Tuyển tập các bài toán từ đề thi chọn đội tuyển các tỉnh, thành phố - Năm học 2018-2019 - Võ Thành Đạt

Nội dung text: Tuyển tập các bài toán từ đề thi chọn đội tuyển các tỉnh, thành phố - Năm học 2018-2019 - Võ Thành Đạt

1. VÕ THÀNH ĐẠT - NGUYỄN THỊ MỘNG TUYỀN NGUYỄN MINH HUY - PHẠM HOÀNG MINH Tuyển tập các bài toán từ đề thi chọn đội tuyển các tỉnh - thành phố năm học 2018 - 2019 Tháng 1/ 2019
2. Bản quyền tài liệu thuộc về Blog Toán học cho mọi người và dự án Bring Math to Everyone. Hoan nghênh bạn đọc chia sẻ rộng rãi tài liệu trên tinh thần phi lợi nhuận và tôn trọng các tác giả. Mọi hành động sử dụng tài liệu vào mục đích thương mại cần được sự cho phép của Blog Toán học cho mọi người hoặc dự án Bring Math to Everyone. Chúng tôi không chịu trách nhiệm về những hậu quả có thể xảy ra với các bạn nếu các bạn dùng tài liệu này cho bất cứ mục đích thương mại nào.
3. LỜI NÓI ĐẦU "Đi nhiều người, bạn sẽ đi rất xa." Không dễ để duy trì hoạt động của một tổ chức thực sự phi lợi nhuận từ trong tư tưởng. Duy trì sự tồn tại của nó đã khó, duy trì các dự án, các hoạt động của nó lại còn khó khăn hơn gấp nhiều nhiều lần. Dù vậy, đó vẫn chưa phải là điều khó khăn nhất. Mối bận tâm lớn nhất của chúng tôi là làm sao giữ lại niềm đam mê, lòng nhiệt huyết của từng thành viên. Có đam mê, có nhiệt huyết, rồi sẽ có tất cả. Thật may là trong những lúc khó khăn như thế này, chúng tôi vẫn đứng vững. Nhìn lên trên, chúng tôi thấy dự án Bring Math to Everyone phát triển rực rỡ, hoạt động trải khắp Bắc Trung Nam. Nhìn ra xung quanh, chúng tôi thấy phong trào học Toán đang mỗi lúc một mạnh, được xã hội hưởng ứng nhiệt liệt. Nhìn xuống dưới, chúng tôi thấy nhu cầu học Toán của các bạn học sinh đang cao hơn bao giờ hết. Nhìn lại chính mình, chúng tôi nhận ra mình vẫn luôn sẵn sàng để duy trì những gì mà chúng tôi quyết tâm thực hiện. Thế là chúng tôi tiếp tục, mặc dù khó khăn là điều chắc chắn hiện hữu. Năm nay, ấn phẩm này ra đời trễ hơn mọi năm, và cũng lần đầu được chia làm hai tập. Tập đầu tiên sẽ gồm các bài toán về Bất đẳng thức, Đa thức, Phương trình - hệ phương trình, và Phương trình hàm. Tập hai là các bài toán về Hình học phẳng, Số học và Tổ hợp. Thời gian quá gấp rút, các biên tập viên ai cũng có quá nhiều việc phải làm, nên chúng tôi chọn cách tổng hợp lại các bài toán và lời giải đơn thuần, còn những nhận xét và bình luận, xin dành lại cho bạn đọc. Hẹn các bạn tới sau Tết Nguyên đán, phiên bản đầy đủ của ấn phẩm này sẽ được phát hành dưới dạng sách in, với những nhận xét, bình luận và các bài toán tương tự được thêm vào. Các biên tập viên của tập 1 gồm có: • Bạn Võ Thành Đạt (sinh viên năm 3 khoa Toán - Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên Tp. HCM): Phương trình hàm và Đa thức. • Bạn Nguyễn Thị Mộng Tuyền (sinh viên năm 3 khoa Toán - Tin học trường ĐH Sư phạm Tp. HCM): Phương trình và hệ phương trình. • Bạn Nguyễn Minh Huy (sinh viên năm 2 khoa Toán - Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên Tp. HCM): Bất đẳng thức. Chúng tôi xin cảm ơn anh Lê Phúc Lữ (học viên cao học Công nghệ thông tin trường ĐH Khoa học Tự nhiên Tp. HCM) đã rất nhiệt tình sưu tầm các đề thi và lời giải, đóng góp rất nhiều cho quá trình biên tập. Cảm ơn thầy Nguyễn 5
4. Tài Chung (THPT chuyên Hùng Vương, Gia Lai) đã cung cấp một số code LATEX giúp quá trình biên tập được dễ dàng hơn. Cảm ơn thầy Nguyễn Song Minh (Titan Education Hà Nội) và các thành viên Diễn đàn Mathscope đã tích cực thảo luận, giúp chúng tôi có thêm gợi ý để giải các bài toán. Mọi thắc mắc, ý kiến xin gửi tin nhắn về fanpage Toán học cho mọi người - Math for Everyone hoặc gửi email về địa chỉ blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com. Cảm ơn tất cả các bạn! 6
5. Mục lục 1 CÁC BÀI TOÁN 8 2 LỜI GIẢI 16 1.1 Bất đẳng thức . . . . . 8 2.1 Bất đẳng thức . . . . . 16 1.2 Đa thức . . . . . . . . . 11 2.2 Đa thức . . . . . . . . . 29 1.3 Phương trình và hệ 2.3 Phương trình và hệ phương trình . . . . . . 12 phương trình . . . . . . 35 1.4 Phương trình hàm . . . 14 2.4 Phương trình hàm . . . 43 MỤC LỤC 7
6. Chương 1 CÁC BÀI TOÁN 1.1B ẤT ĐẲNG THỨC Bài 1. Cho a, b, c là các số thực thoả mãn điều kiện 3a2 + 2b2 + c2 = 6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 (a + b + c) − abc. (Kon Tum) Bài 2. Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 √ ab + bc + ca √ (a + b + c) + + + 4 2 ≤ 9 + 4 2. a b c a2 + b2 + c2 đúng với mọi số thực dương a, b, c. (Ninh Bình) Bài 3. Cho n ∈ N và a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng:  1 1  √ √ 2 (an − bn) − ≥ 4n (n − 1) a − b bn−1 an−1 (Quảng Trị) Bài 4. a) Với mọi số thực a, chứng minh rằng (a − 4)2 (a + 2)2 3 + ≥ . a2 + 16 a2 + 8 2 b) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng a − 1 b − 1 c − 1 3 + + ≥ − . a2 + 8 b2 + 8 c2 + 8 8 (Vĩnh Long) 8 CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN
7. Bài 5. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + + ≤ . 4a2 + b2 + c2 a2 + 4b2 + c2 a2 + b2 + 4c2 2 (Nam Định) Bài 6. Giả sử α, β là các nghiệm thực của phương trình 4x2 − 4tx − 1 = 0 (t ∈ R) 2x − t và [α, β] là tập xác định của hàm số f (x) = . x2 + 1 a) Đặt g (t) = max f (x) − min f (x). Tìm g (t) theo t.  π  b) Chứng minh rằng: Với u , u , u ∈ 0, , nếu sin u + sin u + sin u = 1 thì 1 2 3 2 1 2 3 √ 1 1 1 3 6 + + < . g (tan u1) g (tan u2) g (tan u3) 4 (Bến Tre) Bài 7. Cho các số thực dương a, b thoả mãn a − a3 ≥ b + b3. Chứng minh rằng a2 + b2 < 1. (Đồng Tháp) Bài 8. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a b c 2 1 1 1 + + ≤ (a + b + c) + + . b c a a b c (Lạng Sơn) Bài 9. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 + + ≥ 9. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) (Quảng Ngãi) Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương và n ∈ N≥2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức s s s a2 + bc b2 + ca c2 + ab P = n + n + n . a (b + c) b (c + a) c (a + b) (Hưng Yên) Bài 11. Cho các số thực a, b, c ∈ (0, 1). Chứng minh rằng √ abc + p(1 − a) (1 − b) (1 − c) < 1. (Kon Tum) CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN 9
8. Bài 12. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x3 + y3 + z3 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xyz + (x + y + z)2 P = . 5 (xy + yz + zx) + 1 (Quảng Nam) Bài 13. Cho số nguyên dương n ≥ 3 và 2n số thực dương a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn n n P P 2 thoả mãn ak = 1 và bk = 1. Chứng minh rằng k=1 k=1 n X ak (bk + ak+1) < 1 k=1 với an+1 = a1. (Quảng Ninh)  π  Bài 14. Cho x, y ∈ 0, . Chứng minh rằng 2 1 1 1 9 + + ≤ . sin2 x. sin2 y + 1 sin2 x. cos2 y + 1 cos2 x + 1 2 sin2 x. sin 2y + sin 2x. sin y + sin 2x. cos y
   (Bình Thuận) Bài 15. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 6 (ab + bc + ca) p(a + b)(b + c) + p(b + c)(c + a) + p(c + a)(a + b) ≥ . a + b + c (Vĩnh Phúc) Bài 16. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng c2 b a3b2c + + ≥ ac + ab + 1. b2 ac2 (Yên Bái) Bài 17. Cho a, b, c là cá số thực dương thoả mãn ab ≥ 1 và c (a + b + c) ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b + 2c a + 2c P = + + 6 ln (a + b + 2c) . 1 + a 1 + b (Tiền Giang) Bài 18. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xy + yz + zx = 2xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P = + + . x (2x − 1)2 y (2y − 1)2 z (2z − 1)2 (Hậu Giang) Bài 19. Cho n là một số nguyên lớn hơn 1 và (x1, x2, . . . , xn) là hoán vị của tập {1, 2, 3, . . . , n} (tập hợp gồm n số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: n X n2(n + 1)2 kx (k + x ) 6 . k k 2 k=1 (Sư phạm Hà Nội) 10 CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN
9. 1.2Đ A THỨC Bài 1. Ký hiệu tập hợp M = {−10; −9; −8; ; 9; 10}. Xét đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c √
