrow 5^b6^c7^d \equiv 0 (mod 5)$, lại có 35 chia hết cho 5 nên $a^2 \equiv 0 (mod 5) \Rightarrow a \equiv 0 (mod 5) \Rightarrow a^2 \equiv 0 (mod 25) \Rightarrow a^2+35 \equiv 10 (mod 25)$ mà $5^b6^c7^d \equiv 0 (mod 25)$ (mâu thuẫn) nên hoặc $b=0$ hoặc $b=1$.
CMTT ta có hoặc $d=0$ hoặc $d=1$
Trường hợp $b=0$ $d=1$ thì $ a^2+35=7.6^c$ mà $ 6^b \equiv 1 (mod 5) \Rightarrow 7.6^c \equiv 2 (mod 5) \Rightarrow a^2+35 \equiv 2 mod 5) \Rightarrow a^2 \equiv 2(mod 5)$ mà 1 số chính phương chỉa đồng dư 0,1,4 modun 5( mâu thuẫn)
Trường hợp $b=1$ $d=0$ thì $ a^2+35=5.6^c$ suy ra $a$ phải chia hết cho 5 nên $a^2 \equiv 0 (mod 25) \Rightarrow a^2+35 \equiv 10 (mod 25) \Rightarrow 5.6^c \equiv 10 (mod 25) \Rightarrow 6^c \equiv 2 (mod 5)$ ( vô lí do $6^c \equiv \pm1 (mod 7)$)
Trường hợp $ b=1$ $c=1$ suy ra $a$ chia hết cho 5 và 7. Đặt $a=35k$ với $k$ là nguyên suy ra $35k^2+1=6^c \Rightarrow 1 \equiv 6^c (mod 7) \Rightarrow c \equiv 0 (mod 2) $.
Nếu $c=0$ thì $k=0$
Nếu $c>0$ thì $35k^2+1$ là số chẵn nên $k$ lẻ suy ra $k^2 \equiv 1 (mod 8) \Rightarrow 35k^2+1 \equiv 4 (mod 8) \Rightarrow 6^c \equiv 4 (mod 8) \Rightarrow c=2 \Rightarrow k=1\Rightarrow a=35$
Trường hợp $b=c=0$ thì $a^2+35=6^c$
Do $6^c \geq 35 \Rightarrow c \geq 2 \Rightarrow a^2+35 \equiv 0 (mod 2)$ nên a lẻ suy ra $a^2+35 \equiv 4 (mod 8) \Rightarrow c=2 \Rightarrow a=1$
Kết luận no...
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoanganhtran]

4 [Đắk Lắk] Tìm số nguyên dương $n$ sao cho $(n^2+11n−4)n!+33.13^n+4$ là một số chính phương.
Lời giải:
Giả sử tồn tại n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số tự nhiên $A$ sao cho $(n^2+11n−4)n!+33.13^n+4=A^2$
Xét $n \geq 4 \Rightarrow n! \equiv 0 (mod8)$
Nếu $n \equiv 0 (mod 2) \Rightarrow 13^n \equiv 1 (mod 8) \Rightarrow 33.13^n+4 \equiv 5 (mod 8) \Rightarrow A^2 \equiv 5 (mod 8)$ (vô lí do 1 số chính phương chỉ đồng dư 0,1,4 modun 8)
Vậy $n \geq 4$ thì n lẻ.
Ta có $ n^2+11n-4 \equiv n^2 -3n-4 \equiv (n-4)(n+1) \equiv (n+3)(n+1) (mod 7) \Rightarrow (n^2+11n-4)n! \equiv (n+3)(n+1)! (mod 7)$
Do $n \geq 4$ nên với $n$ khác 5 thì $(n+3)(n+1)! \equiv 0 (mod 7) \Rightarrow A^2 \equiv 33.13^n+4 \equiv (-2)(-1)+4=6 (mod 7)$ (do n lẻ)( vô lí do 1 số chính phương chỉ đồng dư 0,1,2,4 modun 7)
Vậy ta chỉ cần xét $n \in {1,2,3,5} $ để tìm $n$ thỏa mãn đề bài.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoanganhtran]

