http://diendantoanhoc.net ĐÁP ÁN Tháng 01/2006 ii Lời mở đầu Cuộc thi giải toán online VMEO [Vietnamese Mathematical E-Olympiad ] Diễn Đàn Toán Học tổ chức năm (2005) lần thứ nhì Tuy nhiên, lần mà cố gắng soạn thảo tập đáp án thức cho tốn đưa Mục đích tập đáp án để giúp bạn dự thi, em học sinh yêu toán, chưa dự thi Do đó, lời giải trình bày cách chi tiết Có thể số bạn đọc cảm thấy chúng “dài dịng” Khi muốn giải thích việc cho mạch lạc, chặt chẽ dễ hiểu, thiết nghĩ phải chấp nhận tính cách “nhiều lời” viết VMEO II cơng trình chung nhiều thành viên gắn bó với Diễn Đàn Đặc biệt năm có nhiều thành viên sáng tác mới, sưu tập cũ, để đóng góp vào thư viện đề thi Có thành cơng lớn lao nhờ cống hiến chuyentoan, Circle, duantien, emvaanh, full_angel, Hatucdao, hungkhtn, K09, koreagerman, lehoan, MrMATH, nemo, nguyendinh_kstn_dhxd, TieuSonTrangSi Dĩ nhiên, nhóm chọn đề phải thực nhiệm vụ mình, tức tuyển chọn kho tàng đáng kể số tiêu biểu cho tôn thi Mong tác giả mà không chọn lần không lấy làm buồn! Nhóm chọn đề năm gồm có Hatucdao, K09, TieuSonTrangSi, VNMaths Phần chấm bài, hạng thí sinh vất vả khơng hồn thành tốt đẹp khơng có tham gia nhiệt tình chuyentoan, hungkhtn, lovePearl_maytrang, MrMATH, Mr Stoke, namdung, NangLuong, stupid_mathematician Trong trình biên soạn tập đáp án này, nhận giúp đỡ từ nhiều thành viên cho phần đọc lại, sửa chữa nháp Nếu bạn thấy cịn sơ sót tập đáp án này, xin vui lịng liên lạc với TieuSonTrangSi Mong đáp án nhỏ đem lại nhiều điều hữu ích cho bạn Diễn Đàn Toán Học iii iv Mục lục Lời mở đầu iii Vài ký hiệu vii Tháng 10 1.1 Bài 1.1.1 Lời giải 1.1.2 Phân tích lời giải 1.1.3 Một cách khác 1.2 Bài 1.2.1 Lời giải 1.2.2 Nguồn gốc 1.3 Bài 1.3.1 Lời giải 1.3.2 Một tương tự 1.3.3 Hai câu hỏi mở 1.4 Bài 1.4.1 Lời giải 1.4.2 Bình luận 1 5 6 8 12 13 13 13 15 16 16 16 17 18 19 20 20 21 Tháng 11 2.1 Bài 2.1.1 Lời giải 2.1.2 Mở rộng 2.2 Bài 2.2.1 Lời giải 2.2.2 Một cách khác 2.3 Bài 2.3.1 Lời giải 2.3.2 Mở rộng 2.4 Bài 2.4.1 Lời giải 2.4.2 Nguồn gốc v 2.4.3 Một cách khác Tháng 12 3.1 Bài 3.1.1 Lời giải 3.1.2 Nguồn gốc 3.1.3 Hai tương tự 3.2 Bài 10 3.2.1 Lời giải 3.2.2 Bình luận 3.3 Bài 11 3.3.1 Lời giải 3.3.2 Bình luận 3.4 Bài 12 3.4.1 Lời giải 3.4.2 Một tương tự vi 21 23 23 23 27 27 28 28 30 30 30 34 35 35 37 Vài ký hiệu N kết thúc chứng minh câu hỏi kết thúc chứng minh bổ đề R+ Q∗ + N tập hợp số thực không âm tập hợp số hữu tỉ dương tập hợp số nguyên không âm K [AB] d◦ P a|b a |b := =: ≡ ≡ ∼ góc khơng định hướng song song đoạn thẳng AB bậc đa thức P b chia hết cho a b không chia hết cho a định nghĩa vế trái vế phải định nghĩa vế phải vế trái đồng dư (mod ) đẳng thức hai hàm tương đương hai hàm vii viii Chương Tháng 10 1.1 Bài Cho a, b, c ba số thực dương a) Chứng