Tóm tắt nội dung tài liệu: Bài viết cập nhật trọn vẹn đề thi và đáp án chi tiết Kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi THPT dự thi học sinh g...
Bài toán 0.1 (Lim Olympic - TPHCM TST - P1)
Cho các dãy số \((x_n)\), \((y_n)\), \((z_n)\) được xác định bởi \(x_1 = 3\), \(y_1 = 4\), \(z_1 = 5\) và:
\[x_{n+1} = \frac{x_n + y_n}{2}, \quad y_{n+1} = \frac{y_n + z_n}{2}, \quad z_{n+1} = \frac{z_n + x_n}{2}, \quad \forall n \ge 1.\]
1) Chứng minh ba số \(x_n, y_n, z_n\) là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 12 với mọi \(n \ge 1\).
2) Đặt \(d_n = (x_n - y_n)^2 + (y_n - z_n)^2 + (z_n - x_n)^2\). Chứng minh dãy \((d_n)\) hội tụ và tính \(\lim_{n \to \infty} d_n\).
Lời giải:
1) Trước hết ta có:
\[x_{n+1} + y_{n+1} + z_{n+1} = \frac{x_n + y_n + y_n + z_n + z_n + x_n}{2} = x_n + y_n + z_n = \dots = x_1 + y_1 + z_1 = 12.\]
Mặt khác, bằng quy nạp ta có \(3 \le x_n, y_n, z_n \le 5\) với mọi \(n \ge 1\).
Khi đó \(x_n < 6 = 12 - 6 < 12 - x_n = y_n + z_n\). Tương tự, \(y_n < z_n + x_n\) và \(z_n < x_n + y_n\).
Vậy \(x_n, y_n, z_n\) là độ dài ba cạnh của một tam giác, và chu vi của tam giác đó bằng 12.
2) Ta có với mọi \(n \ge 1\) thì:
\[x_{n+1} - y_{n+1} = \frac{x_n - z_n}{2}, \quad y_{n+1} - z_{n+1} = \frac{y_n - x_n}{2}, \quad z_{n+1} - x_{n+1} = \frac{z_n - y_n}{2}.\]
Do đó với mọi \(n \in \mathbb{N}\) ta có:
\[d_{n+1} = \frac{1}{4} \left( (x_n - z_n)^2 + (y_n - x_n)^2 + (z_n - y_n)^2 \right) = \frac{1}{4} d_n = \dots = \frac{1}{4^n} d_1 = \frac{6}{4^n}.\]
Vì thế \((d_n)\) là dãy số hội tụ và \(\lim_{n \to \infty} d_n = 0\).
Bài toán 0.2 (Lim Olympic - TPHCM TST - P2)
Cho đa thức \(P(x) = a_{2026}x^{2026} + \dots + a_1 x + a_0\), trong đó \(a_i \in \{1, 3\}\) với mọi \(i = 0, 1, \dots, 2026\). Gọi \(m\) là số hệ số của \(P(x)\) bằng 3.
1) Giả sử \(P(x)\) chia hết cho \(x^2 + x + 1\). Chứng minh rằng \(m \neq 0, 1\).
2) Giả sử \(P(x)\) có nghiệm nguyên. Chứng minh rằng \(m\) là số chẵn.
Lời giải:
1) Đặt \(S(x) = 1 + x + x^2 + \dots + x^{2026}\). Gọi \(A\) là tập các chỉ số \(i\) sao cho \(a_i = 3\). Khi đó \(|A| = m\) và:
\[P(x) = 2S(x) + \sum_{i \in A} x^i.\]
Dễ thấy \(x^3 \equiv 1 \pmod{x^2 + x + 1}\), suy ra \(S(x) \equiv 1 + x \pmod{x^2 + x + 1}\).
Nếu \(m = 0\) thì \(P(x) = 2S(x)\), do đó \(P(x) \equiv 2 + 2x \not\equiv 0 \pmod{x^2 + x + 1}\), vô lý.
Nếu \(m = 1\), giả sử hệ số duy nhất bằng 3 là \(a_k\). Khi đó:
\[P(x) = 2S(x) + x^k \equiv \begin{cases} 3 + 2x, & k \equiv 0 \pmod 3 \\ 2 + 3x, & k \equiv 1 \pmod 3 \\ 2 + 2x + x^2 \equiv 1 + x, & k \equiv 2 \pmod 3 \end{cases}\]
Vì vậy ta suy ra được \(m \neq 0\) và \(m \neq 1\).
2) Giả sử \(r\) là một nghiệm nguyên của \(P(x)\) thì \(r < 0\), khi đó \(r \mid a_0\), mà \(a_0 \in \{1, 3\}\). Do đó \(r \in \{-1, -2, -3\}\).
Ta sẽ chứng minh \(r \notin \{-2, -3\}\). Nếu \(r = -2\) thì:
\[0 = P(-2) = a_{2026} 4^{1013} + \sum_{j=0}^{1012} (a_{2j+1} - 2a_{2j+1}) 4^j.\]
Suy ra \(a_{2026} 4^{1013} = \sum_{j=0}^{1012} (2a_{2j+1} - a_{2j}) 4^j\). Vì \(a_i \in \{1, 3\}\) nên \(2a_{2j+1} - a_{2j} \le 4\). Do đó:
\[a_{2026} 4^{1013} \le 4 \sum_{j=0}^{1012} 4^j = \frac{4(4^{1013} - 1)}{3} < 2 \cdot 4^{1013}\]
mâu thuẫn với \(a_{2026} \ge 2\). Tương tự, nếu \(r = -3\) thì:
\[a_{2026} 9^{1013} = \sum_{j=0}^{1012} (3a_{2j+1} - a_{2j}) 9^j \le 7 \sum_{j=0}^{1012} 9^j = \frac{7(9^{1013} - 1)}{8} < 2 \cdot 9^{1013}\]
vì \(3a_{2j+1} - a_{2j} \le 7\), điều này mâu thuẫn với \(a_{2026} \ge 2\).
Vậy nghiệm nguyên duy nhất có thể có là \(r = -1\), từ đây dễ thấy \(P(-1) \equiv m \pmod 2\) nên \(m\) chẵn.
Bài toán 0.3 (Lim Olympic - TPHCM TST - P3)
Với mỗi số nguyên dương \(c\), xét hàm \(g_c : \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*\) xác định bởi:
\[g_c(n) = \sum_{i=1}^c \varphi(n + i),\]
trong đó \(\varphi\) là hàm phi Euler.
1) Tìm tất cả \(n \in \mathbb{N}^*\) sao cho \(g_4(n) = 10\).
2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(c\), không tồn tại \(T \in \mathbb{N}^*\) sao cho \(g_c(n)\) nhận mọi giá trị thuộc khoảng \((T, +\infty)\).
Lời giải:
1) Để ý \(g_4(1) = 9\) và \(g_4(2) = 10\).
Xét \(n \ge 3\). Khi đó bốn số \(n+1, n+2, n+3, n+4\) đều ít nhất bằng 4 và có đúng hai số lẻ, mỗi số lẻ ấy ít nhất bằng 5. Với số lẻ \(q \ge 5\), bốn số \(1, 2, q-2, q-1\) đôi một khác nhau và đều nguyên tố cùng nhau với \(q\), nên \(\varphi(q) \ge 4\), còn phi các số còn lại ít nhất bằng 2. Do đó:
\[g_4(n) \ge 4 + 4 + 2 + 2 = 12 > 10.\]
Vậy nghiệm duy nhất là \(n = 2\).