   9 trong đó các hệ số a, b, c đều thuộc M. Biết rằng P 2 + 2 0. Chứng minh rằng pn P (0) − pn P (y) ≥ y. (Quảng Bình) Bài 4. Cho đa thức P (x) có hệ số nguyên, bậc 2 và hệ số bậc 2 bằng 1 thoả mãn tồn tại đa thức Q (x) có hệ số nguyên sao cho P (x) Q (x) là đa thức có tất cả các hệ số đều là 1. a) Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) có nghiệm thực x0 thì |x0| < 2. b) Tìm tất cả các đa thức P (x). (Lạng Sơn) Bài 5. Cho P (x) là đa thức có bậc không vượt quá 2017 thoả mãn |P (k)| ≤ k + 1 ∀k ∈ {0; 1; ; 2017}. Chứng minh rằng |P (2018)| + |P (−1)| ≤ 2019 (22018 − 1). (Hải Phòng) Bài 6. Tìm tất cả các đa thức f (x) thoả mãn f (x + y) = f (x) + f (y) − 3xy ∀x, y ∈ R. (Đăk Lăk) Bài 7. Cho đa thức bậc 3 P (x) = x3 − 3x. a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a, b, c đôi một phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a. CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN 11
10. b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực (ai, bi, ci) với i = 1, 3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P (ai) = bi; P (bi) = ci; P (ci) = ai với i = 1, 3. Đặt Si = ai + bi + ci với i = 1, 3. Chứng minh rằng 2 2 2 S1 + S2 + S3 6= S1S2 + S2S3 + S3S1. (Tp. HCM) Bài 8. Cho P (x) là đa thức hệ số nguyên. Có hay không 3 số nguyên a, b, c phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a? (Trường Trung học Thực hành - Đại học Sư phạm Tp. HCM) Bài 9. Cho a1, a2, . . . , a2018 là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng đa thức 2 2 2 P (x) = (x − a1) (x − a2) (x − a2018) + 1 bất khả quy trên Z. (Trường Trung học Thực hành - Đại học Sư phạm Tp. HCM) 1.3P HƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Giải hệ phương trình:  2x2 − xy + y2 + x + y − 1 = 0 √ √ (x, y ∈ R). 4 x + 3 + y = 4 y + 3 + x (Đồng Nai) Bài 2. Giải hệ phương trình:  8(x4 + y2 − xy3) − 9x = 0 . 8(y4 + x2 − yx3) − 9y = 0 (Đồng Tháp) Bài 3. Giải phương trình: 1 1 + = x 1 1 + 1+ . 1 1 + x trong đó vế trái gồm có 2018 dấu phân số. (Hải Phòng) 12 CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN
11. Bài 4. Giải hệ phương trình: √ √ √ √  x − 1 + x + 1 = y − 1 + y + 1 √ . x2 + x + 12 y + 1 = 36 (Kon Tum) Bài 5. Giải hệ phương trình: √  2x + y − x + y = 1 √ √ . 2x + y + 4x + y = 2 (Long An) Bài 6. Giải hệ phương trình:  y + py2 + 1  (x − y)(x2 + xy + y2 − 2) = 2ln √ x + x2 + 1 .  3x · 2x = 3y + 2y + 1 (Ninh Bình) Bài 7. Giải hệ phương trình: √ √  xy + x + xy − y = x + y √ √ . (x − 3) y − 1 + (x + 2) y + 4 = x2 − x (Bình Định) Bài 8. Giải hệ phương trình:  x3 − 6x2 + 13x = y3 + y + 10 √ √ (x, y ∈ R). 2x + y + 5 − 3 − x − y = x3 − 3x2 − 10y + 6 (Vĩnh Long) Bài 9. Giải bất phương trình: √ 2(x − 1) x2 + 2x − 1 ≤ x2 − 2x − 1 (x ∈ R). (Vĩnh Long) Bài 10. Giải phương trình: √ √ 4 x + 1 + 2 2x + 3 = (x − 1)(x2 − 2). Bình Dương CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN 13
12. 1.4P HƯƠNG TRÌNH HÀM Bài 1. Xác định tất cả các hàm f : R → R và g : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện: i. Với mọi x, y ∈ R: 2f (x) − g (x) = f (y) − y; ii. Với mọi x ∈ R: f (x) g (x) ≥ x + 1. (Bến Tre) Bài 2. Cho hàm số f : R → R thoả mãn f (xf (y)) + f (f (x) + f (y)) = yf (x) + f (x + f (y)) ∀x, y ∈ R. a) Chứng minh rằng: "Nếu tồn tại a ∈ R sao cho f (a) 6= 0 thì f là đơn ánh. b) Tìm tất cả các hàm số f. (Long An) Bài 3. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f f (x) − y2
    = f x2
    + y2f (y) − 2f (xy) ∀x, y ∈ R. (Phú Thọ) Bài 4. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f (x − y) + f (xy) = f (x) − f (y) + f (x) f (y) ∀x, y ∈ R. (Quảng Bình) Bài 5. Cho hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời i. (f (x3 + x))2 ≤ f (2x) + 2 ∀x ∈ R ii. (f (−2x))3 ≥ 3f (−x3 − x) + 2 ∀x ∈ R a) Chứng minh rằng f (x) không phải là đơn ánh trên R. b) Chứng minh rằng f (x) ≥ −1 ∀x ∈ R (Tp. HCM) Bài 6. Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục trên R và thoả mãn f (x + y) f (x − y) = (f (x) f (y))2 ∀x, y ∈ R. (Đà Nẵng) 14 CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN
13. Bài 7. Cho hàm số f : R → R thoả mãn f (x + f (y)) = f (x) + yn với mọi x, y ∈ R. Biết rằng f là hàm đơn điệu thực sự. a) Tìm tất cả các f khi n = 1. b) Có hay không hàm f khi n = 2019? (Trường Trung học Thực hành - Đại học Sư phạm Tp. HCM) Bài 8. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f (x + y) = f (x) cos (y) + f (y) cos (x) ∀x, y ∈ R. (Trường Trung học Thực hành - Đại học Sư phạm Tp. HCM) Bài 9. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f x2 − f 2 (y)
    = xf (x) + y2 ∀x, y ∈ R. (Hà Nam) Bài 10. Tìm tất cả các hàm số f : R → R, biết rằng f là hàm số chẵn và thoả mãn f (xy) − f (x) f (y) = 2018 (f (x + y) − 2xy − 1) ∀x, y ∈ R. (Vĩnh Long) Bài 11. Tìm hàm số f (x) xác định và liên tục trên R+ thoả mãn x + y  f = pf (x) f (y) ∀x, y ∈ R+. 2 (Đăk Lăk) Bài 12. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thoả mãn f xf y2
    − yf x2
    
    = (y − x) f (xy) với mọi y > x > 0 (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN 15
14. Chương 2 LỜI GIẢI 2.1B ẤT ĐẲNG THỨC BÀI 1 (KON TUM) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn điều kiện 3a2 + 2b2 + c2 = 6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 (a + b + c) − abc. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  √ √ 2 P 2 = a (2 − bc) + 2. 2 (b + c) ≤ a2 + 2
    2 − bc2
    + 2 (b + c)2
    = a2 + 2
    b2 + 2
    c2 + 2
    . Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 a2 + 2
    b2 + 2
    c2 + 2
    = .3 a2 + 2
    b2 + 2
    c2 + 2
    6 1 3 (a2 + 2) + 2 (b2 + 2) + (c2 + 2)3 ≤ 6 3 = 36. Từ đó suy ra P 2 ≤ 36 hay −6 ≤ P ≤ 6. Mặt khác với a = 0, b = 1, c = 2 thì 3a2 + 2b2 + c2 = 6 và P = 6 và với a = 0, b = −1, c = −2 thì 3a2 + 2b2 + c2 = 6 và P = −6. Vậy Pmax = 6 và Pmin = −6. BÀI 2 (NINH BÌNH) Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 √ ab + bc + ca √ (a + b + c) + + + 4 2 ≤ 9 + 4 2. a b c a2 + b2 + c2 đúng với mọi số thực dương a, b, c. 16 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
15. Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 1 1 √ √ ab + bc + ca (a + b + c) + + − 9 ≤ 4 2 − 4 2 a b c a2 + b2 + c2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 √ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ⇔ + + ≤ 2 2 (2.1) ab bc ca a2 + b2 + c2 (a − b)2 (a − c)2 Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a ≤ b ≤ c. Khi đó: ≤ . b c Áp dụng bất đẳng thức Chebysev, ta có " # (a − b)2 (a − c)2 + (b + c) ≤ 2 (a − b)2 + (a − c)2 b c (a − b)2 (a − c)2 2 (a − b)2 + (a − c)2 ⇔ + ≤ (2.2) ab ac a (b + c) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 a2 + b2 + c2
    ≤ 2a2 + (b + c)2 . Suy ra 2 (a − b)2 + (a − c)2 √ (a − b)2 + (c − a)2 ≤ 2 2 (2.3) a (b + c) a2 + b2 + c2 √ Do a ≤ b ≤ c nên a2 + b2 + c2 ≤ 3bc ≤ 2 2bc. Suy ra (b − c)2 √ (b − c)2 ≤ 2 2 . (2.4) bc a2 + b2 + c2 Từ (2.2), (2.3) và (2.4) ta có ngay bất đẳng thức (2.1)√ đúng.√ Phép chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c hoặc a = 2b = 2c và các hoán vị. BÀI 3 (QUẢNG TRỊ) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãna + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 3 P = + − (a + b)2 . (b + c)2 + 5bc (c + a)2 + 5ca 4 (x + y)2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức xy ≤ , ∀x, y > 0, ta có 4 a2 a2 4a2 ≥ = . (2.5) 2 5 2 (b + c) + 5bc (b + c)2 + (b + c)2 9 (b + c) 4 Tương tự ta có b2 4b2 ≥ . (2.6) (c + a)2 + 5ca 9 (c + a)2 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 17
