Dùng bậc và hệ số cao nhất trong bài toán đa thức.

Bài toán (Hà Nam 2016):

Cho $P,Q,R$ là $3$ đa thức hệ số thực thỏa mãn: $P(Q(x))+P(R(x))=c$ $\forall x\in\mathbb{R}$ với $c=const\in\mathbb{R}$

CMR: $P(x)\equiv const$ hoặc $[Q(x)+R(x)]\equiv const$


Lời giải:


Đặt $deg P(x)=p$ và không mất tính tổng quát giả sử $deg Q(x)=q \ge r=degR(x)$. Nếu $P(x)\equiv const$ hoặc $Q(x)\equiv const$ thì khi đó $R(x)\equiv const$ nên hai trường hợp này là hiển nhiên. Ta xét $ p,q >0$, $r \ge 0$

Đặt $C_k (f(x))$ là hệ số của $x^k$ trong đa thức $f(x)$, vì thế $C_{\deg f(x)} (f(x)) \neq 0$ là hệ số cao nhất của $f(x)$. Đặt $a = C_{\deg P(x)} (P(x))$, $b = C_{\deg Q(x)} (Q(x))$, $c = C_{\deg R(x)} (R(x))$.
Nếu $q>r$, Khi đó $C_{pq} (P(Q(x)) + P(R(x))) = ab^p \neq 0$, Vô lí. Vì thế ta phải có $q=r=m$, $\Rightarrow$ $C_{pm} (P(Q(x)) + P(R(x))) = a(b^p +c^p)\neq 0$, Theo điều kiện giả thiết thì $b^p + c^p = 0$, dẫn tới $p$ lẻ và $c=-b$.


Xét $a(Q(x)^p + R(x)^p) = a(Q(x)+R(x)) S(x)$, Trong đó $ S(x) = Q(x)^{p-1} - Q(x)^{p-2}R(x) + \cdots - Q(x)R(x)^{p-2} + R(x)^{p-1}$. Ta có $C_{(p-1)m}(S(x)) = b^{p-1} - b^{p-2}(-b) + \cdots - b(-b)^{p-2} + (-b)^{p-1} = pb^{p-1} \neq 0$, nên $\deg S(x) \geq (p-1)m$ (Thực ra là bằng luôn).


Mặt khác nếu đặt $T(x) = P(Q(x)) + P(R(x)) - a(Q(x)^p + R(x)^p)$ ta có $\deg T(x) \leq (p-1)m$. Giả sử ngược lại $Q(x)+R(x)$ không là hằng số, $\Rightarrow$ $\deg(Q(x)+R(x)) \geq 1$, Ta phải có $\deg(a(Q(x)^p + R(x)^p)) = \deg(a(Q(x)+R(x)) S(x)) \geq 1 + (p-1)m$, và vì thế $\deg(P(Q(x)) + P(R(x))) = \deg(a(Q(x)^p + R(x)^p) + T(x)) \geq 1+(p-1)m >0$, Mâu thuẫn.


Vậy ta có đpcm.
Ps: Nếu tồn tại $Q,R$ mà $Q(x) + R(x) = C$ là hằng số, ta vẫn có thể tìm đa thức $P$ khác hằng bậc$ p$ lẻ bất kì, để $P(Q(x)) + P(R(x)) $ là hằng số. Chỉ cần lấy $P(x) = (2x-C)^p + k/2$

Góc định hướng trong chứng minh hai đường tròn tiếp xúc.

Bài toán :

Cho $\triangle ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ với $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn đi qua $C$ tiếp xúc với $AI$ tại $I$ cắt $AC$ tại $E$ và cắt $(O)$ tại $H$ $(E,H\neq C)$

$a)$ CMR: $EH$ đi qua trung điểm của $AI$

$b)$ Đường tròn đi qua $B$ tiếp xúc với $AI$ tại $I$ cắt $AB$ tại $F$ và cắt $(O)$ tại $G$ $(G,F\neq B)$. CMR: $2$ đường tròn $(EIF)$ và $(GIH)$ tiếp xúc nhau

Lời giải:

a) Ta có (HA, HE)=(HA, HC)+(HC, HE)=(BA, BC)+(IC, IE)=(BA, BC)+(IC, IA)+(IA, IE)=(BA, BC)+(IC, IA)+(CI, CA)= (BA, AI) + (IA, IC)+(IC, BC)+ (CI, IA)+ (IC, CA) =(BA, AI)=(AI, AC) ( $\mod pi$ )

Như vậy MA là tiếp tuyến của (HEA).