7 [Hoà Bình] Cho $a;b;c$ là 3 số nguyên thỏa mãn
$$a+b+c=a^2(c−b)+b^2.(a−c)+c^2(b−a)$$
Chứng minh rằng $a+b+ca+b+c$ chia hết cho 27.
Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên $a;b;c$ thỏa mãn đề bài.
Ta có $$a+b+c=a^2(c−b)+b^2.(a−c)+c^2(b−a)=(a-b)(b-c)(c-a)$$
Nếu $a;b;c$ lập thành hệ thặng dư đầy đủ modun 3 thì $a+b+c \equiv 0 (mod 3) \Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a) \equiv 0 (mod 3)$ nên tồn tại 2 trong 3 số đồng dư với nhau trong modun 3 nên $(a;b;c)$ không lập thành hệ thặng dư đầy đủ modun 3(mâu thuẫn)
Nếu $(a;b;c)$ không lập thành hệ thặng dư đầy đủ modun 3 tức là trong 3 số a;b;c có 2 số đồng dư với nhau theo modun 3 nên$$(a-b)(b-c)(c-a) \equiv 0 (mod 3) \Rightarrow a+b+c \equiv 0 (mod 3)$$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $$a \equiv b (mod 3) \Rightarrow 2a+c \equiv 0 (mod 3) \Rightarrow a \equiv c (mod 3) \Rightarrow a-b \equiv b-c \equiv c-a \equiv 0 (mod 3) \Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a) \equiv 0 (mod 27)$$
Suy ra $a+b+c$ chia hết cho 27(đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thepduc]

Nguyên văn bởi hoanganhtran

Nếu $n \geq 3 \Rightarrow n! \equiv 0 (mod 3) \Rightarrow (n^2+11n−4)n!+33.13^n+4 \equiv 2 (mod 3)$

Mình nghĩ bạn Hoàng Anh nhầm chỗ này, phải là
$$(n^2+11n−4)n!+33.13^n+4 \equiv 1 \pmod 3 $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{16}$ [Chuyên KHTN Hà Nội] Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi công thức sau: \[a_0=1;\,a_1=4;\,a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\quad\forall \,n \in\mathbb N.\]
Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số nào là bội của 2017.

Giải phương trình đặc trưng $x^2=2x+3$ để có công thức truy hồi của dãy là
\[{a_n} = \frac{{{{5.3}^n} - {{\left( { - 1} \right)}^n}}}{4}\quad\forall\,n\in\mathbb N.\]
Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ để $2017\mid a_n$, lúc đó có đồng dư
\[{5.3^n} \equiv {\left( { - 1} \right)^n}\pmod{2017};\;(*)\]
Để ý rằng $\left( {\dfrac{{ - 1}}{{2017}}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{2017 - 1}}{2}}} = 1$ , và theo luật thuận nghịch thì
\[\left( {\frac{3}{{2017}}} \right)\left( {\frac{{2017}}{3}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {3 - 1} \right)\left( {2017 - 1} \right)}}{4}}} = 1\]
Trong khi $2017^{\frac{3-1}{2}}\equiv 1\pmod 3$, cho nên chứng tỏ $3$ là thặng dư bậc hai theo mod $2017$.

Những điều đó kết hợp với $(*)$ cho ta $5$ là thặng dư bậc hai mod $2017$; $(1)$, đồng thời
\[\left( {\frac{5}{{2017}}} \right)\left( {\frac{{2017}}{5}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {5 - 1} \right)\left( {2017 - 1} \right)}}{4}}} = 1\]
Có điều, $2017^{\frac{5-1}{2}}\equiv -1\pmod 5$ nên
\[\left( {\frac{5}{{2017}}} \right) = \left( {\frac{{2017}}{5}} \right) = - 1;\;(2).\]
Từ mâu thuẫn của $(1)$ và $(2)$, cho ta điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoanganhtran]