16. Từ (2.5) và (2.6) ta có 4  a2 b2  3 2  a b 2 3 P ≥ + − (a + b)2 ≥ + − (a + b)2 9 (b + c)2 (c + a)2 4 9 b + c c + a 4 2 a2 + b2 + c (a + b)2 3 = − (a + b)2 9 ab + c (a + b) + c2 4  (a + b)2  + c (a + b) 2  2  3 2 ≥   − (a + b) 9  (a + b)2  4 + c (a + b) + c2 4 8  2 2 3 = 1 − − (1 − c)2 . 9 c + 1 4 8  2 2 3 1 Xét hàm số f (x) = 1 − − (1 − x)2 , ∀x ∈ (0, 1). Ta có f 0 (x) = 0 ⇔ x = . 9 x + 1 4 3 Lập bảng biến thiên và từ đó suy ra 1 f (x) ≥ − , ∀x ∈ (0, 1) . 9 Do đó ta có 1 P ≥ f (c) ≥ − . (2.7) 9 1 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − . 3 9 BÀI 4 (VĨNH LONG) a) Với mọi số thực a, chứng minh rằng (a − 4)2 (a + 2)2 3 + ≥ . a2 + 16 a2 + 8 2 b) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng a − 1 b − 1 c − 1 3 + + ≥ − . a2 + 8 b2 + 8 c2 + 8 8 Lời giải. a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  −8 a + 8  a2 (a − 4)2 a + ≥ 0 ⇔ ≥ 0 a2 + 16 2a2 + 16 (a2 + 16) (2a2 + 16) Điều này luôn đúng với mọi số thực a. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc a = 4. Vậy phép chứng minh hoàn tất. 18 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
17. b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4 (a − 1) 4 (b − 1) 4 (c − 1) 3 + 1 + + 1 + + 1 ≥ a2 + 8 b2 + 8 c2 + 8 2 (a + 2)2 (b + 2)2 (c + 2)2 3 ⇔ + + ≥ a2 + 8 b2 + 8 c2 + 8 2 Vì a + b + c = 0 nên không mất tính tổng quát, ta giả sử ab ≥ 0. Khi đó a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab ≤ (a + b)2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết hợp với (14), ta có (a + 2)2 (b + 2)2 (a + b + 4)2 (4 − c)2 + ≥ ≥ . (2.8) a2 + 8 b2 + 8 a2 + b2 + 16 c2 + 16 Áp dụng câu a), ta có (c − 4)2 (c + 2)2 3 + ≥ (2.9) c2 + 16 c2 + 8 2 Kết hợp (2.8) và (2.9) ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc a = b = 2, c = 4 cùng các hoán vị. BÀI 5 (NAM ĐỊNH) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + + ≤ . 4a2 + b2 + c2 a2 + 4b2 + c2 a2 + b2 + 4c2 2 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 9 9 9 9 + + ≤ 4a2 + b2 + c2 a2 + 4b2 + c2 a2 + b2 + 4c2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 9 (a + b + c)2 1 b2 c2 = ≤ + + (2.10) 4a2 + b2 + c2 2a2 + (a2 + b2) + (a2 + c2) 2 a2 + b2 a2 + c2 Hoàn toàn tương tự, ta có 9 1 c2 a2 ≤ + + , (2.11) a2 + 4b2 + c2 2 b2 + c2 b2 + a2 9 1 a2 b2 ≤ + + . (2.12) a2 + b2 + 4c2 2 c2 + a2 c2 + b2 Cộng từng vế của (2.10), (2.11) và (2.12)) ta được 9 9 9 3 9 + + ≤ + 3 = . 4a2 + b2 + c2 a2 + 4b2 + c2 a2 + b2 + 4c2 2 2 Vậy phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 19
18. BÀI 6 (BẾN TRE) Giả sử α, β là các nghiệm thực của phương trình 4x2 − 4tx − 1 = 0 (t ∈ R) và [α, β] là tập 2x − t xác định của hàm số f (x) = . x2 + 1 a) Đặt g (t) = max f (x) − min f (x). Tìm g (t) theo t.  π  b) Chứng minh rằng: Với u , u , u ∈ 0, , nếu sin u + sin u + sin u = 1 thì 1 2 3 2 1 2 3 √ 1 1 1 3 6 + + t (x + x ) − 2x x + ≥ 0. 2 1 1 2 2 1 1 2 2 nên f (x2) − f (x1) > 0 dẫn đến f là hàm tăng trên [α, β]. 1 Theo định lí Viete, ta có α + β = t và αβ = − nên thay vào (2.13) ta được 4 √  5 t2 + 1 t2 + √ 2 8 t2 + 1 (2t2 + 5) g (t) = f (β) − f (α) = = . 25 16t2 + 25 t2 + 16 b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 8  2  16 √ 2 + 3 + 24 cos (ui) cos (ui) cos (ui) cos (ui) 16 6 g (tan (ui)) = = 2 ≥ 2 . 16 16 + 9 cos (ui) 16 + 9 cos (ui) 2 + 9 cos (ui) Do đó, 3 3 3 ! X 1 1 X 1 X ≤ √ 16 + 9 cos2 (u ) = √ 75 − 9 sin2 (u ) . (2.14) g (tan (u )) i i i=1 i 16 6 i=1 16 6 i=1 20 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
19. 3 P  π  Vì sin (ui) = 1 với ui ∈ 0, , i = 1, 2, 3 ta có i=1 2 3 3 !2 X 2 X 3 sin (ui) > sin (ui) = 1. (2.15) i=1 i=1 Từ (2.14) và (2.15) ta có √ 1 1 1 1  1 3 6 + + 0 nên 0 < a < 1. Do đó b+b3 < 1. Suy ra 0 < b < 1. Giả sử phản chứng a2 + b2 ≥ 0. Từ giả thiết ta có (a − b) ≤ (a + b) a2 − ab + b2
    ≤ (a + b) (1 − ab) . Suy ra a (a + b) ≤ 2. Điều này vô lí vì 0 < a, b < 1. Vậy a2 + b2 < 1 BÀI 8 (LẠNG SƠN) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a b c 2 1 1 1 + + ≤ (a + b + c) + + . b c a a b c Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 b2  c 2 a b c a a b b c c + + + 2 + 2 + 2 ≥ 3 + + + + + + b c a c a b b c a c a b a2 b2  c 2 a b c a b c ⇔ + + + + + ≥ 3 + + + b c a c a b b c a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a b c + + ≥ 3. (2.16) c a b và a2 a a2 a + 1 ≥ 2 ⇔ ≥ 2 − 1. b b b b CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 21
20. b2 b  c 2 c Hoàn toàn tương tự, ta có ≥ 2 − 1 và ≥ 2 − 1. Từ đây ta suy ra c c a a a2 b2  c 2 a b c a b c  a b c + + ≥ + + + + + − 3 ≥ + + . (2.17) b c a b c a b c a b c a Cộng (2.16) với (2.17) vế theo vế ta có ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. BÀI 9 (QUẢNG NGÃI) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 + + ≥ 9. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a3 + 5 = a3 + 1 + 1
    + 3 ≥ 3a + 3 Hoàn toàn tương tự, ta có b3 + 5 ≥ 3b + 3 và c3 + 5 ≥ 3c + 3. Từ đây ta suy ra a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 3a + 3 3b + 3 3c + 3 + + ≥ + + (2.18) a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) Ta có 3a + 3 3b + 3 3c + 3 3a (abc) + 3 (abc)2 3b (abc) + 3 (abc)2 3c (abc) + 3 (abc)2 + + = + + a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 3 (bc + b2c2) 3 (ca + c2a2) 3 (ab + a2b2) = + + . ab + bc bc + ca ca + ab (2.19) Đặt x = bc, y = ca, z = ab. Khi đó, x, y, z > 0 và xyz = 1. Ta viết lại (2.19) 3a + 3 3b + 3 3c + 3 x + x2 y + y2 z + z2  + + = 3 + + a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) y + z z + x x + y  x y z   x2 y2 z2  = 3 + + + 3 + + y + z z + x x + y y + z z + x x + y (2.20) Ta lại có x y z 3 + + ≥ (2.21) y + z z + x x + y 2 và √ x2 y2 z2 3 3 xyz 3 + + ≥ = (2.22) y + z z + x x + y 2 2 nên từ (2.18), (2.20), (2.21) và (2.22) ta suy ra a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 3a + 3 3b + 3 3c + 3 3 3 + + ≥ + + ≥ 3. + 3. = 9. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2 2 Vậy phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 22 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
21. BÀI 10 (HƯNG YÊN) Cho a, b, c là các số thực dương và n ∈ N≥2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức s s s a2 + bc b2 + ca c2 + ab P = n + n + n . a (b + c) b (c + a) c (a + b) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có s a2 + bc b2 + ca c2 + ab P ≥ 3. 3n . . (2.23) a (b + c) b (c + a) c (a + b) Ta chứng minh a2 + bc b2 + ca c2 + ab . . ≥ 1. (2.24) a (b + c) b (c + a) c (a + b) Thật vậy, do a, b, c > 0 nên bất đẳng thức (2.24) đưa về a2 + bc
    b2 + ca
    c2 + ab
    ≥ abc (a + b)(b + c)(c + a) . (2.25)  √   √  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai bộ số a, bc và b, bc ta được a2 + bc
    b2 + bc
    ≥ (ab + bc)2 (2.26) ⇔ b a2 + bc
    (b + c) ≥ b2 (a + c)2 . (2.27) Hoàn toàn tương tự, ta có c b2 + ca
    (c + a) ≥ c2 (a + b)2 (2.28) a c2 + ab
    (a + b) ≥ a2 (b + c)2 (2.29) Vì các vế của (2.27), (2.28) và (2.29) đều dương nên nhân vế theo vế các bất đẳng thức đó với nhau rồi chia cả 2 vế của bất đẳng thức vừa thu được cho abc (a + b)(b + c)(c + a), ta được (2.25), do đó có (2.24). Điều này kết hợp với (2.23), ta có s a2 + bc b2 + ca c2 + ab P ≥ 3. 3n . . ≥ 3. a (b + c) b (c + a) c (a + b) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3. BÀI 11 (KON TUM) Cho các số thực a, b, c ∈ (0, 1). Chứng minh rằng √ abc + p(1 − a) (1 − b) (1 − c) < 1. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 23
22. Lời giải. Do a, b, c ∈ (0, 1) nên abc ∈ (0, 1) và (1 − a) (1 − b) (1 − c) ∈ (0, 1). Điều này kết hợp với bất đẳng thức AM-GM, ta có √ √ a + b + c abc < 3 abc ≤ 3 và 1 − a + 1 − b + 1 − c p(1 − a) (1 − b) (1 − c) < p3 (1 − a) (1 − b) (1 − c) ≤ . 3 Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên, ta có ngay điều phải chứng minh. BÀI 12 (QUẢNG NAM) Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x3 + y3 + z3 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xyz + (x + y + z)2 P = . 5 (xy + yz + zx) + 1 Lời giải. Đặt p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz. Chú ý rằng 3xyz = x3 + y3 + z3
    − (x + y + z) (x + y + z)2 − 3 (xy + yz + zx) Do đó ta có 15 + 5p (3q − p2) + 15p2 15P = 5q + 1 15 + 15p2 − 5p3 − 3p = 3p + 5q + 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (x + y + z)3 ≤ x3 + y3 + z3