Dùng phương tích $MA^2=MI^2=ME.MH$

b) Gọi IT là tiếp tuyến của (GIH) khi đó:
(IT, IE)=(IT, IH)+(IH, IE)=(IT, IH)+(CH, CA)=(GI, GH) +(BH, BA)= (GI, GF)+(GF, GH)+(BI, BF)= 2(BN, BA)+(GA, GH)+(GF, GA)= (BI, BF) +(BA, IA)
(FI, FE)= (FI, GF)+(GF, FE)= (BI, BG)+(HG, HE)=(BI, BA)+(BA, BG)+(HG, HA)+(HA, HE)= (BI, BA)+ (IA, AC)

Vậy IT cũng là tiếp tuyến tại I của (IEF) vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán về tìm tất cả số k sao cho bất đẳng thức đúng.

Bài 1( Trường Hè 2016): Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho tồn tại các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ và $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)}<\frac{3}{2}.$

Thực chất bài này tương đương với  Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$

Lời giải:

- Xét trường hợp $k \ge 2$. Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$ với mọi $a,b,c$ dương thỏa mãn $abc=1$. Không mất tính tổng quát giả sử $ a \le b \le c$. Đặt: $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$. Khi đó $x,y,z >0$ và $xyz=1$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\sum \frac{x^{k-1}}{y+z} \ge \frac{3}{2}$

Ta có:$x \geq y\geq z \Rightarrow \frac{x}{y+z} \geq \frac{y}{z+x} \geq \frac{z}{x+y}$

Theo bất đẳng thức Chebyshev :

$(x^{k-2}+y^{k-2}+z^{k-2})(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}) \le 3(\frac{x^{k-1}}{y+z}+\frac{y^{k-1}}{z+x}+\frac{z^{k-1}}{x+y})$.

Mà theo Nesbitt: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{3}{2}$, và AM-GM: $x^{k-2}+y^{k-2}+z^{k-2} \ge 3$ nên:

$\frac{x^{k-1}}{y+z}+\frac{y^{k-1}}{z+x}+\frac{z^{k-1}}{x+y} \geq \frac{3}{2}$

Vậy $k \ge 2$ không thỏa mãn.

- Xét trường hợp $ \frac{1}{2}<k<2$ Cho $a=b=\frac{1}{n}$ $c=n^2$. Thì: 

$S=\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)}=\frac{2n^{k+1}}{n^3+1}+\frac{n^{1-2k}}{2}$

Khi đó $\underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=0$, suy ra với $n$ đủ lớn thì $S  <\frac{3}{2}$ 

Vậy: $ \frac{1}{2}<k<2$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp: $ \frac{1}{2}=k$. Cho $a=b=n$ $c=\frac{1}{n^2}$ Khi đó:

$S=\frac{2n^{2-\frac{1}{2}}}{n^3+1}+\frac{1}{2}$

Khi đó $\underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=\frac{1}{2}$, suy ra với $n$ đủ lớn thì $S  <\frac{3}{2}$ 

Vậy $ \frac{1}{2}=k$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp $-1 <k < \frac{1}{2}$. Chọn $a=b=n$ $c=\frac{1}{n^2}$ thì:

$S=\frac{2n^{2-k}}{n^3+1}+\frac{n^{2k-1}}{2} \Rightarrow \underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=0$

Nên  $-1 <k < \frac{1}{2}$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp $ k \le -1$. Ta chứng minh: $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$

Nếu đặt $h=1-k \ge 2$ thì theo chứng minh trên:

$\frac{1}{{{x}^{h}}(y+z)}+\frac{1}{{{y}^{h}}(z+x)}+\frac{1}{{{z}^{h}}(x+y)} \ge \frac{3}{2}\\\Leftrightarrow \frac{a^{h-1}}{b+c}+\frac{b^{h-1}}{c+a}+\frac{c^{h-1}}{a+b}  \geq \frac{3}{2} \\\Leftrightarrow \frac{a^{-k}}{b+c}+\frac{b^{-k}}{c+a}+\frac{c^{-k}}{a+b}  \geq \frac{3}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}$

Vậy $ k \le -1$ không thỏa mãn điều kiện đề bài.

Kết luận: Tập giá trị $k$ cần tìm là: $\left ( -1;2 \right )$

Lưu ý $k=3$ là đề thi IMO 1995

Bài 2: (VN TST 2009) Tìm tất cả các số thực r sao cho bất đẳng thức:

$\prod \left ( r+\frac{a}{b+c} \right ) \ge (r+\frac{1}{2})^3$ Đúng với mọi a,b,c dương.

