Tóm tắt nội dung: Tài liệu tuyển chọn các bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT thuộc chuyên đề Dãy số và các dạng toán liên quan. Nộ...
Tóm tắt nội dung: Tài liệu tuyển chọn các bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT thuộc chuyên đề Dãy số và các dạng toán liên quan. Nội dung gồm bài toán hệ biến số thực tìm tập giá trị biểu thức phân thức đối xứng, bài toán tối ưu sai số đều liên quan đến đa thức Trêbưsép (Chebyshev) trên đoạn \([-1; 1]\), và phương pháp xác định tính nguyên của số hạng dãy số xác định bởi hệ thức truy hồi phi tuyến.
CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN
Dạng 5. MỘT SỐ DẠNG KHÁC
Bài 1
a) Tìm \(p \in \mathbb{N}^*\) sao cho hệ phương trình sau có nghiệm:
\[\begin{cases} \sum_{i=1}^p x_i = 4 \\ \sum_{i=1}^p x_i^{-1} = 4 \\ x_i > 0, \; \forall i \in \overline{1, p} \end{cases}\]
b) Với \(p\) tìm được ở câu a), hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:
\[\sum_{i=1}^p \frac{a_i}{1 - a_i^2} \quad \text{với } a_i > 0 \text{ và } \sum_{i=1}^p a_i^2 = 1.\]
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu a:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
\[16 = \left(\sum_{i=1}^p x_i\right)\left(\sum_{i=1}^p \frac{1}{x_i}\right) \ge p^2 \implies p \le 4.\]
Xét từng trường hợp:
• Với \(p = 4\): Hệ có nghiệm khi \(x_i = 1, \; \forall i \in \overline{1, 4}\).
• Với \(p = 3\): Chọn \(x_1 = 1\) và hệ \(\begin{cases} x_2 + x_3 = 3 \\ x_2 x_3 = 1 \end{cases}\) có nghiệm dương. Do đó \((x_1, x_2, x_3)\) là nghiệm của hệ.
• Với \(p = 2\): Hệ \(\begin{cases} x_1 + x_2 = 4 \\ x_1 x_2 = 1 \end{cases}\) có nghiệm dương. Do đó \((x_1, x_2)\) là nghiệm của hệ.
• Với \(p = 1\): Ta có \(x_1 = 4\) và \(\frac{1}{x_1} = 4\) (vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi \(p \in \{2, 3, 4\}\).
Câu b:
Đặt \(f(a_1, a_2, \ldots, a_p) = \sum_{i=1}^p \frac{a_i}{1 - a_i^2} = \sum_{i=1}^p \frac{a_i^2}{a_i(1 - a_i^2)}\).
Xét hàm số \(g(x) = x(1 - x^2)\) với \(0 < x < 1\). Ta có:
\[g'(x) = 1 - 3x^2 = 0 \iff x = \frac{1}{\sqrt{3}}.\]
Suy ra \(\max_{(0;1)} g(x) = g\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{2}{3\sqrt{3}}\).
Do đó:
\[f(a_1, a_2, \ldots, a_p) \ge \frac{3\sqrt{3}}{2} \sum_{i=1}^p a_i^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}.\]
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a_i = \frac{1}{\sqrt{3}}\) với mọi \(i\), kéo theo \(\frac{p}{3} = 1 \iff p = 3\).
• Với \(p = 2\):
\[f(a_1, a_2) = \frac{a_1}{a_2^2} + \frac{a_2}{a_1^2} \ge 2\sqrt{\frac{1}{a_1 a_2}} \ge 2\sqrt{2}\]
do \(a_1^2 + a_2^2 = 1\). Dấu bằng xảy ra khi \(a_1 = a_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\).
Mặt khác, \(f(a_1, a_2) = \frac{a_1}{1 - a_1^2} + \frac{\sqrt{1 - a_1^2}}{a_1^2}\) liên tục trên \((0; 1)\). Khi \(a_1 \to 0^+\) thì \(f(a_1, a_2) \to +\infty\). Vì vậy, với \(p = 2\), tập giá trị là \([2\sqrt{2}; +\infty)\).
• Với \(p = 3\): Chọn \(a_1 = \sqrt{1 - 2x}\), \(a_2 = \sqrt{x}\), \(a_3 = \sqrt{x}\) với \(0 < x < \frac{1}{2}\), thỏa mãn điều kiện \(a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 = 1\). Biểu thức trở thành:
\[f(a_1, a_2, a_3) = \frac{\sqrt{1 - 2x}}{2x} + \frac{2\sqrt{x}}{1 - x} = g(x)\]
Hàm \(g(x)\) liên tục trên \((0; \frac{1}{2})\), có \(g\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{2}\) và \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty\). Vậy tập giá trị là \(\left[\frac{3\sqrt{3}}{2}; +\infty\right)\).