    (1 + 1 + 1) (1 + 1 + 1) = 27. p2 Từ đây ta suy ra p ≤ 3 và ≤ p. Do đó, 3 15 + 15p2 − 5p3 − 3p 15P ≥ 3p + 5p + 1 (3 − p) (40p2 + 39) 3 = 3 (p − 3) + − 9 − . 5p + 1 8 40p2 + 39 3 5 Do p ≤ 3 và ≥ 3 nên 15P − 9 − ≥ 0 hay P ≥ . Đẳng thức xảy ra khi 5p + 1 8 8 5 và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 8 24 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
23. BÀI 13 (QUẢNG NINH) Cho số nguyên dương n ≥ 3 và 2n số thực dương a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn thoả mãn n n P P 2 ak = 1 và bk = 1. Chứng minh rằng k=1 k=1 n X ak (bk + ak+1) y và đồng thời 1≤i≤j≤n k=1 n !2 n X X 2 1 = ak = ak + 2x > y =⇒ y < 1. k=1 k=1 √ Ta cần chứng minh 1 − 2x + y < 1. Thật vật, bất đẳng thức trên tương đương với 2 (y − x) < y2. Điều này hiển nhiên đúng nên phép chứng minh hoàn tất. BÀI 14 (BÌNH THUẬN)  π  Cho x, y ∈ 0, . Chứng minh rằng 2 1 1 1 9 + + ≤ . sin2 x. sin2 y + 1 sin2 x. cos2 y + 1 cos2 x + 1 2 sin2 x. sin 2y + sin 2x. sin y + sin 2x. cos y
    CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 25
24. Lời giải. Đặt a = sin x. sin y, b = sin x. cos y, c = cos x thì a, b, c > 0 và a2 +b2 +c2 = 1. Ta cần chứng minh 1 1 1 9 + + ≤ . a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 4 (ab + bc + ca) Thật vậy, ta có 1 1 1 1 1 1 2 (a + b + c) + + ≤ + + = . a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) (a + b)(b + c)(c + a) Mặt khác ta có (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc 1 ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) − (a + b + c)(ab + bc + ca) 9 8 = (a + b + c)(ab + bc + ca) 9 nên 1 1 1 9 + + ≤ . a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 4 (ab + bc + ca) 1 1 π Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √ ⇔ x = arccos √ , y = . Vậy 3 3 4 phép chứng minh hoàn tất. BÀI 15 (VĨNH PHÚC) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 6 (ab + bc + ca) p(a + b)(b + c) + p(b + c)(c + a) + p(c + a)(a + b) ≥ . a + b + c Lời giải. Từ các bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân và trung bình điều hòa, ta có p(a + b)(b + c) + p(b + c)(c + a) + p(c + a)(a + b) ≥ 3p3 (a + b)(b + c)(c + a) 9 ≥ 1 1 1 + + a + b b + c c + a 9 (a + b)(b + c)(c + a) = . a2 + b2 + c2 + 3 (ab + bc + ca) Như vậy ta chỉ cần chỉ ra rằng 3 (a + b + c)(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2 (ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 + 3 (ab + bc + ca) . Thật vậy ta có 3 (a + b + c)(a + b)(b + c)(c + a) − 2 (ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 + 3 (ab + bc + ca) = a (b + c)(b − c)2 + b (c + a)(c − a)2 + c (a + b)(a − b)2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy phép chứng minh hoàn tất. 26 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
25. BÀI 16 (YÊN BÁI) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng c2 b a3b2c + + ≥ ac + ab + 1. b2 ac2 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với c 1 a 1 a a3b + + ≥ + + . b3 ac3 b bc c 1 1 Đặt x = a, y = , z = thì x, y, z > 0 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b c x3 y3 z3 + + ≥ xy + yz + zx. y z x Ta có đánh giá sau x3 x3 + y3 ≥ xy (x + y) = xy2 + x2y ⇔ + y2 ≥ xy + x2. y Hoàn toàn tương tự, y3 + z2 ≥ yz + y2 z z3 + x2 ≥ xz + z2. x Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có ngay x3 y3 z3 + + ≥ xy + yz + zx. y z x 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay = b = c. Vậy phép chứng minh a hoàn tất. BÀI 17 (TIỀN GIANG) Cho a, b, c là cá số thực dương thoả mãn ab ≥ 1 và c (a + b + c) ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b + 2c a + 2c P = + + 6 ln (a + b + 2c) . 1 + a 1 + b Lời giải. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 27
26. BÀI 18 (HẬU GIANG) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xy + yz + zx = 2xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P = + + . x (2x − 1)2 y (2y − 1)2 z (2z − 1)2 Lời giải. Theo đề bài, ta có xy + yz + zx = 2xyz ⇔ x (y + z) = yz (2x − 1) x (y + z) 1 1 ⇔ 2x − 1 = = x + . yz y z Do đó, ta có 1 1 1 P = + + x (2x − 1)2 y (2y − 1)2 z (2z − 1)2 1 1 1 3 y3 3 = x + + z . 1 12 1 1 2  1 12 + + + y z z x x y 1 1 1 Thay (x, y, z) bởi , , , ta được a + b + c = 2 và a b c a3 b3 c3 P = + + (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2  a3 b + c b + c  b3 c + a c + a  c3 a + b a + b = + + + + + + + + − (b + c)2 8 8 (c + a)2 8 8 (a + b)2 8 8 a + b + c − 2 3 1 1 1 ≥ (a + b + c) − (a + b + c) = (a + b + c) = . 4 2 4 2 2 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = hay x = y = z = . Vậy 3 2 1 min P = . 2 BÀI 19 (TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐH SƯ PHẠM HÀ NỘI) Cho n là một số nguyên lớn hơn 1 và (x1, x2, . . . , xn) là hoán vị của tập {1, 2, 3, . . . , n} (tập hợp gồm n số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: n X n2(n + 1)2 kx (k + x ) 6 . k k 2 k=1 28 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
27. 6 3 3 6 3 3 Lời giải. Ta có ab(a + b) a + b , do đó kxk(k + xk) k + xk. Vậy nên, n n n X 6 X 3 3 X 3 kxk(k + xk) (k + xk) = 2 k . k=1 k=1 k=1 n(n + 1)2 Mà Pn k3 = nên ta có đpcm. Dấu -"xảy ra khi x = k với k = 1, n k=1 2 k 2.2Đ A THỨC BÀI 1 (HÀ TĨNH) Ký hiệu tập hợp M = {−10; −9; −8; ; 9; 10}. Xét đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c √
    9 trong đó các hệ số a, b, c đều thuộc M. Biết rằng P 2 + 2 (mâu thuẫn với giả thiết). m − n 2 110 + 64 2 2018 √ √ P 2 + 2
    = m + n 2 = 0 m = n = 2 Vậy √ , suy ra √ . √ Mặt khác ta lại có P 2 − 2
    = m − n 2 = 0 hay 2  2 là nghiệm của P (x). Vậy ta được  c  P (x) = x2 − 4x + 2
    x + 2 −c Suy ra P (x) còn có nghiệm ∈ Q. 2 √ √ −c Vậy P (x) có 3 nghiệm phân biệt là 2 + 2, 2 − 2, . 2 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 29
28. BÀI 2 (NINH BÌNH) Cho đa thức P (x) có hệ số nguyên và a, b, c là các số nguyên thoả mãn P (a) = 1; P (b) = 2 và P (c) = 3. Chứng minh rằng a + c = 2b.  a − b = 1 Lời giải. Ta có a − b|P (a) − P (b), mà P (a) − P (b) = −1 nên suy ra . a − b = −1  c − b = 1 Tương tự ta cũng được Rõ ràng a 6= c (do P (a) 6= P (a)) nên a − b 6= c − b = −1 c − b. Từ đây ta được  a − b = 1  a − b = −1 ∨ c − b = −1 c − b = 1 Suy ra a + c = 2b. Vậy ta được điều phải chứng minh. BÀI 3 (QUẢNG BÌNH) n n−1 Cho n là số nguyên dương chẵn và P (x) = x + an−1x + + a1x + a0 là đa thức với hệ số thực và có n nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt). Giả sử y là số thực dương thoả mãn với mọi số thực t 0. Chứng minh rằng pn P (0) − pn P (y) ≥ y. Lời giải. Gọi x1, x2, . . . , xn là các nghiệm của P (x). Nếu tồn tại i ∈ {1, 2, . . . , n} sao cho xi 0 (mâu thuẫn vì xi là nghiệm của P (x)). Suy ra 0 0 (do n là số chẵn và xi > 0) Mặt khác, ta cũng có n P (y) = (y − x1)(y − x2) (y − xn) = (−1) (x1 − y)(x2 − y) (xn − y) = (x1 − y)(x2 − y) (xn − y) ≥ 0 (do n là số chẵn và xi ≥ y). Điều cần chứng minh trở thành n h pn i y + (x1 − y)(x2 − y) (xn − y) ≤ x1x2 . . . xn. Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được x1x2 . . . xn = (y + x1 − y)(y + x2 − y) (y + xn − y) h√ in h in n n pn pn ≥ y + (x1 − y)(x2 − y) (xn − y) = y + (x1 − y)(x2 − y) (xn − y) . Vậy ta được điều phải chứng minh. 30 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
29. BÀI 4 (LẠNG SƠN) Cho đa thức P (x) có hệ số nguyên, bậc 2 và hệ số bậc 2 bằng 1 thoả mãn tồn tại đa thức Q (x) có hệ số nguyên sao cho P (x) Q (x) là đa thức có tất cả các hệ số đều là 1. a) Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) có nghiệm thực x0 thì |x0| < 2. b) Tìm tất cả các đa thức P (x). Lời giải. a) Giả sử P (x) có nghiệm thực là x0, khi đó x0 cũng là nghiệm của đa thức n n−1 P (x) Q (x) = anx + an−1x + + a1x + a0 (ai = 1) Dễ thấy x0 6= 0 nên từ đây suy ra 1  1  1 − n a n a n |a | n 1 |x | |x |n 1 X n−k X n−k X n−k X 0 0 1 = |an| = k ≤ k = k = k = < x x x x 1 |x0| − 1 k=1 0 k=1 0 k=1 0 k=1 0 1 − |x0| Do đó ta được |x0| < 2. b) Bằng cách đồng nhất hệ số tự do trong đa thức P (x) Q (x), ta được P (x) = x2 + mx  1 (m ∈ Z) Rõ ràng nếu m ∈ {0, 1} thì ta có thể chọn Q (x) = 1. Do đó ta chỉ cần xét với 2 |m| ≥ 2, khi đó ∆P (x) = m − 4 ≥ 0 nên P (x) có 2 nghiệm x1, x2. Áp dụng định lý Viet và câu a ở trên ta được |m| = |x1 + x2| ≤ |x1| + |x2| < 2 + 2 = 4 Vậy ta chỉ cần xét 2 trường hợp TH1: |m| = 2 – P (x) = x2  2x − 1: đa thức này có nghiệm không thoả mãn câu a nên loại. – P (x) = x2  2x + 1 = (x  1)2: chọn Q (x) = x ∓ 1. TH2: P (x) = x2  3x  1: đa thức này có nghiệm không thoả mãn câu a nên loại. Vậy các đa thức cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán là: P (x) = x2 + 1; P (x) = x2  x  1; P (x) = x2  2x + 1. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 31