minh tồn số thực dương d thỏa mãn 1 + + = a+d b+d c+d d b) Với x, y, z số thực dương cho ax + by + cz = xyz, chứng minh bất đẳng thức x+y+z ≥ d (a + d)(b + d)(c + d) MrMATH 1.1.1 Lời giải a) Nhân hai vế đẳng thức 1 + + = a+d b+d c+d d cho d, sử dụng thành (1.1) λ d = 1− với λ ∈ {a, b, c}, ta biến đổi phương trình phải thỏa mãn λ+d λ+d a b c + + = a+d b+d c+d (1.2) b c a + + a+t b+t c+t (1.3) Khảo sát hàm F (t) = miền t ∈ (0, +∞), ta dễ thấy F hàm liên tục nghịch biến ngặt (vì a, b, c dương) Hơn nữa, limt→0+ F (t) = limt→+∞ F (t) = Vậy, tồn giá trị d ∈ (0, +∞) cho F (d) = K b) Đặt X = (a + d)x, Y = (b + d)y, Z = (c + d)z Khi đó, giả thiết ax + by + cz = xyz phát biểu lại a b c XY Z X+ Y + Z= , a+d b+d c+d (a + d)(b + d)(c + d) (1.4) điều phải chứng minh trở thành d d d X+ Y + Z≥ 2(a + d) 2(b + d) 2(c + d) (1.5) (a + d)(b + d)(c + d) Theo (1.2), hệ số bên vế trái (1.4) có tổng Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng/trung bình nhân mở rộng (hoặc Cauchy mở rộng) vào vế trái (1.4), ta có a a b c X+ Y + Z ≥ X a+d Y a+d b+d c+d b b+d c (1.6) Z c+d , từ đó, phối hợp với giả thiết (1.4), ta suy d X a+d Y d b+d d (1.7) Z c+d ≥ (a + d)(b + d)(c + d) Theo (1.1), hệ số bên vế trái (1.5) có tổng Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng/trung bình nhân mở rộng vào vế trái (1.5), ta có d d d d X+ Y + Z ≥ X 2(a+d) Y 2(a + d) 2(b + d) 2(c + d) b 2(b+d) c d Z 2(c+d) = X a+d Y d b+d d Z c+d 1/2 (1.8) Sử dụng (1.7) thu điều phải chứng minh (1.5) K 1.1.2 Phân tích lời giải Có cách suy luận hợp lý dẫn dắt ta đến số d câu a) không, đề không cho ta biết ? Nói xác hơn, ta phải đề đưa là: Cho a, b, c ba số thực dương Với x, y, z thực dương cho ax + by + cz = xyz, tìm giá trị nhỏ x + y + z Hãy đặt X = ux, Y = vy, Z = wz, u, v, w tham số thực dương xác định cách “thông minh” Giả thiết đề a b c XY Z X+ Y + Z= u v w uvw (1.9) biểu thức x + y + z mà ta phải tìm giá trị nhỏ 1 X + Y + Z u v w (1.10) Chương Tháng 12 3.1 Bài Trên bàn cờ vua châu Âu gồm 64 (8 × 8) ô, tìm cách đặt quân hậu quân vua cho quân hậu bắt (một quân hậu bắt tất quân đứng hàng, cột, hai đường chéo xun ngang đứng, qn khơng bị cản qn khác) [từ cũ] 3.1.1 Lời giải Có đến tổng cộng 128 cách thỏa mãn điều kiện đề bài! Nếu ta coi cách tương đương một1 , có 16 cách Để trình bày 16 cách này, ta giả sử quân vua nằm bên trái, cao Khi đó, ta có: • cách có qn vua đứng trung tâm bàn cờ, d5 cách thể hình 3.1; • cách có quân vua đứng đường chéo, c6, cách có qn vua đứng d6 cách thể hình 3.2; • cách có qn vua đứng d7, cách có quân vua đứng c7 cách thể hình 3.3 Đề địi hỏi cách Ta “mị mẫn” chút, nhận thấy phải khai thác đường chéo mã để đặt nhiều quân hậu Mặt khác, quân vua phải nằm cặp quân hậu hàng, cột đường chéo Hai cách