• Với \(p = 4\): Ta luôn có \(f(a_1, a_2, a_3, a_4) > \frac{3\sqrt{3}}{2}\). Chọn \(a_1 = \sqrt{1 - 3x}\), \(a_2 = a_3 = a_4 = \sqrt{x}\) với \(0 < x < \frac{1}{3}\), thỏa mãn \(a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 + a_4^2 = 1\). Khi đó:
\[f(a_1, a_2, a_3, a_4) = \frac{\sqrt{1 - 3x}}{3x} + \frac{3\sqrt{x}}{1 - x} = g(x)\]
Hàm \(g(x)\) liên tục trên \((0; \frac{1}{3})\), có \(\lim_{x \to \frac{1}{3}^-} g(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}\) và \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty\). Do đó tập giá trị là \(\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}; +\infty\right)\).
Bài 2
Kí hiệu \(H_n\) là tập hợp các đa thức bậc \(n\) có hệ số cao nhất bằng 1 dạng:
\[f(x) = x^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i, \quad a_i \in \mathbb{R}.\]
Chứng minh rằng:
\[\min_{f \in H_n} \left\{ \max_{x \in [-1; 1]} |f(x)| \right\} = \frac{1}{2^{n-1}}.\]
HƯỚNG DẪN GIẢI
Xét đa thức Trêbưsép loại một: \(T_n(x) = \cos(n \arccos x)\) với \(x \in [-1; 1]\).
Bằng phương pháp quy nạp dựa trên hệ thức:
\[\cos(nt) + \cos((n - 2)t) = 2\cos t \cos((n - 1)t)\]
ta chứng minh được \(T_n(x)\) là đa thức bậc \(n\) với hệ số cao nhất của \(x^n\) bằng \(2^{n-1}\).
Do đó đa thức monic chuẩn hóa \(\frac{T_n(x)}{2^{n-1}} \in H_n\) và thỏa mãn:
\[\max_{x \in [-1; 1]} \left| \frac{T_n(x)}{2^{n-1}} \right| = \frac{1}{2^{n-1}}.\]
Giả sử tồn tại \(f(x) \in H_n\) sao cho \(\max_{x \in [-1; 1]} |f(x)| < \frac{1}{2^{n-1}}\).
Xét đa thức \(g(x) = f(x) - \frac{T_n(x)}{2^{n-1}}\). Do cả \(f(x)\) và \(\frac{T_n(x)}{2^{n-1}}\) đều có hệ số bậc cao nhất là 1, nên \(g(x)\) có bậc nhiều nhất là \(n - 1\).
Tuy nhiên, tại các điểm \(x_k = \cos\frac{k\pi}{n}\) (\(k = 0, 1, \ldots, n\)), giá trị của \(T_n(x_k) = (-1)^k\), dẫn đến \(g(x)\) đổi dấu ít nhất \(n + 1\) lần, do đó \(g(x)\) phải có ít nhất \(n\) nghiệm phân biệt trên \([-1; 1]\). Điều này mâu thuẫn vì đa thức bậc không quá \(n - 1\) không thể có \(n\) nghiệm thực phân biệt trừ khi nó đồng nhất bằng 0.
Vậy \(\max_{x \in [-1; 1]} |f(x)| \ge \frac{1}{2^{n-1}}\), kéo theo:
\[\min_{f \in H_n} \left\{ \max_{x \in [-1; 1]} |f(x)| \right\} = \frac{1}{2^{n-1}}.\]
Bài 3
Cho dãy số \((x_n)\) không âm thỏa mãn \(x_1 = 0\), và:
\[(n+1)^2 x_{n+1}^2 + (2^n + 4)(n+1)x_{n+1} + 2^{n+1} + 2^{2n-2} = 9n^2 x_n^2 + 36n x_n + 32, \quad \forall n \ge 1.\]
Chứng minh rằng \(x_n\) là số nguyên với mọi số nguyên tố \(n \ge 5\).
HƯỚNG DẪN GIẢI
Biến đổi và viết lại đẳng thức đã cho dưới dạng bình phương:
\[\left[(n+1)x_{n+1} + 2^{n-1} + 2\right]^2 = (3nx_n + 6)^2.\]
Do dãy \((x_n)\) không âm nên các biểu thức trong ngoặc đều dương. Lấy căn bậc hai hai vế, ta được hệ thức truy hồi tuyến tính:
\[(n+1)x_{n+1} + 2^{n-1} + 2 = 3nx_n + 6, \quad \forall n \ge 1.\]