30. BÀI 5 (HẢI PHÒNG) Cho P (x) là đa thức có bậc không vượt quá 2017 thoả mãn |P (k)| ≤ k + 1 ∀k ∈ {0; 1; ; 2017}. Chứng minh rằng |P (2018)| + |P (−1)| ≤ 2019 (22018 − 1). Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange cho P (x) với các số 0, 1, 2, , 2017 ta có 2017 2017−i Y (−1) (x − j) 2017 X j=0,j6=i P (x) = P (i) i! (2017 − i)! i=0 Suy ra 2017 2017−i 2017 2017 X (−1) P (i) X i + 1 X |P (2018)| = 2018! ≤ 2018! = (i + 1) Ci i! (2018 − i)! i! (2018 − i)! 2018 i=0 i=0 i=0 2017 2017−i 2017 2018 X (−1) P (i) X i + 1 |P (−1)| = (−1) 2018! ≤ 2018! − (i + 1)! (2017 − i)! (i + 1)! (2017 − i)! i=0 i=0 2017 X i+1 = (i + 1) C2018 i=0 Từ đây ta được 2017 X i i+1
    |P (2018)| + |P (−1)| ≤ (i + 1) C2018 + C2018 i=0 2017 2017 X i+1 X i 2018
    = (i + 1) C2019 = 2019C2018 = 2019 2 − 1 . i=0 i=0 Vậy ta được điều cần chứng minh. BÀI 6 (ĐĂK LĂK) Tìm tất cả các đa thức f (x) thoả mãn f (x + y) = f (x) + f (y) − 3xy ∀x, y ∈ R. n n−1 Lời giải. Với n ∈ N, giả sử deg f = n và f (x) = anx + an−1x + + a1x + a0, trong đó a1, a2, . . . , an ∈ R và an 6= 0. Từ giả thiết ta được f (2x) = 2f (x) − 3x2. Tới đây ta xét 2 trường hợp TH1: n > 2. Do f (2x) = 2f (x) − 3x2 nên ta được n n−1 n n−1
    2 an(2x) +an−1(2x) + +a1 (2x)+a0 = 2 anx + an−1x + + a1x + a0 −3x So sánh hệ số của xn ở 2 vế ta được điều mâu thuẫn. 32 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
31. TH2: n ≤ 2. Ta thấy với n = 0 hoặc n = 1 thì không tồn tại đa thức thoả mãn đề bài nên n = 2. Đặt f (x) = ax2 + bx + c (a 6= 0). Khi đó từ giả thiết ta được a(x + y)2 + b (x + y) + c = ax2 + bx + c
    + ay2 + by + c
    − 3xy ∀x, y ∈ R ⇔ (2a + 3) xy = c ∀x, y ∈ R −3 Do đó ta được a = và c = 0. 2 −3 Vậy f (x) = x2 + bx (b là hằng số) là đa thức cần tìm thoả mãn yêu cầu bài 2 toán. BÀI 7 (TP. HCM) Cho đa thức bậc 3 P (x) = x3 − 3x. a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a, b, c đôi một phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a. b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực (ai, bi, ci) với i = 1, 3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P (ai) = bi; P (bi) = ci; P (ci) = ai với i = 1, 3. Đặt Si = ai + bi + ci với i = 1, 3. Chứng minh rằng 2 2 2 S1 + S2 + S3 6= S1S2 + S2S3 + S3S1. Lời giải.  π 3π 9π  a) Bộ (a, b, c) = 2 cos , 2 cos , 2 cos là một bộ thoả mãn yêu cầu đề bài. 13 13 13 b) Giả sử 2 2 2 S1 + S2 + S3 = S1S2 + S2S3 + S3S1 ⇔ S1 = S2 = S3 = d. Xét đa thức Q (x) = x + P (x) + P (P (x)) − d có bậc 9 và hệ số bậc cao nhất là 1. Ta thấy rằng Q(a1) = a1 + P (a1) + P (P (a1)) − d = a1 + b1 + c1 − d = 0, Q(b1) = b1 + P (b1) + P (P (b1)) − d = b1 + c1 + a1 − d = 0, Q(c1) = c1 + P (c1) + P (P (c1)) − d = c1 + a1 + b1 − d = 0. Do đó a1, b1, c1 là các nghiệm phân biệt của Q (x). Tương tự với 6 số còn lại. Điều này chứng tỏ đa thức Q(x) có 9 nghiệm thực phân biệt là a1, a2, a3, b1, b2, b3, c1, c2, c3. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 33
32. Để ý rằng Q(x) không có chứa x8 nên theo định lý Viete thì tổng các nghiệm thực của nó là 0. Tuy nhiên, tổng các nghiệm lại bằng 3d nên 3d = 0 hay d = 0. Từ đây suy ra Q (x) không có hệ số tự do nên Q (0) = 0, chứng tỏ một trong 9 số đã cho phải bằng 0. Nhưng rõ ràng, số 0 không thoả mãn điều kiện đã cho vì P (0) = 0. Vậy ta được điều phải chứng minh. BÀI 8 (TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐH SƯ PHẠM TP.HCM) Cho P (x) là đa thức hệ số nguyên. Có hay không 3 số nguyên a, b, c phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a? Lời giải. Giả sử tồn tại 3 số nguyên a, b, c phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a. Ta có a − b|P (a) − P (b) hay a − b|b − c, suy ra |a − b| ≤ |b − c|. Lập luận tương tự, ta cũng có |b − c| ≤ |c − a| và |c − a| ≤ |a − b|. Vậy từ đây ta được |a − b| = |b − c| = |c − a| Đặt x = a − b và y = b − c, khi đó ta được  x 6= 0, y 6= 0, x + y 6= 0 |x| = |y| = |x + y|  x = y Ta có |x| = |y|, suy ra , mà do x + y 6= 0 nên x = y. Điều này dẫn tới x = −y |x| = |x + y| = |2x| = 2 |x| hay x = 0 (vô lý). Vậy không tồn tại 3 số nguyên a, b, c phân biệt sao cho P (a) = b; P (b) = c; P (c) = a. BÀI 9 ( TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐH SƯ PHẠM TP.HCM) Cho a1, a2, . . . , a2018 là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng đa thức 2 2 2 P (x) = (x − a1) (x − a2) (x − a2018) + 1 bất khả quy trên Z. Lời giải. Giả sử P (x) = f (x) g (x), trong đó f (x) , g (x) ∈ Z[x] và deg f ≥ 1, deg g ≥ 1. Do P (x) là đa thức có hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên f (x) và g (x) cũng có 34 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
33. hệ số bậc cao nhất bằng 1. Ta có P (ai) = f (ai) g (ai) = 1 ∀i = 1, 2, , 2018. Suy ra f (ai) = g (ai) = 1 hoặc − 1 ∀i = 1, 2, , 2018. Mặt khác, ta thấy P (x) > 0 ∀x ∈ R nên P (x) vô nghiệm, suy ra f (x) và g (x) cũng vô nghiệm, do vậy ta có thể giả sử f (x) , g (x) > 0 ∀x ∈ R. Đặt Q (x) = f (x) − 1, ta có Q (x) có 2018 nghiệm phân biệt là a1, a2, . . . , a2018. Bây giờ ta sẽ xét 2 trường hợp TH1: deg f 2018). Khi đó ta có deg Q = deg f < 2018 nên suy ra Q (x) = 0 hay f (x) = 1 (điều này mâu thuẫn do deg f ≥ 1). TH2: deg f = 2018. Khi đó deg g = 2018 và f (x) = g (x)(x − a1)(x − a2) (x − a2018) + 1. Từ đây ta được 2 2 2 2 (x − a1) (x − a2) (x − a2018) +1 = [(x − a1)(x − a2) (x − a2018) + 1] ∀x ∈ R ⇔ (x − a1)(x − a2) (x − a2018) = 0 ∀x ∈ R Suy ra đa thức này đồng nhất 0, dẫn tới các hệ số cũng bằng 0, mà do hệ số của bậc cao nhất bằng 1 nên ta có mâu thuẫn. 2.3P HƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BÀI 1 (ĐỒNG NAI) Giải hệ phương trình:  2x2 − xy + y2 + x + y − 1 = 0 √ √ (x, y ∈ R). 4 x + 3 + y = 4 y + 3 + x Lời giải. Điều kiện: x, y ≥ −3. Ta có 2x2 − xy + y2 + x + y − 1 = 0 ⇔ 2x2 + y2 = (x − 1)(y − 1). Từ đấy, ta suy ra (x − 1)(y − 1) ≥ 0 (1). Mặt khác, từ phương trình thứ hai ta có: √ p 4 x + 3 − x = 4 y + 3 − y ⇔ f(x) = f(y). (2.30) CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 35
34. √ Với f(t) = 4 t + 3 − t, t ≥ −3. Ta có: √ 2 2 − 3 + t 1 − t f 0(t) = √ − 1 = √ = √ √ . t + 3 3 + t t + 3 t + 3 + 2
    Suy ra f 0(t) = 0 ⇔ t = 1 và hàm f đồng biến trên (−3; 1) và nghịch biến trên (1; +∞). Kết hợp với (2.30) ta suy ra x = y. √ −1  3 Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2x2 + 2x − 1 = 0 ⇔ x = . 2 √ √ ! √ √ ! −1 + 3 −1 + 3 −1 − 3 −1 − 3 Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = , , , . 2 2 2 2 BÀI 2 (ĐỒNG THÁP) Giải hệ phương trình:  8(x4 + y2 − xy3) − 9x = 0 . 8(y4 + x2 − yx3) − 9y = 0 Lời giải. Dễ thấy (0, 0) là một nghiệm của hệ. • Nếu x = 0 thì y = 0. • Nếu y = 0 thì x = 0. • Xét x 6= 0, y 6= 0. Lúc đó hệ trên tương đương với:  8(x4y + y3 − xy4) − 9xy = 0 . 8(xy4 + x3 − x4y) − 9xy = 0 Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ ta được: 8 2xy x3 − y3
    − x3 − y3
     = 0 ⇔ x3 − y3
    (2xy − 1) = 0. 9 – Trường hợp 1: x = y. Thay vào hệ đã cho ta được x = y = . 8  1 – Trường hợp 2: 2xy = 1. Thay vào hệ đã cho ta được các nghiệm 1; , 2 1  ; 1 . 2  1 1  9 9 Vậy hệ có nghiệm là (x, y) = 1; , ; 1 , ; , (0; 0). 2 2 8 8 36 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
