Ta có nhận xét rằng nếu $\cos x$ là số hữu tỉ thì $\cos (kx)$ cũng là số hữu tỉ, với $k$ là số nguyên dương (do $\cos (kx)=P_k(\cos x)$, với $P_k(x)$ là đa thức Chebyshev loại I với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} n \equiv 0 &(mod k) \\ n \equiv 1 &(mod (k-1)) \end{matrix}\right.$

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy $n=k^2$ ). Ta có đpcm.

Cho $n$ là số nguyên dương và $x$ là số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\frac {\binom{2n}{0}}{x}-\frac {\binom{2n}{1}}{x+1}+\frac {\binom{2n}{2}}{x+2}-...+ \frac {\binom{2n}{2n}}{x+2n} > 0$$

với $\binom{n}{k}=\frac {n!}{k!(n-k)!}$

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$

Bài làm:

Hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} |x-1|.|y+1|=1 & \\ |x-1|-m.|y+1| \leq m-1 & \end{matrix}\right.$

Đặt $a=|x-1|,b=|y-1|$ thì $a \geq 0, b \geq 0$ và hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} ab=1 & (1)\\ a-mb \leq m-1 & (2) \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta suy ra $a>0$. Do đó $(2) \Leftrightarrow a^2-mab \leq (m-1)a$

$\Leftrightarrow a^2-(m-1)a-m \leq 0$ (do $ab=1$)

$\Leftrightarrow (a+1)(a-m) \leq 0$

$\Rightarrow a \leq m$ (do $a+1 >1>0$)

Biện luận: Nếu $m \leq 0$ thì hệ bất phương trình đã cho vô nghiệm .

                 Nếu $m >0$ thì hệ đã cho có nghiệm (và có vô số nghiệm).

Bài làm:

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

Vậy $f(x)=x , \forall x \in \mathbb{Q}$.

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$

Mở rộng 2: Tổng quát cho số thành phố là $n \geq 3$ bất kì

Ta chỉ cần giải quyết cho trường hợp $n=3k+1$ và $n=3k+2$

Tương tự như bài làm và mở rộng 1, ta có số đường đi không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$

Và $P \leq -3d^2 + 2dn$ với $d=\frac {a+b} {2}$

Xét $n=3k+1$.

Ta có $-3d^2+2dn=-3(d- \frac {n} {3})^2 +\frac {n^2} {3} \leq \frac {n^2} {3} = \frac {9k^2+6k+1} {3} = 3k^2+2k+\frac {1} {3}$

Do $a,b,c$ nguyên nên $P$ nguyên, suy ra $P \leq 3k^2+2k$

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi.

Chia $3k+1$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 1 thành phố $M$, Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$.Dễ thấy cách xây dựng này thoả mãn và có đúng $3k^2+2k$ đường đi.

Xét $n=3k+2$.

Tương tự như trường hợp $n=3k+1$, ta có $-3d^2+2dn \leq 3k^2+4k+ \frac {4} {3}$, nên $P \leq 3k^2+4k+1$.

Ta chỉ ra một cách xây dựng.

Chia $3k+2$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 2 thành phố $M$ và $N$. Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$. Ta tiếp tục xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $C$ đến $N$, từ $N$ đến mọi thành phố thuộc nhóm $B$ và từ $N$ đến $M$. Dễ kiểm tra cách xây này thoả và có đúng $3k^2+4k+1$ đường đi.

Tóm lại, trong mọi trường hợp, số đường đi lớn nhất có thể là $\left \lfloor \frac{n^2}{3} \right \rfloor$ , ở đó $n$ là số thành phố.

Mở rộng 1: Ta sẽ thay số thành phố $210$ bới $n=3k$ bất kì.

Với lập luận tương tự như trong bài làm, ta có số con đường một chiều có thể xây dựng không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$.

Đặt $d= \frac {a+b} {2}$, ta có:

$P=a+b+ab+c(a+b) \leq 2d+d^2+(n-1-2d).(2d) = -3d^2+2nd = -3(d-k)^2+3k^2 \leq 3k^2$

Ta chỉ ra một cách xây dựng cấu hình có $3k^2$ đường đi.

Chia $n$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm gồm $k$ thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$, ta xây dựng đường một chiều theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây này thoả mãn yêu cầu và có số đường đi là $3k^2$ (có $k^3$ bộ thành phố, ứng với mỗi bộ có $3$ đường một chiều, trong đó mỗi con đường được tính đúng $k$ lần).