gọi tương đương cách suy từ cách qua phép đối xứng phép quay bàn cờ 23   8     7 6   ¡ ¡     4 3     2     1 a b c d e f g h a b c d e f g f g h       ¡     a b c d e f g h     8     7 6   ¡ ¡     3     2 1   a b c d e f g h a b c d e Hình 3.1: cách khơng tương đương có quân vua d5 24 h     8   7 6   ¡ ¡     5     4 3   2 1   a b c d e f g h a b c d e f d e f g h     ¡       a b c d e f g h     7     6 5     4 3 2     1 a b c d e f g h a b c g h Hình 3.2: cách khơng tương đương có quân vua c6 d6 25 8     ¡ ¡     6 5     4   3 2       1 a b c d e f g h b c a b c a b d e f g e f g e f g h     ¡   a ¡     6   5     4   3 2 1   b c d e f g h d h   a   8     7 6 5     4   3 2 1   a b c d e f g h c d h Hình 3.3: cách khơng tương đương có qn vua d7 c7 26 3.1.2 Nguồn gốc Năm 1850, Gauss phát biểu toán sau: cho bàn cờ vua gồm n × n ơ, tìm tất cách đặt n quân hậu bàn cờ cho qn hậu khơng bắt Đã có nhiều cơng trình nghiên cứu tốn này, cịn mang tên the Queens problem Đặc biệt, n = 8, ta có 92 cách đặt, gồm 12 cách khơng tương đương Ta nhận xét n số quân hậu lớn đặt lên bàn cờ n × n để chúng khơng bắt được, khơng có qn khác bàn cờ Thật vậy, có n + quân hậu, theo nguyên lý Dirichlet, bắt buộc phải có qn hậu hàng Khi đó, hai quân hậu bắt được, khơng có qn khác đứng để cản Câu hỏi đặt ta cho phép sử dụng thêm qn khác, có cơng dụng đứng cản, liệu có đặt n + quân hậu lên bàn cờ không Câu trả lời “có”, n ≥ Chứng minh khơng khó (qui nạp n), chi tiết phiền phức, nên chúng tơi khơng trình bày nơi Gọi C(n) số cách đặt bản, không tương đương Gọi T (n) số cách đặt, đếm cách tương đương Các trị số C(n) T (n) n 3.1.3 C(n) 16 52 T (n) 16 20 128 396 Hai tương tự Có nhiều quân bàn cờ vua Để mở rộng 9, ta xét thêm hai sau Bài thứ MrMATH đề cử Trên bàn cờ vua châu Âu × ơ, tìm cách đặt qn hậu quân vua đứng ô cho quân hậu bắt Thay qn hậu, ta cịn có quân hậu Nhưng giá phải trả cho vị trí tự quân vua Khi quân vua bắt đầu di chuyển vào góc a8 ta bắt đầu “kẹt”, đó, khơng cịn cơng dụng cản hai quân hậu hàng cột nữa! Bài thứ nhì thú vị, sử dụng khái niệm màu quân Trên bàn cờ vua châu Âu × ơ, tìm cách đặt nhóm quân hậu trắng đen, nhóm quân màu, cho hai quân hậu khác màu bắt Dưới cách giải Mong bạn thành cơng việc tìm cách khác, khơng tương đương, chứng minh khơng cịn cách khác! 27 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢       a b c d e f g h Hình 3.4: Một cách đặt × quân hậu 3.2 Bài 10 a) Chứng minh với số nguyên dương m > 2, phương trình y = x3 + x3 + + x m ln có nghiệm ngun dương b) Cho số ngun dương n > giả sử n = Chứng minh số hữu tỉ x > biểu diễn dạng x= a3 + a + + a n b3 + b3 + + b3 n , bi (i = 1, , n) số nguyên dương K09 3.2.1 Lời giải a) Với n = 3, ta có 93 = + + (3.1) 133 = 13 + 53 + 73 + 123 (3.2) Với n = 4, ta có Vậy, mệnh đề đưa với Giả sử với tất số nguyên từ đến n − (n ≥ 5) Ta muốn chứng minh với n Theo giả thiết qui nạp cho n − (≥ 3), tồn số nguyên dương x1 , x2 , , xn−2 y cho y = x3 + x3 + + x n−2 28 (3.3) Nhân hai vế (3.3) cho 93 , ta có (9y)3 = (9x1 )3 + (9x2 )3 + + (9xn−2 )3 (3.4) Dựa (3.1), ta phân tích (9x1 )3 = x3 + (6x1 )3 + (8x1 )3 Thế đẳng thức vào (3.4) ta thấy (9y)3 tổng n số lập phương Vậy, mệnh đề đúng2 với n K b) Đề cho giả thiết n > n = Vậy, dường n = trường hợp đặc biệt cần phải xét riêng Hiện ta chưa biết xử trường hợp Nhưng ta tạm giả sử đúng, ta dùng câu a) để giải câu b) cho n > Thật vậy, cho số hữu tỉ x biểu dạng a3 + b3 x= (3.5) c + d3 với a, b, c, d nguyên dương Vì n > nên n − > 2, theo câu a) phương trình y = x3 + x3 + + x n−1 (3.6) có nghiệm nguyên dương Nhân mẫu số tử số (3.5) cho y , sử dụng phân tích (3.6), ta có (ya)3 + (yb)3 (x1 a)3 + (x2 a)3 + + (xn−1 a)3 + (yb)3 x= = (3.7) (yc)3 + (yd)3 (x1 c)3 + (x2 c)3 + + (xn−1 c)3 + (yd)3 Trong phân số chót, mẫu số tử số tổng n lập phương Vậy, khẳng định đề với n Bây ta phải xét trường hợp n = Ta phải chứng minh số hữu tỉ biểu dạng (3.5) Ta có a + b a2 − ab + b2 a3 + b3 = × c3 + d c + d c2 − cd + d2 (3.8) Hãy xét vài trường hợp đặc biệt để thấy rõ Nếu ta chọn (3.9) b=d=a+c a2 − ab + b2 = c2 − cd + d2 , phân số trở thành 2a + c 2c + a Với dạng (3.10) này, ta biểu tất số hữu tỉ r ∈ r = p hệ q 2a + c = 3p a + 2c = 3q (3.10) 2, Thật vậy, (3.11) Nhận xét: nguyên lý qui nạp mà ta vừa áp dụng “nhảy” từ n − lên n Do đó, ta phải khởi đầu qui nạp với hai giá trị n (ở 4) 29 có nghiệm (nguyên) dương r ∈ nguyên dương cho 2, Bây giờ, với x hữu tỉ bất kỳ, tồn u, v u3 x∈ v3 2, (3.12) Điều phát nguồn từ tính chất: hai số thực ln tồn số hữu tỉ Do đó, tồn số hữu tỉ u cho v u 3 ≤ ≤ (3.13) 2x v x Khi đó, u3 x có dạng (3.5), nên x có dạng (3.5) Tóm lại, ta có điều phải chứng minh v với hữu tỉ dương K 3.2.2 Bình luận Theo tác giả (K09), kết hợp số kết có sẵn số học dự tuyển Câu a) cổ điển Các thủ thuật qui nạp hai câu a) b) phản xạ cần phải có 3.3 Bài 11 Cho P đa thức hệ số thực có bậc lớn Tìm tất cặp (f, Q) gồm hàm f : R → R đa thức hệ số thực Q thỏa mãn hai điều kiện sau : i) với x, y ∈ R, ta có f (P (x) + f (y)) = y + Q(f (x)) ; ii) tồn x0 ∈ R cho f (P (x0 )) = Q(f (x0 )) emvaanh 3.3.1 Lời giải Cho (x, y) = (x0 , v) vào i), với v ∈ R, ta có f (P (x0 ) + f (v)) = v + Q(f (x0 )) (3.14) Cho (x, y) = (x, P (x0 ) + f (v)) vào i), ta có f (P (x) + f (P (x0 ) + f (v))) = P (x0 ) + f (v) + Q(f (x)) (3.15) Thế (3.14) vào vế trái (3.15), ta f (P (x) + v + Q(f (x0 ))) = P (x0 ) + f (v) + Q(f (x)) (3.16) Sử dụng giả thiết ii) để biến đổi vế trái, f (P (x) + v + f (P (x0 ))) = P (x0 ) + f (v) + Q(f (x)) 30 (3.17) Mặt khác, cho (x, y) = (x, P (x0 )) vào i), ta có f (P (x) + f (P (x0 ))) = P (x0 ) + Q(f (x)) = vế phải (3.17) Do đó, (3.17) trở thành f ( P (x) + f (P (x0 )) + v) = f ( P (x) + f (P (x0 )) ) + f (v) (3.18) Vậy, với u có dạng u = P (x) + f (P (x0 )) v ∈ R, ta có f (u + v) = f (u) + f (v) Điều hay, có nghĩa f “gần như” có cộng tính Chỉ “gần như” thơi, miền xác định u bị hạn chế dạng u = P (x) + f (P (x0 )) Ta muốn chứng minh f có cộng tính “hoàn toàn”, tức f (u + v) = f (u) + f (v) với (u, v) ∈ R × R, Để thực việc này, ta dùng hai bổ đề Trước tiên, ta định nghĩa tập hợp T ⊂ R tập hợp tốt có dạng (−∞, t] [t, +∞), với t ∈ R Ta ký hiệu g(Ω) = {g(x), x ∈ Ω} (3.19) để ảnh Ω (⊂ R) qua ánh xạ g : R → R Bổ đề Nếu S đa thức hệ số thực có bậc d◦S > S(R) ln chứa tập hợp tốt Chính S(R) tập hợp tốt d◦S chẵn Thật vậy, d◦S lẻ, lim S(x) = −ε∞ x→−∞ lim = ε∞ x→+∞ (3.20) với ε = (tương ứng ε = 1) hệ số cao S dương (tương ứng âm) Tuy nhiên, S liên tục, nên S(R) = R, cố nhiên chứa tập hợp tốt Nếu d◦S chẵn, S khơng phải số, nên lim S(x) = ε∞ lim = ε∞ (3.21) x→−∞ x→+∞ với ε = ±1 Cũng S liên tục, tồn   S(x) x∈R t=  max S(x) x∈R ε = +1 (3.22) ε = −1 (3.23) Khi đó, S(R) = [t, +∞) (−∞, t] tập hợp tốt N Bổ đề Cho f hàm xác định R, T tập hợp tốt Nếu f có cộng tính T × R, f có cộng tính R × R, tức ∀(u, v) ∈ T × R, f (u + v) = f (u) + f (v) =⇒ ∀(u, v) ∈ R × R, f (u + v) = f (u) + f (v) Xét trường hợp T = [t, +∞) Với (u, v) ∈ R × R bất kỳ, tồn w ≥ t cho w + u ≥ t (chọn w = max{t, t − u} chẳng hạn) Khi đó, w ∈ T w + u ∈ T , nên ta tính f (w + u + v) hai cách: f (w + u + v) = f (w) + f (u + v); f (w + u + v) = f (w + u) + f (v) = f (w) + f (u) + f (v) 31 (3.24) So sánh hai kết ta suy f (u + v) = f (u) + f (v) Trường hợp T = (−∞, t] chứng minh tương tự N Theo giả thiết, đa thức S(x) = P (x) + f (P (x0 )) có bậc lớn Áp dụng Bổ đề S(R) chứa tập hợp tốt T Từ đẳng thức (3.18) ta suy f có cộng tính T × R Áp dụng Bổ đề 2, ta suy cộng tính f R × R Vì f có cộng tính nên f (0) = (xét u = v = 0) Cho y = vào giả thiết i), ta có f (P (x)) = Q(f (x)) (3.25) với x ∈ R Đẳng thức tương đối “dễ thương” i) Khởi hành từ (3.25), ta chứng minh f có tuyến tính, tức f (x) = f (1)x Để thực điều này, ta cần Bổ đề Cho hàm f : R → R có cộng tính, hai tập hợp tốt A B cho f (B) ⊂ A Khi đó, f có tuyến tính, tức ∀x ∈ R, f (x) = f (1)x Vì cộng tính, nên f (nx) = nf (x) với x ∈ R n ∈ N Từ suy tuyến tính cho số hữu tỉ, tức ∀q ∈ Q, f (q) = qf (1) (3.26) Khẳng định cổ điển, xin nhắc lại vắn tắt cách giải: viết q = m , n ta có nm m mf (1) = f (m) = f = nf , (3.27) n n chia cho n (3.26) Để chứng minh tuyến tính tồn R, ta xét trường hợp A = [a, +∞) B = [b, +∞) Các trường hợp lại chứng minh tương tự Với z ≥ 0, theo cộng tính ta có f (z) = f (b + z) − f (b) Nhưng b + z ≥ b nên b + z ∈ B Do đó, f (b + z) ∈ f (B) ⊂ A Vậy, f (b + z) ∈ A, tức f (b + z) ≥ a Tóm lại, z ≥ ⇒ f (z) ≥ a − f (b) =: c (3.28) Cho x ∈ R Tồn hai dãy số hữu tỉ {rn }n≥1 {sn }n≥1 hội tụ x thỏa mãn rn ≤ x ≤ sn Áp dụng (3.28) với z = n(x − rn ) z = n(sn − x), ta có ∀n ≥ 1, f (nrn ) + c ≤ f (nx) ≤ f (nsn ) − c (3.29) Vì biết f (nx) = nf (x) thiết lập tuyến tính (3.26) cho số hữu tỉ, ta có ∀n ≥ 1, nrn f (1) + c ≤ nf (x) ≤ nsn f (1) − c (3.30) Chia vế cho n cho n → +∞ ta ∀n ≥ 1, xf (1) ≤ f (x) ≤ xf (1) Cuối f (x) = xf (1) N Trở tốn Dựa tính chất (3.25), ta xét hai trường hợp 32 (3.31) Œ d◦ Q chẵn Theo Bổ đề 1, P (R) chứa tập hợp tốt B Q(R) tập hợp tốt A Đẳng thức (3.25) kéo theo f (B) ⊂ A Áp dụng Bổ đề 3, ta suy tuyến tính  d◦ Q lẻ Đặt n m ak xk P (x) = Q(x) = k=0 bx (3.32) =0 với an = 0, bm = 0, m lẻ Xét đa thức hai biến  n−1   P (x, y) = P (x + y) − P (x) − P (y) =:  Rk (y)xk   k=0 m−1    Q(x, y) = Q(x + y) − Q(x) − Q(y) =:  S (y)xk  (3.33) =0 Từ định nghĩa này, dễ kiểm Rn−1 (y) = nan y Sm−1 (y) = mbm y m > Hơn nữa, dễ thấy Rk (0) = S (0) = với ≤ k ≤ n − 1, ≤ Lợi ích đa thức hai biến (3.33) nằm phép biến đổi sau Ta có f (P (x, 1)) = f (P (x + 1) − P (x) − P (1)) = f (P (x + 1)) − f (P (x)) − f (P (1)) = Q(f (x + 1)) − Q(f (x)) − Q(f (1)) = Q(f (x) + f (1)) − Q(f (x)) − Q(f (1)) = Q(f (x), f (1)) (3.34) ≤ m − (3.35) Thế dạng (3.33) vào (3.35), dùng cộng tính f , ta n−1 m−1 k f (Rk (1)x ) = S (f (1))[f (x)] k=0 (3.36) =0 Để khai thác “triệt để” đẳng thức (3.36), ta xét z ∈ R bất kỳ, đặt ck = f (Rk (1)z k ) d = S (f (1))[f (z)] (3.37) Thay x = λz vào (3.36), với λ ∈ N, ta có n−1 ∀λ ∈ N, m−1 ck λ k = k=0 Đến ta phải phân biệt trường hợp 33 dλ =0 (3.38) • mn Khi m > 1, bắt buộc dm−1 = (hệ số số hạng có bậc lớn nhất), tức dm−1 = mbm f (1)[f (z)]m−1 = (3.39) Nếu f (1) = 0, f (z) = 0, điều xảy với z ∈ R, nên ta có f ≡ Cịn f (1) = 0, theo (3.37), d = với ≤ ≤ m − Từ (3.38), ta suy cn−1 = Tương tự với trường hợp (m < n), f ≡ • m=n Từ (3.38), so sánh số hạng có bậc lớn nhất, ta suy cm−1 = dm−1 , hay f (mam z m−1 ) = mbm f (1)[f (z)]m−1 (3.40) Nếu f (1) = 0, ta có f (mam z m−1 ) = với z ∈ R, nên f ≡ Còn f (1) = 0, ảnh R qua ánh xạ z → mam z m−1 z → mbm f (1)z m−1 hai tập hợp tốt B A (do Bổ đề m − chẵn) Đẳng thức (3.40) kéo theo f (B) ⊂ A Áp dụng Bổ đề giải trường hợp Tóm lại, trường hợp trên, lúc ta viết f (x) = f (1)x Như chứng minh tuyến tính cho f Một có tuyến tính tốn gần xong Gọi µ = f (1) Thế f (x) = µx vào giả thiết i) ban đầu, khai thác cộng tính f , ta cú (x, y) R ì R, àP (x) + µ2 y = y + Q(µx) (3.41) Đồng hóa hệ số y ta µ = ±1 Kết luận, tốn có hai nghiệm 1) 2) 3.3.2 f (x) = x, Q(x) = P (x); f (x) = −x, Q(x) = −P (−x) (3.42) Bình luận Có thể nói