35. BÀI 3 (HẢI PHÒNG) Giải phương trình: 1 1 + = x 1 1 + 1+ . 1 1 + x trong đó vế trái gồm có 2018 dấu phân số. Lời giải. Khi vế trái gồm có n dấu phân số và ký hiệu là Sn, ta chứng minh Fn+1x + Fn bằng quy nạp rằng Sn = , trong đó (Fn) là dãy số Fibonacci: F0 = 0, Fnx + Fn−1 F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1. 1 x + 1 Rõ ràng S = 1 + = thoả mãn. 1 x x Fn+1x + Fn Nếu ta đã có Sn = thì Fnx + Fn−1 1 1 Fnx + Fn−1 Fn+2x + Fn+1 Sn+1 = 1 + = 1 + = 1 + = . Sn Fn+1x + Fn Fn+1x + Fn Fn+1x + Fn Fnx + Fn−1 Từ đó ta có được điều phải chứng minh. Phương trình trở thành F x + F 2019 2018 = x F2018x + F2017 2 ⇔ F2018x − F2018x − F2018 = 0 √ 1  5 ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = . 2 √ 1  5 Vậy phương trình có nghiệm x = . 2 BÀI 4 (KON TUM) Giải hệ phương trình: √ √ √ √  x − 1 + x + 1 = y − 1 + y + 1 √ . x2 + x + 12 y + 1 = 36 Lời giải. Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 1. Vì x = y = 1 không là nghiệm của hệ phương trình nên xét với x 6= 1 hoặc y 6= 1. Phương trình thứ nhất tương đương với: √ √ x − 1 − py − 1 = py + 1 − x + 1 x − y −(x − y) ⇔ √ √ = √ √ x − 1 + y − 1 x + 1 + y + 1 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 37
36.  x − y = 0 ⇔ 1 −1 ⇔ x = y.  √ √ = √ √ x − 1 + y − 1 x + 1 + y + 1 Thay x = y vào phương trình thứ hai ta được: √ x2 + x + 12 x + 1 = 36 √ ⇔ x2 + 2x + 1 = x + 1 − 12 x + 1 + 36 √ 2 ⇔ (x + 1)2 = x + 1 − 6 √  x + 1 − x + 1 + 6 = 0 (vô nghiệm) ⇔ √ x + 1 + x + 1 − 6 = 0 √  x + 1 = 2 ⇔ √ ⇔ x = 3. x + 1 = −3 (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (3, 3). BÀI 5 (LONG AN) Giải hệ phương trình: √  2x + y − x + y = 1 √ √ . 2x + y + 4x + y = 2 √  2x + y ≥ 0  u = 2x + y Lời giải. Điều kiện: . Đặt √ (u, v ≥ 0). 4x + y ≥ 0 v = 4x + y  u2 − v2 = −2x 2 − x Ta có: ⇒ u = . u + v = 2 2 2 − x Thay u = vào phương trình thứ nhất ta được: 2 2 − x 3 − x + y = 1 ⇔ y = x. 2 2 3 Thay y = x vào phương trình thứ nhất, ta có: 2 r7 1 √ x + x = 1 ⇔ 14x = 2 − x 2 2  x ≤ 2  √ √ ⇔  x = 9 + 77 ⇔ x = 9 − 77. √  x = 9 − 77 3 √ Suy ra y = 9 − 77
    . Thử lại với điều kiện. 2 √ ! √ 27 − 3 77 Vậy hệ có nghiệm (x, y) = 9 − 77, . 2 38 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
37. BÀI 6 (NINH BÌNH) Giải hệ phương trình:  y + py2 + 1  (x − y)(x2 + xy + y2 − 2) = 2ln √ x + x2 + 1 .  3x · 2x = 3y + 2y + 1 Lời giải. Điều kiện xác định: x, y ∈ R. Phương trình thứ nhất tương đương với p √ x3 − y3 − 2(x − y) = 2ln(y + y2) − 2ln(x + x2 + 1) √ p x3 − 2x + 2ln(x + x2 + 1) = y3 − 2y + 2ln(y + y2 + 1) √ Xét f(t) = t3 − 2t + 2ln(t + t2 + 1), ta có: 2 f 0(t) = 3t2 − 2 + √ t2 + 1 1 1 = (t2 + 1) + √ + √ + 2t2 − 3 t2 + 1 t2 + 1 ≥ 2t2 ≥ 0, ∀t ∈ R. Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Do đó phương trình thứ nhất tương đương với f(x) = f(y) ⇔ x = y. Thay x = y vào phương trình thứ hai ta được 3x(2x − 1) = 2x + 1 (2.31) 1 Nhận xét: x = không là nghiệm của (3). Do đó 2 2x + 1 (3) ⇔ 3x − = 0. 2x − 1 2x + 1 Xét g(x) = 3x − , ta có 2x − 1 4 g0(x) = 3xln3 + (2x − 1)2 1 1 ⇒g0(x) > 0, ∀x ∈ (−∞; ) ∪ ( ; +∞). 2 2 Suy ra phương trình (2.31) có không quá hai nghiệm. Mà g(1) = g(−1) = 0 do đó (3) có đúng hai nghiệm là x = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1, 1), (−1, −1). CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 39
38. BÀI 7 (BÌNH ĐỊNH) Giải hệ phương trình: √ √  xy + x + xy − y = x + y √ √ . (x − 3) y − 1 + (x + 2) y + 4 = x2 − x  x ≥ 0 Lời giải. Điều kiện: . Phương trình thứ nhất tương đương với y ≥ 0 √ p √ √ x y + 1 + y x − 1 = x + y (2.32) a2 + b2 Áp dụng bất đẳng thức ab ≤ , ∀a, b ∈ R ta có: 2 √ x + y + 1 √ √ y + x − 1 xpy + 1 ≤ ; y x − 1 ≤ . 2 2 Từ đó suy ra √ p √ √ x y + 1 + y x − 1 ≤ x + y (2.33) Từ (2.32) và (2.33) ta có được phương trình thứ nhất tương đương với √ √  x = y + 1  y ≥ 0 √ √ ⇔ . y = x − 1 y = x − 1 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được √ √ (x − 3) x − 2 + (x + 2) x + 3 = x2 − x (x ≥ 2) √ √  ⇔ (x − 3) x − 2 − 2
    + (x + 2) x + 3 − 3 − (x2 − 6x) = 0  x − 3 x + 2  ⇔ (x − 6) √ + √ − x = 0. x − 2 + 2 x + 3 + 3 Vì x ≥ 2 nên x − 3 x + 2 √ + √ − x x − 2 + 2 x + 3 + 3  x − 2 x − 2  x + 2 x + 2 1 = √ − + √ − − √ < 0. x − 2 + 2 2 x + 3 + 3 2 x − 2 + 2 Do đó x = 6 (thoả mãn). Suy ra y = 5 (do y ≥ 1). Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (6, 5). BÀI 8 (VĨNH LONG) Giải hệ phương trình:  x3 − 6x2 + 13x = y3 + y + 10 √ √ (x, y ∈ R). 2x + y + 5 − 3 − x − y = x3 − 3x2 − 10y + 6 40 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
39.  2x + y + 5 ≥ 0 Lời giải. Điều kiện: . Phương trình thứ nhất của hệ tương 3 − x − y ≥ 0 đương với (x − 2)3 + x − 2 = y3 + y (2.34) Xét hàm số f(t) = t3 + t. Ta có f 0(t) = 3t2 + 1 > 0∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biến trên R. Do đó (2.34) ⇔ y = x − 2. Thay y = x − 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được: √ √ 3x + 3 − 5 − 2x = x3 − 3x2 − 10x + 26 √ √ ⇔ 3x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2x = x3 − 3x2 − 10x + 24 3(x − 2) 2(x − 2) ⇔ √ + √ = (x − 2)(x2 − x − 12) 3x + 3 + 3 1 + 5 − 2x  x = 2 ⇔ 3 2 (2.35)  √ + √ = (x2 − x − 12) 3x + 3 + 3 1 + 5 − 2x 5 Phương trình (2.35) vô nghiệm vì với −1 ≤ x ≤ thì x2 − x − 12 < 0. 2 Với x = 2 thì y = 0. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (2, 0). BÀI 9 (VĨNH LONG) Giải bất phương trình: √ 2(x − 1) x2 + 2x − 1 ≤ x2 − 2x − 1 (x ∈ R). √  x ≥ −1 + 2 Lời giải. Điều kiện: x2 + 2x − 1 ≥ 0 ⇔ √ . x ≤ −1 − 2 Bất phương trình tương đương với  √ 2 x − 1 − x2 + 2x − 1 − (x + 1)2 ≥ 0  √   √  ⇔ −2 − x2 + 2x − 1 2x − x2 + 2x − 1 ≥ 0 √ √ ⇔ 2x − x2 + 2x − 1 ≤ 0 (do − 2 − x2 + 2x − 1 < 0) √ ⇔ 2x ≤ x2 + 2x − 1 (2.36) √ x ≤ −1 − 2 Với √ thì (2.36) luôn đúng. x ≥ −1 + 2 2 Với , bình phương vế của (2.36)√ suy ra vô nghiệm. Vậy bất phương trình có nghiệm x ≤ −1 − 2. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 41
40. BÀI 10 (BÌNH DƯƠNG) Giải phương trình: √ √ 4 x + 1 + 2 2x + 3 = (x − 1)(x2 − 2). Lời giải. Điều kiện: x ≥ −1. Phương trình tương đương với: √ √ 4 x + 1 + 2 2x + 3 = (x − 1)(x2 − 2) √ √ ⇔ 4 x + 1 + 2 2x + 3 = x3 − x2 − 2x + 2 √ √ ⇔ 4 x + 1 + 2( 2x + 3 − 1) = x3 − x2 − 2x √ 4(x + 1) ⇔ 4 x + 1 + √ = x(x + 1)(x − 2) 2x + 3 + 1  4 4  ⇔ (x + 1) √ + √ − x(x − 2) = 0 x + 1 2x + 3 + 1  x + 1 = 0 ⇔ 4 4  √ + √ − x(x − 2) = 0 x + 1 2x + 3 + 1  x = −1 ⇔ 4 4 .  √ + √ = x(x − 2) (∗) x + 1 2x + 3 + 1 Phuong trình (∗) tương đương với  4   4  √ + √ − 1 = x2 − 2x − 3 x + 1 − 2 2x + 3 + 1 √ √ 4 − 2 x + 1 3 − 2x + 3 ⇔ √ + √ = (x + 1)(x − 3) x + 1 2x + 3 + 1 12 − 4x 6 − 2x ⇔ √ √ + √ √ = (x + 1)(x − 3) x + 1(4 + 2 x + 1) ( 2x + 3 + 1)(3 + 2x + 3) 4(x − 3) 2(x − 3) ⇔ (x + 1)(x − 3) + √ √ + √ √ = 0 x + 1(4 + 2 x + 1) ( 2x + 3 + 1)(3 + 2x + 3)  x − 3 = 0 ⇔ 4 2 (2.37)  x + 1 + √ √ + √ √ = 0 x + 1(4 + 2 x + 1) ( 2x + 3 + 1)(3 + 2x + 3) 4 2 Vì x ≥ −1 nên x + 1 + √ √ + √ √ > 0. x + 1(4 + 2 x + 1) ( 2x + 3 + 1)(3 + 2x + 3) Do đó (2.37) tương đương với x = 3. Thử lại thấy x = −1 và x = 3 thoả phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x = −1 và x = 3. 42 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
41. 2.4P HƯƠNG TRÌNH HÀM Trước khi bắt đầu lời giải, ta sẽ phát biểu và chứng minh một số bổ đề sau: Bổ đề 1. Cho hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời: i) f cộng tính trên R. ii) f (x2) = xf (x) ∀x ∈ R. Khi đó ta được f (x) = f (1) x ∀x ∈ R. Chứng minh. Ta sẽ tính f (x + 1)2
    bằng hai cách • Cách 1: f (x + 1)2
    = f (x2 + 2x + 1) = f (x2)+f (2x)+f (1) = xf (x)+2f (x)+f (1) • Cách 2: f (x + 1)2
    = (x + 1) f (x + 1) = (x + 1) (f (x) + f (1)) Từ đây ta được (x + 1) (f (x) + f (1)) = xf (x) + 2f (x) + f (1) ∀x ∈ R. ⇔ f (x) = f (1) x ∀x ∈ R. Bổ đề 2. Cho hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời: i) f cộng tính trên R. ii) f liên tục trên R. Khi đó với k là hằng số, ta được f (x) = kx ∀x ∈ R. Chứng minh. Đầu tiên, ta sẽ chứng minh với x, y ∈ R và x 0 nên tồn tại n ∈ N sao cho n (y − x) > 2. Suy ra ny > nx + 2 > nx + 1 ≥ [nx] + 1 > nx [nx] + 1 ⇒ y > > x n [nx] + 1 Vậy ta chọn r = . n Tiếp theo, ta chứng minh với mọi số thực x, luôn tồn tại dãy số hữu tỉ (xn) hội tụ về x. 1 1 Thật vậy, với mỗi số tự nhiên n, tồn tại x ∈ Q sao cho x − < x < x + . n n n n 1 1 Vậy ta được dãy số hữu tỉ (x ) thoả mãn x − < x < x + ∀n ≥ 1. n n n n CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 43