Lời giải:

Giả sử đúng với mọi bộ ba số thực dương a,b,c. Cho a=1, b=n, c=n, Khi đó:

$(r+\frac{1}{2n})(r+\frac{n}{n+1})^2 \ge(r+\frac{1}{2})^3$

Cho $n$ tiến đến vô cùng thì:

$r(r+1)^2 \ge (r+\frac{1}{2})^3 \Leftrightarrow r \in (-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$

Chuẩn hóa $a+b+c=1$, Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\prod \left ( \frac{r(b+c)+a}{b+c} \right ) \ge (r+\frac{1}{2})^3 \\\Leftrightarrow \prod (r+(1-r)a)\ge (r+\frac{1}{2})^3(1-a)(1-b)(1-c)\\\Leftrightarrow r^3+(1-r)^3abc+r(1-r)^2(ab+bc+ca)+r^2(1-r)(a+b+c) \ge (r+\frac{1}{2})^3(1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc)\\ \Leftrightarrow \left ( \sum ab \right )\left [ \left ( r+\frac{1}{2} \right )^3-r(1-r)^2 \right ] \le 8r^2+\left [ (1-r)^3+\left ( r+\frac{1}{2} \right )^3 \right ]abc\\ \Leftrightarrow \sum ab-\frac{9(4r^2-2r+1)}{28r^2-2r+1} abc \le \frac{8r^2}{28r^2-2r+1}$

Đặt $k=\frac{9(4r^2-2r+1)}{28r^2-2r+1}$ và $E=ab+bc+ca-kabc$. Với $r \in (-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$ thì $4r^2+2r-1 \ge 0$, suy ra $k \le \frac{9}{4}$

Ta chỉ cần chứng minh rằng: $E \le \frac{9-k}{27}=\frac{8r^2}{28r^2-2r+1}$ thì khi đó tập hợp các giá trị r cần tìm là $(-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$

Ta xét bài toán tổng quát hơn:

Cho số thực k. Xét các số thực không âm x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: E=xy+yz+zx-kxyz

Giải: Giả sử $ x \ge y \ge z$

Ta có: $\prod \left ( x+y-z \right ) \le xyz \Leftrightarrow \sum xy-\frac{9}{4}xyz \le \frac{1}{4}$

$xyz \le \frac{1}{27}$ (theo cô si cho 3 số)

Ta có:

$E=\sum xy-\frac{9}{4}xyz+(\frac{9}{4}-k)xyz$

Nếu $k <\frac{9}{4}$  thì:

$E \le \frac{1}{4}+\left ( \frac{9}{4}-k \right )\frac{1}{27}=\frac{1}{3}-\frac{k}{27}$

Nếu $k >\frac{9}{4}$ thì:

$E \le \sum xy-\frac{9}{4}xyz \le \frac{1}{4}$

nếu $k=\frac{9}{4}$ Thì $max E=\frac{1}{4}$

Tiếp theo tìm min E. Ta có $ x \ge \frac{1}{3}$

Nếu $k \le 0$ thì $E \ge 0$.

Nếu $ 0 < k < 9$ thì:

$E \ge 3 \sqrt[3]{(xyz)^2}-kxyz =\sqrt[3]{(xyz)^2}(3-k\sqrt[3]{xyz}) \ge \sqrt[3]{(xyz)^2}(3-\frac{k}{27}) \ge0$

Nếu $k =9$ thì:

$E=\sum xy-9xyz=yz(1-9x)+x(1-x) \ge \frac{(y+z)^2}{4}(1-9x)+x(1-x) =\frac{1-x}{4}(3x-1)^2 \ge 0$

Vậy min $E =0$

Khi $ k >9$ thì: 

$E=\sum xy-9xyz+(9-k)xyz \ge (9-k )xyz \ge \frac{9-k}{27}$

Lưu ý với $k=2$ là đề thi IMO 1984

Tính chất của số nguyên tố có dạng $3k+2$

Cho $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $3 | p-2$ khi đó $p | x^3 -y^3$ khi và chỉ khi $p | x-y$

Chứng minh:

Ta xét $ x,y $ không chia hết cho $p$ vì nếu chia hết cho p là hiển nhiên.
Nếu $ x \equiv y (mod p)$ thì $ x^3 \equiv y^3 (mod p)$
Ta chứng minh Nếu $ x^3 \equiv y^3 (mod p)$ thì $ x \equiv y (mod p)$

$x^{3} \equiv y^3 (mod p)  \Rightarrow x^{p-2}\equiv y^{p-2}(mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ:

$x^{p-1}\equiv y^{p-1} \equiv 1(mod p) \Rightarrow x^{p-2}(x-y) \equiv 0 (mod p) \Rightarrow x \equiv y (mod p)$

Xét ứng dụng của bổ đề trên:

Bài toán ( Chọn đội tuyển QG tỉnh Lạng Sơn 2016): Cho đa thức $P(x)=4x^3-18x^2+27x+m$. CMR: Với mỗi $m\in\mathbb{Z}$, $\exists n\in\mathbb{Z}$ sao cho $P(n)\vdots 107$

Lời giải:
Do (2, 107)=1 nên:
$P(n)\vdots 107 \Leftrightarrow  2P(n)\vdots 107$

Xét $G(x)=2P(x)=(2x-3)^2+27+2m$

Với mỗi $m$ ta có $G(0), G(1), . G(106)$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod 107. Thật vậy:

Nếu có $i ,j $ mà $  0\ge i, j \le 106$ mà $G(i) \equiv G(j) (mod 107)$ Thì khi đó theo bổ đề trên:
 $i \equiv j (mod 107)$ hay $ i=j$.

Vậy luôn tồn tại $n$ sao cho $P(n)\vdots 107$

Một số tính chất số học của dãy tuyến tính

Cho dãy $(x_n)$ sao cho:
$x_0=1, x_1=1$, $x_{n+2}=ax_{n+1}+bx_n (a,b \in Z)$

Khi đó ta có:

1)$x_{m+n}=bx_{n}x_{m-1}+x_{n+1}x_{m}$

2) $x_{kn} \vdots x_n$

Ứng dụng:

Mở rộng đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình 2016: Giả sử $p,q$ là hai số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:

$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=pu_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$

Tìm tất cả $p,q$ biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$

áp dụng tính chất 2) suy ra $u_3 |3 $ hay  $p^2-q|3$. Kết hợp điều kiện p,q nguyên tố nên có thể dễ dàng tìm được p,q

Dồn biến về biên để chứng minh bất đẳng thức

Bài toán:  $a,b,c$ là các số thực dương chứng minh:
            $ \frac{a}{4a+4b+c} + \frac{b}{4b+4c+a} + \frac{c}{4c+4a+b} \leq \frac{1}{3} $

Lời giải:

Ta nhân hai vế cho a+b+c rồi chuyển về bài toán sau:

 $a,b,c>0$.CM:$\frac{ab}{4b+4c+a}+\frac{bc}{4a+4c+b}+\frac{ac}{4b+4a+c}\leq \frac{a+b+c}{9}$

Trớ trêu thay bất đẳng thức này nếu xét a,b,c không âm thỏa mãn phân thức có nghĩa thì dấu bằng còn xảy ra khi a=0, b=2c !!

Không thể chứng minh $f(a,b,c) \ge f(a,t,t)$ được, ta sẽ dùng dồn biến về biên như sau:

Bdt tương đương
\[27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3.\]
Đặt $f(a,\,b,\,c) = 27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) - 4(a+b+c)^3,$ Ta chỉ ra rằng
\[f(a,\,b,\,c) \leqslant f(a+c,\,b,\,0) \leqslant 0.\]
Giả sử$b$ là số nằm giữa $c$ và $a,$ ta có
\[f(a,\,b,\,c)-f(a+c,\,b,\,0)=-27c(a-b)(b-c) \leqslant 0.\]
Vì thế
\[\begin{aligned} f(a,\,b,\,c) \leqslant f(a+c,\,b,\,0) & = 27b(c+a)^2-4(a+b+c)^3\\&=-(4a+b+4c)(a-2b+c)^2 \leqslant 0.\end{aligned}\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,\,b,\,c) \sim (1,\,1,\,1)$ or $(a,\,b,\,c) \sim (0,\,1,\,2).$

Ngoài ra, một cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz rất đẹp:

$\sum_{cyc}\frac{ac}{4a+4b+c}=\frac{1}{9}\sum_{cyc}\frac{ac(2+1)^2}{2(2a+b)+(2b+c)}\leq\frac{1}{9}\sum_{cyc}\left(\frac{2ac}{2a+b}+\frac{ac}{2b+c}\right)=\frac{a+b+c}{9}$

Dùng bất đẳng thức Muirhead để chứng minh bất đẳng thức

Bài toán: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ không âm và $abc=1$ Thì
\[ \frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{5}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge 1  \]

Lời giải:

$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{5}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge 1\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(2a^2b^2+a^2b+a^2c+a^3-a^2-3a-1)\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a^3-a^2)+2\cdot\sum_{cyc}(a^2b^2-a)+\frac{1}{2}\cdot\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2a)+$
$+\frac{1}{2}\cdot\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2)\geq0.$ Đúng theo Muirhead.

Ngoài ra $k_{max}=5,$
\[ \frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{k}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge \frac{k+3}{8}  \]