20 [Hà Tĩnh] Tìm tất cả các cặp số nguyên $(a;b)$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$, ta có $n$ chia hết cho $a^n+b^{n+1}$.
Lời giải:
Giả sử tồn tại bộ số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn đề bài.
Ta thấy nếu một trong 2 số $a;b$ bằng 0 thì số còn lại là $ \in1$.
Xét trường hợp cả a và b đều khác 0.
Theo giả thiết, ta chọn $p$ là số nguyên tố và $p> |a|+|b^2|$ thì $p>a;b \Rightarrow (a,p)=(b,p)=1$ và $a^p+b^{p+1}$ là ước của $p \Rightarrow a^p+b^{p+1} \in {1;-1;p;-p}$
Do $(a,p)=(b,p)=1 \Rightarrow a^n+b^{n+1} \equiv a+b^2 (mod p) \Rightarrow (a^n+b^{n+1},p)=1$ (vì $a+b^2 <p$)
Suy ra $a^n+b^{n+1} \pm 1 $ nên $a;b$ khác tính chẵn lẻ hay $a^n+b^{n+1} \equiv 1 (mod 2) \forall n \in N$
Chọn $n=2^k$ với $k$ là số tự nhiên. Theo giả thiết ta có $a^{2^k}+b^{2^k+1}$ là ước của $2^k$ mà $a;b$ khác tính chẵn lẻ nên $a^{2^k}+b^{2^k+1}= \pm1 \forall k \in N*$
Suy ra tồn tại dãy số tự nhiên vô hạn S={$ k_1;k_2;... $}
sao cho $a^n+b^{n+1} =1 \forall n \in S$ hoặc $a^n+b^{n+1} =-1 \forall n \in S$
Trường hợp 1: $a^n+b^{n+1} =1 \forall n \in S$ hay $a^{2^{k_i}}+b^{2^{k_i}+1} =1 \forall n \in S$
Nếu $a$ lẻ thì $V_2(a^{2^(k_i)}-1)=V_2(b^{2^(k_i)+1} \Rightarrow V_2(a^2-1)+V_2(2^{k_i})-1=(2^{k_i}+1).V_2(b) \Rightarrow V_2(a^2-1)>2^{k_i}-k_i$, cho i chạy đến vô cùng thì $V_2(a^2-1)$ cũng tiến tới vô cùng nên $a= \pm 1$
Nếu $a$ chẵn ta có $V_2(b^{2^(k_i)+1}-1)=V_2(b-1)=V_2(a^{2^(k_i)})$ cho i chạy tới vô cùng( vô lí)
Trường hợp 2 làm tương tự.
Vậy 1 trong 2 số luôn có 1 số bằng $\pm 1$
Nếu $a=1$ thì $b^{n+1}+1$ là ước của n với mọi n. Chọn n bằng 1 thì $b=0$
Nếu $a=-1$ thì chọn n=1 thì b=0
Nếu $b=1$ thì chọn n=1 và n=2 suy ra a=0
Nếu $b=-1$ thì chọn n=1 và n=2 suy ra a=0.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{1}$ [Quảng Ninh] Cho ba số thực dương $a;\, b;\, c$ có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
\[\dfrac{{{a^2}}}{{2a + 1}} + \dfrac{{{b^2}}}{{2b + 1}} + \dfrac{{{c^2}}}{{2c + 1}} \leqslant \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 6} }}\]
.

Để ý rằng
$$\dfrac{x^2}{2x+1}=\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{2(2x+1)}.$$
Do đó bài toán viết lại như sau
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}+\dfrac {a}{2(2a+1)}+\dfrac{b}{2(2b+1)}+\dfrac{c}{2(2c+1)} \ge \dfrac{3}{2}.$$
Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có
$$\dfrac{a}{2(2a+1)}+\dfrac{b}{2(2b+1)}+\dfrac{c}{ 2(2c+1)}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)+2(a+b+c)}=\dfrac{ 9}{4(a^2+b^2+c^2)+6}.$$
Từ đây để bất đẳng thức đúng chúng ta chỉ cần chứng minh với $3\le t \le 9$ thì
$$\dfrac{t}{\sqrt{t+6}}+\dfrac{9}{4t+6}\ge \dfrac{3}{2},$$
hay
$$2t+3\ge 3\sqrt{t+6},$$
rút gọn tiếp tục ta được
$$(t-3)(4t+15)\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{7}$ [Quảng Trị] Cho các số thực dương $x;\,y;\,z$ thay đổi và thoả mãn $xyz=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[A = \left( {x + y + z} \right)\left( {6 - \frac{x}{y} - \frac{y}{z} - \frac{z}{x}} \right)\].

Trước tiên chúng ta có bổ đề quen thuộc sau. Với các số thực dương $x,y,z$ thỏa $xyz=1$ thì
$$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\ge x+y+z .$$
Áp dụng bổ đề trên thì
$$A\le (x+y+z)(6-x-y-z)= 9-(x+y+z-3)^2 \le 9$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.
Bài toán trên có thể mở rộng hơn như sau
[Mở rộng] Cho các số thực dương $x;\,y;\,z$ thay đổi và thoả mãn $xyz=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[A = \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\left( {6 - \frac{x}{y} - \frac{y}{z} - \frac{z}{x}} \right)\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]