42. 1 Suy ra |xn − x| < ∀n ≥ 1. Sau đó sử dụng nguyên lí kẹp ta được lim xn = x. n n→∞ Mặt khác, từ (i), ta chứng minh được f (x) = kx ∀x ∈ Q. Vậy với mỗi số thực x, tồn tại dãy số hữu tỉ (xn) sao cho lim xn = x, suy ra n→∞   f (x) = f lim xn = lim f (xn) = lim kxn = k lim xn = kx n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Từ đây ta được điều phải chứng minh. Bổ đề 3. Cho hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời: i) f cộng tính trên R. ii) f đơn điệu trên R. Khi đó với k là hằng số, ta được f (x) = kx ∀x ∈ R. Chứng minh. Tương tự như chứng minh của Bổ đề 2, với mỗi số thực x, ta tìm được hai dãy hữu tỉ (un) và (vn) thoả mãn un ≤ x ≤ vn ∀n ≥ 1 và lim un = lim vn = x. n→∞ n→∞ Không mất tính tổng quát, giả sử f đơn điệu tăng trên R, khi đó ta được f (un) ≤ f (x) ≤ f (vn) ∀n ≥ 1 Cũng tương tự như chứng minh của Bổ đề 2, ta được f (x) = kx ∀x ∈ Q. Từ đây suy ra kun ≤ f (x) ≤ kvn ∀n ≥ 1 Sử dụng nguyên lí kẹp ta được điều phải chứng minh. BÀI 1 (BẾN TRE) Xác định tất cả các hàm f : R → R và g : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện: • Với mọi x, y ∈ R: 2f (x) − g (x) = f (y) − y; • Với mọi x ∈ R: f (x) g (x) ≥ x + 1. Lời giải. 2f (x) − g (x) = f (y) − y (2.38) f (x) g (x) ≥ x + 1 (2.39) Trong (2.38) thay y bởi x ta được f (x) = g (x) − x ∀x ∈ R Trong (2.38) thay y bởi 0 ta được 2f (x) − g (x) = f (0) ∀x ∈ R Từ đây ta suy ra f (x) = x + f (0) ∀x ∈ R g (x) = 2x + f (0) ∀x ∈ R 44 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
43. Thay vào (2.39) ta được (x + f (0)) (2x + f (0)) ≥ x + 1 ∀x ∈ R ⇔ 2x2 + (3b − 1)x + b2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R (với b = f(0)) Suy ra ∆ = (3b − 1)2 − 4.2 (b2 − 1) = b2 − 6b + 9 = (b − 3)2 ≤ 0 nên b = 3 Vậy ta được f (x) = x + 3 ∀x ∈ R g (x) = 2x + 3 ∀x ∈ R Thử lại ta thấy các hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. BÀI 2 (LONG AN) Cho hàm số f : R → R thoả mãn f (xf (y)) + f (f (x) + f (y)) = yf (x) + f (x + f (y)) ∀x, y ∈ R a) Chứng minh rằng: "Nếu tồn tại a ∈ R sao cho f (a) 6= 0 thì f là đơn ánh. b) Tìm tất cả các hàm số f. Lời giải. f (xf (y)) + f (f (x) + f (y)) = yf (x) + f (x + f (y)) (2.40) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.40) a) Giả sử ta có y1, y2 ∈ R sao cho f (y1) = f (y2) P (a, y1) ⇒ f (af (y1)) + f (f (a) + f (y1)) = y1f (a) + f (a + f (y1)) P (a, y2) ⇒ f (af (y2)) + f (f (a) + f (y2)) = y2f (a) + f (a + f (y2)) Từ đây ta suy ra y1f (a) = y2f (a) nên y1 = y2 (do f (a) 6= 0) Vậy f là đơn ánh. b) Ta xét hai trường hợp • TH1: f (x) = 0 ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. • TH2: Tồn tại a sao cho f (a) 6= 0 Từ câu a ta được f là đơn ánh P (0, 1) ⇒ f (f (0) + f (1)) = f (f (1)) ⇒ f (0) = 0 (do f là đơn ánh). P (x, 0) ⇒ f (f (x)) = f (x) ⇒ f (x) = x ∀x ∈ R (do f là đơn ánh) Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 45
44. BÀI 3 (PHÚ THỌ) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f f (x) − y2
    = f x2
    + y2f (y) − 2f (xy) ∀x, y ∈ R. Lời giải. f f (x) − y2
    = f x2
    + y2f (y) − 2f (xy) (2.41) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.41). P (x, 1) ⇒ f (f (x) − 1) = f (x2) + f (1) − 2f (x) ∀x ∈ R P (x, −1) ⇒ f (f (x) − 1) = f (x2) + f (−1) − 2f (−x) ∀x ∈ R Vậy ta suy ra f (1) − 2f (x) = f (−1) − 2f (−x) ∀x ∈ R Từ đây thay x = 1 thì được f (1) = f (−1). Vậy ta được f (x) = f (−x) ∀x ∈ R P (1, 1) ⇒ f (t) = 0 với t = f(1) − 1 P (t, 1) ⇒ f (t2) = 0 P (t, 0) ⇒ f (0) = 0 P (0, y) ⇒ f (y2) = y2f (y) ∀y ∈ R P (t, y) ⇒ f (ty) = 0 ∀y ∈ R Vậy ta có nhận xét sau: nếu tồn tại t sao cho f (t) = 0 thì f (ty) = 0 ∀y ∈ R P (x, x) ⇒ f (f (x) − x2) = 0 ∀x ∈ R Áp dụng nhận xét trên ta được f f (x) − x2
    y
    = 0 ∀x, y ∈ R (2.42) Từ đây ta xét hai trường hợp • TH1: f (x) = x2 ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. R 2 • TH2: Tồn tại x0 ∈ sao cho f (x0) 6= x0 y R Khi đó trong (2.42) thay y bởi 2 thì được f(y) = 0 ∀y ∈ f (x0) − x0 Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) = 0 hoặc f (x) = x2 là các hàm số cần tìm BÀI 4 (QUẢNG BÌNH) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f (x − y) + f (xy) = f (x) − f (y) + f (x) f (y) ∀x, y ∈ R. Lời giải. f (x − y) + f (xy) = f (x) − f (y) + f (x) f (y) (2.43) 46 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
45. Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.43).  f (0) = 0 P (0, 0) ⇒ 2f (0) = f 2 (0) ⇒ f (0) = 2 • TH1: f (0) = 2 P (0, y) ⇒ f (−y) + 2 = 2 − f (y) + 2f (y) ⇒ f (−y) = f (y) ∀y ∈ R P (x, −x) ⇒ f (2x) + f (−x2) = f (x) − f (−x) + f (x) f (−x) ⇒ f (2x) + f (x2) = f 2 (x) ∀x ∈ R P (x, x) ⇒ f (0) + f (x2) = f 2 (x) ⇒ 2 + f (x2) = f 2 (x) ∀x ∈ R Vậy ta được f (2x) = 2 hay f (x) = 2 ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. • TH2: f (0) = 0 P (0, y) ⇒ f (−y) = −f (y) ∀y ∈ R P (x, −y) = f (x + y) + f (−xy) = f (x) − f (−y) + f (x) f (−y) ∀x, y ∈ R ⇒ f (x + y) − f (xy) = f (x) + f (y) − f (x) f (y) ∀x, y ∈ R (2.44) Từ (2.43) và (2.44) suy ra f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) ∀x, y ∈ R (2.45) Trong (2.45) thay y bởi x, ta được: f (2x) = 2f (x) ∀x ∈ R x + y x − y Trong (2.45) thay x bởi và y bởi , ta được: 2 2 x + y   x + y  f (x) + f (y) = 2f = f 2. = f (x + y) ∀x, y ∈ R (2.46) 2 2 Từ (2.44) và (2.46) suy ra f (xy) = f (x) f (y) ∀x, y ∈ R Từ đây thay y bởi x ta được: f (x2) = f 2 (x) ∀x ∈ R. Vậy f (x) ≥ 0 ∀x ≥ 0. Bây giờ ta sẽ chứng minh f đơn điệu tăng R. Với y ≥ x thì ta được f (y) − f (x) = f (y − x) ≥ 0 ∀x, y ∈ R, y ≥ x ⇒ f (y) ≥ f (x) ∀x, y ∈ R, y ≥ x Do vậy nên áp dụng Bổ đề 3, ta được f (x) = kx ∀x ∈ R Thử lại ta được k = 1. Vậy f (x) = 2 hoặc f (x) = x là các hàm số cần tìm. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 47
46. BÀI 5 (TPHCM) Cho hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời i) (f (x3 + x))2 ≤ f (2x) + 2 ∀x ∈ R ii) (f (−2x))3 ≥ 3f (−x3 − x) + 2 ∀x ∈ R a) Chứng minh rằng f (x) không phải là đơn ánh trên R. b) Chứng minh rằng f (x) ≥ −1 ∀x ∈ R Lời giải. 2 f x3 + x
    
    ≤ f (2x) + 2 (2.47) (f (−2x))3 ≥ 3f −x3 − x
    + 2 (2.48) Ký hiệu P (u) là phép thế x = u trong (2.47). Ký hiệu Q (v) là phép thế x = v trong (2.48). a) P (0) ⇒ (f (0))2 ≤ f (0) + 2 ⇒ −1 ≤ f(0) ≤ 2  f(0) = −1 Q (0) ⇒ (f(0))3 ≥ 3f(0) + 2 ⇒ f(0) ≥ 2 Suy ra f(0) ∈ {−1; 2} P (1) ⇒ (f (2))2 ≤ f (2) + 2 ⇒ −1 ≤ f(2) ≤ 2  f(2) = −1 Q (−1) ⇒ (f(2))3 ≥ 3f(2) + 2 ⇒ f(2) ≥ 2 Suy ra f(2) ∈ {−1; 2}. Tương tự, ta cũng có f(−2) ∈ {−1; 2} Do đó trong 3 số f(0), f(2), f(−2) phải có 2 số bằng nhau, điều nay chứng tỏ f (x) không phải là một đơn ánh trên R. b) Từ (2.47) suy ra f (x) ≥ −2 ∀x ∈ R s −x x3 x Q ⇒ f (x) ≥ 3 3f + + 2 2 8 2  u = −2 1 √ Xét dãy số (un): 3 un+1 = 3un + 2 Ta có một số nhận xét sau (chứng minh để lại cho bạn đọc): • lim un = −1 n→∞ • f (x) ≥ un ∀n ∈ N Từ 2 nhận xét trên ta được f (x) ≥ −1 ∀x ∈ R. 48 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
47. BÀI 6 (ĐÀ NẴNG) Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục trên R và thoả mãn f (x + y) f (x − y) = (f (x) f (y))2 ∀x, y ∈ R Lời giải. f (x + y) f (x − y) = (f (x) f (y))2 (2.49) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.49). • TH1: f (x) = 0 ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số thoả mãn yêu cầu bài toán. • TH2: Tồn tại x0 sao cho f (x0) 6= 0  f (0) = 1 P (x , 0) ⇒ (f (x ))2 = (f (x ))2(f (0))2 ⇒ 0 0 0 f (0) = −1 • TH2a: f(0) = 1 P (x, x) ⇒ f (2x) = (f (x))2 ⇒ f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R Giả sử tồn tại x1 sao cho f (x1) = 0. Khi đó với mọi số nguyên dương n, ta có  x 2  x 22  x 2n 0 = f (x ) = f 1 = f 1 = = f 1 1 2 22 2n x  Vậy f 1 = 0 với mọi số nguyên dương n. 2n Cho n → +∞ và sử dụng tính liên tục của f (x) suy ra f (0) = 0 (mâu thuẫn). Do đó f (x) > 0 ∀x ∈ R P (0, y) ⇒ f (y) f (−y) = (f (y))2 ⇒ f (y) = f (−y) ∀y ∈ R Đặt g (x) = ln (f(x)) ∀x ∈ R Từ (2.49) suy ra g (x + y) + g (x − y) = 2g (x) + 2g (y) (2.50) Trong (2.50) thay x bởi nx và y bởi x ta được g ((n + 1) x) + g ((n − 1) x) = 2g (nx) + 2g (x) Từ đây bằng quy nạp ta sẽ chứng minh được g (x) = x2g (1) ∀x ∈ Q. Do f liên tục nên g cũng liên tục, do vậy áp dụng Bổ đề 2, ta được g (x) = x2g (1) ∀x ∈ R 2 ⇒ f (x) = (f (1))x ∀x ∈ R Vậy f (x) = ax2 (a > 0) ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 49