khó tháng 12, đồng thời khó kỳ thi VMEO II Bài tác giả (emvaanh) lấy cảm hứng từ đây, Rumani Ta gọi A Cho P đa thức có bậc lớn Tìm hàm f : R → R có cộng tính thỏa f (P (x)) = P (f (x)) với x ∈ R 34 Trong A, cộng tính giả thiết phải cung cấp từ đầu, khơng có cách suy từ phương trình hàm Hơn nữa, khơng địi hỏi cộng tính, A khơng có nghĩa (dù ta miêu tả nghiệm, cấu trúc chúng khơng có đặc biệt) Trong 11, cộng tính khơng liệt kê giả thiết, thật hậu hai điều kiện đưa Phương pháp cố tình “che giấu” cộng tính xuất phát từ khác, Trung Quốc, mà ta gọi B Cho n số nguyên dương lớn Tìm hàm f : R → R thỏa f (xn + f (y)) = y + [f (x)]n với x, y ∈ R Trong B, cộng tính ngầm “lồng” vào phương trình hàm Để chuyển từ B qua 11, đơn thức xn đa thức P (x) bên vế trái Để suy cộng tính, ta phải trả giá tính tổng quát P giả thiết bổ sung, là ii) Mặt khác, để tăng phần “rối rắm”, [f (x)]n Q(f (x)) bên vế phải, ta phải tìm cặp (f, Q) khơng phải hàm f mà Tuy nhiên, điều không thay đổi chất vấn đề không làm cho khó Một số thành viên đặt câu hỏi cần giả sử bậc P lớn 11 (hoặc n > B) Hãy xét trường hợp P (x) = x (hoặc n = B) Khi đó, phương trình hàm phải giải f (x + f (y)) = y + f (x) (3.43) Ta suy cộng tính cho f Từ đó, phương trình hàm trở thành f (f (y)) = y Nhưng nghiệm phương trình khơng “đẹp” (cho dù có cộng tính), cấu trúc chúng khơng có ý nghĩa đáng kể (dù ta miêu tả lớp nghiệm) 3.4 Bài 12 a) Tìm tất số thực k cho tồn số dương ck thỏa mãn (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ ck (x + y + z)k với số thực dương b) Với số k tìm được, xác định số ck lớn Hatucdao 3.4.1 Lời giải a) Ta thiết lập k ∈ [0, 2] điều kiện cần đủ Thật vậy, k < xét trường hợp đặc biệt x = y = z = w cho w → 0+ Khi (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) = (w + 1)3 → (x + y + z)k = (3w)k → +∞ 35 (3.44) Vì thế, khơng thể chọn ck vế phải bị chặn vế trái Nếu k > ta xem x biến, y, z hai tham số cố định, cho x → +∞ Khi (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ∼ (y + 1)(z + 1)x2 (3.45) (x + y + z)k ∼ xk Vì thế, khơng thể chọn ck vế phải nhỏ vế trái Kết luận, k ∈ [0, 2] điều kiện cần Muốn chứng minh k ∈ [0, 2] điều kiện đủ, ta phô bày số c ≥ thỏa mãn (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ c(x + y + z)k (3.46) với k ∈ [0, 2], tất nhiên số c chưa phải giá trị tối ưu ck Để đạt mục đích này, ta dùng phép đánh giá “thô bạo” sau: (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ (x2 + y + z ) + 1 ≥ (x + y + z)2 + 1 k > · (x + y + z)2 + − ≥ (x + y + z)k Vậy, c = k ·1 [trung bình lũy thừa] [0 ≤ k ≤ 2] [Cauchy suy rộng] (3.47) hoàn thành nhiệm vụ (3.46) Cho nên k ∈ [0, 2] điều kiện đủ K b) Dễ thấy với k = c0 = Xét k ∈ (0, 2] Các biểu thức x2 + 1, y + z + gợi ý cho ta chuyển lượng