Tóm lại, số con đường đi nhiều nhất có thể xây dựng với $n=3k$ thành phố là $3k^2$.

Bài làm :

Gọi $X$ là thành phố có nhiều đường đi liên quan nhất ( theo nghĩa tổng số đường đi từ $X$ đến thành phố khác và từ thành phố khác đến $X$ là lớn nhất ).

Ta chia $209$ thành phố còn lại làm $3$ nhóm : Nhóm $A$ gồm tất cả các thành phố có đường đi một chiều tới $X$, nhóm $B$ gồm các thành phố mà từ $X$ có đường đi một chiều tới và nhóm $C$ bao gồm các thành phố còn lại (trừ X). Đặt $a,b,c$ lần lượt là số phần tử của $A, B, C$. Khi đó, số đường đi có liên quan tới $X$ là $a+b$ và $a+b+c =209$.

Ta có một số nhận xét sau

$\bullet$ Giữa các thành phố cùng thuộc nhóm A không có đường đi nối với nhau.

  C/minh: giả sử $A_1,A_2$ là 2 thành phố cùng thuộc $A$ sao cho có đường đi nối giữa $A_1$ và $A_2$, không mất tổng quát giả sử đó là đường đi từ $A_1$ tới $A_2$. Khi đó có đường đi từ $A_1$ tới $A_2$ và từ $A_2$ tới $X$, nên theo giả thiết không có đường đi từ $A_1$ tới $X$, vô lí vì $A_1 \in A $

  Tuơng tự, giữa các thành phố cùng thuộc nhóm B không có đường đi nối với nhau.

  Từ đó, số đường đi nối giữa các thành phố thuộc $A$ và $B$ không lớn hơn $ab$.

$\bullet$ Số đường đi liên quan tới các thành phố thuộc nhóm $C$ không lớn hơn $c(a+b)$.

   Thật vậy, vì nếu ngược lại thì theo nguyên lí Đirichlet tồn tại một thành phố thuộc $C$ có số đường đi liên quan lớn

hơn $a+b$, mâu thuẫn với cách chọn $X$.

Từ các nhận xét trên ta suy ra số con đường có thể xây dựng không lớn hơn: $a+b+ab+c(a+b)$.

Ta có $P = a+b+ab+c(a+b) \leq a+b+\frac {(a+b)^2} {4} + (209 -a-b)(a+b) = 2d + d^2+2d(209 -2d) = - 3(d-70)^2 +  3.70^2 \leq 14700$.

(với $d= \frac {a+b} {2} $)

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi thoả mãn yêu cầu bài toán. 

Chia $210$ thành phố thành 3 nhóm $A,B,C$, mỗi nhóm có 70 thành phố. Với mỗi bộ ba thành phố $X,Y,Z$ với $X \in A, Y \in B, Z \in C$ thì ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Dễ thấy cách xây dựng này thoả yêu cầu bài. Khi đó số bộ thành phố là $70^3$, với mỗi bộ có $3$ con đường được xây và mỗi con đường được tính lặp lại $70$ lần nên số đường đi là $3.70^2=14700$.

Tóm lại, số đường đi nhiều nhất có thể là $14700$

Ta có 

$$ x^2 = y^2 + \sqrt{y+1} \Leftrightarrow x^2 - y^2 = \sqrt {y+1}$$

Do vế trái là số nguyên nên vế phải cũng là số nguyên $\Rightarrow y= k^2-1 , k \in \mathbb{N}, k \geq 1$

Thế lại vào phương trình ta được 

$$ x^2 = (k^2-1)^2 + k = k^4 - 2k^2 + k + 1$$

Do $k \geq 1$ nên $2k^2 \geq k + 1$

$$ \Rightarrow (k^2-1)^2 < x^2 = k^4 - 2k^2 + k + 1 \leq k^4$$

$$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$$

Khi đó ta có $y = k^2 -1 = 0$ và $x^2=1 \Rightarrow x=1$

Thử lại thấy $(x;y) = (1;0)$ thoả đề.

Kết luận : $(x,y) = (1,0)$

$\Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$

Chỗ này hãy viết rõ hơn như sau: $\Rightarrow x^2=k^4 \Rightarrow 2k^2 = k+1 \Rightarrow k=1$: trừ 0,5đ

$d=9,5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=45,5$

Ta có  $\frac {AC'}{AB}=\frac{AC}{AC+BC} \Rightarrow AC' = \frac {bc}{a+b}$

Tương tự $AB'=\frac {bc}{c+a}$

Áp dụng định lý cosine cho tam giác $AB'C'$ ta được:

$$a_1^2=AC'^2+AB'^2-2AC'.AB'.\cos A \geq 2AC'AB'(1-\cos A)=\frac {2b^2c^2}{(a+c)(a+b)}.2\sin^2 {\frac {A}{2}}=\frac {4bc(p-b)(p-c)} {(a+c)(a+b)}$$

Tương tự ta thu được các đánh giá với $b_1^2$ và $c_1^2$.