48. • TH2b: f (0) = −1 Tương tự như ở trường hợp trên, ta cũng tìm được f (x) = −ax2 (a > 0) ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) = 0 hoặc f (x) = ax2 là các hàm số cần tìm. BÀI 7 (TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐH SƯ PHẠM TP.HCM) Cho hàm số f : R → R thoả mãn f (x + f (y)) = f (x) + yn với mọi x, y ∈ R. Biết rằng f là hàm đơn điệu thực sự. a) Tìm tất cả các f khi n = 1. b) Có hay không hàm f khi n = 2019? Lời giải. f (x + f (y)) = f (x) + yn (2.51) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.51). Ta xét với n lẻ Đầu tiên ta chứng minh f toàn ánh trên R.   Thật vậy, với mỗi y ∈ R, tồn tại t = f pn y − f (0) ∈ R sao cho f (t) = y, điều này là do     P 0, pn y − f (0) ⇒ f pn y − f (0) = f (0) + y − f (0) = y Vậy ta được f là toàn ánh. Tiếp theo ta chứng minh f là đơn ánh trên R. Thật vậy, giả sử với x1, x2 ∈ R ta có f (x1) = f (x2). Khi đó n P (0, x1) ⇒ f (f (x1)) = f (0) + x1 n P (0, x2) ⇒ f (f (x2)) = f (0) + x2 Từ đây do n lẻ nên ta được x1 = x2. Vậy f là đơn ánh. P (x, 0) ⇒ f (x + f (0)) = f (x) ∀x ∈ R Do f là đơn ánh nên ta suy ra f (0) = 0 P (0, y) ⇒ f (f (y)) = yn ∀y ∈ R Vậy (2.51) viết lại thành f (x + f (y)) = f (x) + f (f (y)) ∀x, y ∈ R Do f là toàn ánh nên suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x ∈ R Từ đây áp dụng Bổ đề 3, ta được f (x) = kx ∀x ∈ R (với k là hằng số) Thử lại vào (2.51) ta được k (x + ky) = kx + yn 50 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
49. ⇔ k2y = yn ⇔ k2 = yn−1 ∀y 6= 0 a) Với n = 1 Khi đó ta được k2 = 1 hay k = 1. Vậy ta tìm được hai hàm số thoả mãn là f (x) = x hoặc f (x) = −x b) Với n = 2019 Khi đó ta được k2 = y2018 ∀y 6= 0 Điều này là vô lý, do đó không tồn hàm số thoả mãn. BÀI 8 (TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐH SƯ PHẠM TP. HCM) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f (x + y) = f (x) cos (y) + f (y) cos (x) ∀x, y ∈ R Lời giải. f (x + y) = f (x) cos (y) + f (y) cos (x) (2.52) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.52).  π π  π   π  π  P x − , ⇒ f (x) = f cos x − = f sin (x) 2 2 2 2 2 Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) = c sin (x) (với c là hằng số) là hàm số cần tìm. BÀI 9 (HÀ NAM) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn f x2 − f 2 (y)
    = xf (x) + y2 ∀x, y ∈ R Lời giải. f x2 − f 2 (y)
    = xf (x) + y2 (2.53) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.53). P (0, 0) ⇒ f (−f 2 (0)) = 0 P (1, −f 2 (0)) ⇒ f (1) = f (1) + f 4 (0) ⇒ f (0) = 0 P (x, 0) ⇒ f (x2) = xf (x) ∀x ∈ R P (−x, 0) ⇒ f (x2) = −xf (−x) ∀x ∈ R Từ đây suy ra f (x) = −f (−x) ∀x 6= 0, mà f (0) = −f (−0) (do f (0) = 0) nên f (x) = −f (−x) ∀x ∈ R Vậy f là hàm lẻ. Bây giờ ta chứng minh f là toàn ánh trên R Thật vậy, với mỗi y ∈ R, ta xét 2 trường hợp: CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 51
50. • TH1: y ≥ 0 √ √ P 0, y
    ⇒ f −f 2 y
    
    = y • TH2: y < 0 √ √ P (0, −y) ⇒ f (−f 2 ( −y)) = −y √ Do f là hàm lẻ nên suy ra f (f 2 ( −y)) = y Vậy từ 2 trường hợp trên, ta thấy với mỗi y ∈ R thì tồn tại t ∈ R sao cho f (t) = y hay f toàn ánh trên R. P (0, y) ⇒ f (−f 2 (y)) = y2 ∀y ∈ R Vậy (2.53) viết lại thành f x2 − f 2 (y)
    = f x2
    − f f 2 (y)
    ∀x, y ∈ R Mà do f là toàn ánh nên suy ra f (x − y) = f (x) − f (y) ∀x, y ≥ 0 Từ đây thay x bởi x + y thì ta được f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y ≥ 0 Mà do f là hàm lẻ nên suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R Mặt khác ta lại có f (x2) = xf (x) ∀x ∈ R Vậy áp dụng Bổ đề 1 ta được f (x) = f (1) x ∀x ∈ R Thử lại vào ta được f (1) = −1 Vậy f (x) = −x là hàm số cần tìm. BÀI 10 (VĨNH LONG) Tìm tất cả các hàm số f : R → R, biết rằng f là hàm số chẵn và thoả mãn f (xy) − f (x) f (y) = 2018 (f (x + y) − 2xy − 1) ∀x, y ∈ R Lời giải. f (xy) − f (x) f (y) = 2018 (f (x + y) − 2xy − 1) (2.54) Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.54). • TH1: f (0) 6= −2018 P (x, 0) ⇒ (f (x) − 1) (f (0) + 2018) = 0 ∀x ∈ R Vậy f (x) = 1 ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số này không thoả mãn yêu cầu bài toán. 52 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
51. • TH2: f (0) = −2018 P (x, x) ⇒ f (x2) − (f (x))2 = 2018 (f (2x) − 2x2 − 1) ∀x ∈ R P (x, −x) ⇒ f (−x2) − f (x) f (−x) = 2018 (f (0) + 2x2 − 1) ∀x ∈ R Do f là hàm chẵn và f (0) = −2018 nên suy ra f x2
    − (f (x))2 = 2018 −2019 + 2x2
    ∀x ∈ R Từ đây ta được 2018 −2019 + 2x2
    = 2018 f (2x) − 2x2 − 1
    ∀x ∈ R Suy ra f (2x) = 4x2 − 2018 ∀x ∈ R hay f (x) = x2 − 2018 ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) = x2 − 2018 là hàm số cần tìm. BÀI 11 (ĐẮK LẮK) Tìm hàm số f (x) xác định và liên tục trên R+ thoả mãn x + y  f = pf (x) f (y) ∀x, y ∈ R+ 2 Lời giải.   x + y p f = f (x) f (y) (2.55) 2 Đặt g (x) = ln (f (x)) − ln (f (0)). Khi đó ta được g (0) = 0, g liên tục và (2.55) trở thành x + y  1 1 g = g (x) + g (y) ∀x, y ∈ R+ 2 2 2 x 1 Từ đây thay y = 0 ta được g = g (x) ∀x ∈ R 2 2 Vậy g (x + y) = g (x) + g (y) ∀x, y ∈ R Do đó, áp dụng Bổ đề 2, ta được g (x) = kx ∀x ∈ R (với k là hằng số) Suy ra f (x) = ekx+c ∀x ∈ R, trong đó c = ln (f (0)) Thử lại ta thấy hàm số này thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) = ekx+c là hàm số cần tìm. BÀI 12 (TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU ìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thoả mãn f xf y2
    − yf x2
    
    = (y − x) f (xy) với mọi y > x > 0 (2.56) CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 53
52. Lời giải. Lời giải sau đây là của các giáo viên tới từ trung tâm Star Education. Ký hiệu P (u, v) là phép thế x = u và y = v trong (2.56). • Chứng minh f đồng biến trên R+. Bạn đọc tự chứng minh. • Chứng minh f(1) = 1. P (x, x + 1) ⇒ f xf (x + 1)2
    − (x + 1) f (x2)
    = f (x (x + 1)) ∀x ∈ R+ ⇒ xf (x + 1)2
    − (x + 1) f (x2) = x (x + 1) ∀x ∈ R+ f (x + 1)2
    f (x2) ⇒ = + 1 ∀x ∈ R+ x + 1 x Vậy ta được f (n2) f (n − 1)2
    f (1) = + 1 = = + n − 1 = f (1) + n − 1 ∀n ∈ Z+ n n − 1 1 f n2
    = n (f (1) + n − 1) ∀n ∈ Z+ Với m, n ∈ Z+ sao cho m2 − n2 = p2 là số chính phương (rõ ràng có vô hạn bộ như thế là các bộ ba Pytago) P (n2, m2) ⇒ f (n2f (m4) − m2f (n4)) = (m2 − n2) f (m2n2) ∀m, n, p ∈ Z+, m2 − n2 = p2 ⇒ f (m2n2p2) = p2mn (f(1) + mn − 1) ∀m, n, p ∈ Z+, m2 − n2 = p2 ⇒ mnp (f(1) + mnp − 1) = p2mn (f(1) + mn − 1) ∀m, n, p ∈ Z+, m2 − n2 = p2 ⇒ (p − 1) (f (1) − 1) = 0 ∀m, n, p ∈ Z+, m2 − n2 = p2 ⇒ f(1) = 1 • Chứng minh f (x) = x ∀x ∈ Q+. f (x + 1)2
    f (x2) Ta có: = + 1 ∀x ∈ R+. Suy ra x + 1 x f (x + n)2
    f (x2) = + n ∀x ∈ R+, n ∈ Z+ x + n x ⇔ xf (x + n)2
    − (x + n) f x2
    = nx (x + n) ∀x ∈ R+, n ∈ Z+ P (x, x + n) ⇒ f xf (x + n)2
    − (x + n) f (x2)
    = nf (x (x + n)) ∀x ∈ R+, n ∈ Z+ Từ đây suy ra f (nx (x + n)) = nf (x (x + n)) ∀x ∈ R+, n ∈ Z+ Với mọi n ∈ Z+ và y > 0, ta luôn chọn được x > 0 để x (x + n) = y nên ta được f (ny) = nf (y) ∀y ∈ R+, n ∈ Z+  1  ⇒ f (1) = nf ∀n ∈ Z+ n  1  1 ⇒ f = ∀n ∈ Z+ n n 54 CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI
53. Suy ra  n   1   1  1 n ⇒ f = f n. = nf = n. = ∀m, n ∈ Z+ m m m m m ⇒ f (x) = x ∀x ∈ Q+ • Chứng minh f (x) = x ∀x ∈ R+. Áp dụng Bổ đề 3. Vậy f (x) = x là hàm số cần tìm. CHƯƠNG 2. LỜI GIẢI 55