giác Do đó, ta đặt x = tan a, y = tan b, z = tan c, với a, b, c ∈ 0, π (3.48) Lúc đó, (x + y + z)k = (cos a cos b cos c)2 (tan a + tan b + tan c)k (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) = (cos a cos b cos c)2−k (cos a cos b sin c + cos b cos c sin a + cos c cos a sin b)k = (cos a cos b cos c)2−k [sin a sin b sin c + sin(a + b + c)]k (3.49) Để tìm chặn tốt cho vế phải đẳng thức trên, ta đặt t = sin (a + b + c) Vì hàm θ → sin θ lõm đoạn θ ∈ 0, π (đạo hàm bậc hai âm), nên sin (a + b + c) ≥ (sin a + sin b + sin c) ≥ 3 √ sin a sin b sin c (3.50) (bất đẳng thức cuối Cauchy cho số) Từ suy sin a sin b sin c ≤ t3 (3.51) Tương tự, hàm θ → cos θ lõm đoạn θ ∈ 0, π (đạo hàm bậc hai âm), nên cos (a + b + c) ≥ (cos a + sin b + sin c) ≥ 3 36 √ cos a cos b cos c (3.52) cos a cos b cos c ≤ (1 − t2 )3/2 (3.53) Phối hợp (3.51), (3.53) với (3.49), ta có (x + y + z)k ≤ (1 − t2 )3(1−k/2) (t3 + (3t − 4t3 ))k = 3k tk (1 − t2 )3−k/2 (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) (3.54) Xin lưu ý: bước (3.54) này, ta cần điều kiện k ∈ [0, 2] Thật vậy, ta phải nâng (3.51) lên lũy thừa bậc k (3.53) lên lũy thừa bậc − k Để cho bất đẳng thức khơng đổi chiều, số mũ k − k phải dương Để kết thúc, ta cần khảo sát hàm gk (t) = 3k tk (1 − t2 )3−k/2 miền t ∈ [0, 1] Đạo hàm nó, gk (t) = 3k tk−1 (1 − t2 )2−k/2 (k − 6t2 ), (3.55) t = 0, t = t = k/6 Đây điểm cực trị gk [0,1] Nhưng dễ thấy t = t = tương ứng với cực tiểu Do đó, t = k/6 phải tương ứng với cực đại Giá trị cực đại 1/ck Vậy,  k k  3−k k −3 k −  3− k = 0; (3.56) ck = 2   k = K (3.57) 3.4.2 Một tương tự a) Tìm tất số thực k cho tồn số dương ck thỏa mãn (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ ck (xy + yz + zx)k với số thực dương b) Với số k tìm được, xác định số ck lớn Bài Hatucdao sáng tác đăng lên Diễn Đàn Nó tổng quát từ APMO 2004 (x2 + 2)(y + 2)(z + 2) ≥ 9(xy + yz + zx) (3.58) Bản thân (3.58) tương đương với (x2 + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ (xy + yz + zx), (3.59) tức trường hợp k = tổng quát Đáp số tổng quát k ∈ [0, 2] ck = 33−k (3 − k)k−3 k −k , với c0 = 37 (3.60) ... cyc p p2 cyc p2 + pq + 2rp ≥ 2 cyc (p + pq + 2rp) (2. 41) nên ta nối tiếp (2. 41) với (2. 40) thu p 2r(p + q) q + 2p(q + r) 2( p + q + r )2 (p2 + q + r2 ) + 3(pq + qr + rp) 2q(r + p) 2( p + q + r )2 =... Khi đó, • c > 20 06, u2005 = · 20 06 · 20 07 = 20 13 021 ; (2. 11) • c ≤ 20 06, u2005 = c(c + 1) + (20 06 − c)c = (4013 − c)c 2 (2. 12) Sở dĩ ta phải định nghĩa c theo (2. 10) cơng thức (2. 8)– (2. 9) có hiệu... bình nhân cho số 2p 2q 2r + + p + q + 2r q + r + 2p r + p + 2q 2r(p + q) 2p(q + r) 2q(r + p) 2p2 2q 2r2 = + + p + pq + 2rp q + qr + 2pq r + rp + 2qr (2. 40) Ta lại dùng bất đẳng thức Buniakovski-Cauchy-Schwarz