Bây giờ, áp dụng BĐT AM-GM cho vế trái của BĐT đã cho, ta sẽ chứng minh:

$$3. \sqrt[3] {(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2.a_1^2.b_1^2c_1^2} \geq 16S^2$$

Sử dụng các đánh giá ở trên, ta đưa về chứng minh

$$3. \sqrt[3] {64a^2b^2c^2(p-a)^2(p-b)^2(p-c)^2}\geq 16p(p-a)(p-b)(p-c)$$

$$\Leftrightarrow 27a^2b^2c^2 \geq 64 p^3(p-a)(p-b)(p-c)$$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì $x,y,z > 0$ và

$$(*) \Leftrightarrow 27(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq 64xyz(x+y+z)^3$$

Hiển nhiên đúng theo 2 BĐT quen thuộc sau

$$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$$

$$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z)$$

Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ABC$ là tam giác đều.

 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA

MÔN TOÁN NĂM 2014

Thời gian làm bài: 180 phút.

Ngày thi thứ nhất (03/01/2014)

Bài 1. (5 điểm) Cho 2 dãy số thực dương $(x_{n}),(y_{n})$ xác định bởi $x_{1}=1,y_{1}=\sqrt{3}$

$$\left\{\begin{matrix} x_{n+1}y_{n+1}-x_{n}=0\\x_{n+1}^2+y_{n} =2 \end{matrix}\right.\forall n=1,2,3$$

Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.

Từ giả thiết ta suy ra :

$$\left\{\begin{matrix} x_1=2\sin {\frac {\pi}{6}}, &y_1=2\cos {\frac {\pi}{6}} \\ x_{n+1}=\sqrt{2-y_n} & \\ y_{n+1}=\frac {x_n}{x_{n+1}} & \end{matrix}\right.$$

Từ đó, bằng quy nạp ta chứng minh được $$\left\{\begin{matrix} x_n=2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}\\ y_n=2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}} \end{matrix}\right.$$

Do $\cos x$ nghịch biến trên $(0; \pi)$ nên ta suy ra $(y_n)$ tăng. Mặt khác, $(y_n)$ bị chặn trên bởi $2$ nên nó hội tụ.

Tương tự, do $\sin x$ đồng biến trên $(0; \pi)$ nên $(x_n)$ giảm và bị chặn dưới bới $0$ nên cũng hội tụ.

Do tính liên tục của $\cos x$ và $\sin x$ nên ta suy ra

$$\lim x_n = \lim 2\sin {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\sin \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\sin 0 = 0$$

$$\lim y_n = \lim 2\cos {\frac {\pi}{3.2^n}}=2\cos \lim {\frac {\pi}{3.2^n}}= 2\cos 0 = 2$$

Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

 

Từ công thức truy hồi ta có

$$a_{n+1}=a_n+ \frac {1} {2n+1} + \frac {1} {2n+2} - \frac {1} {n}$$

Suy ra $$a_{n+1}=a_1+\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac {1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2} -\frac {1}{k}\right )=\frac {3}{2}+\sum_{k=3}^{2n+2}\frac {1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{n+1+k}$$

$$\Rightarrow a_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+k}$$

Xét hàm số $f(x)=\frac {1} {1+x}$. Tổng tích phân cấp $n$ của hàm số $f$ trên $[0,1]$ là

$$S_n = \frac {1} {n} \sum_{i=1}^n f(\frac {1} {n}) = a_n - \frac {1} {n}$$

Theo định lí cơ bản của tích phân $$\lim S_n=\int_{0}^{1}\frac {1}{x+1}dx=\ln2$$

Mà $\lim \frac {1} {n} = 0$ nên ta suy ra $$\lim a_n = \lim S_n = \ln 2$$.

Cho dãy số $\{x_n\}$ thỏa $x_1=1;x_{n+1}=\frac{n}{x_n}+\frac{x_n}{n}$. Chứng minh $$\lim\limits_{n\to +\infty} \frac{x_n^2}{n}=1; \; \lim\limits_{n\to +\infty}(x_n^2-n)=\frac{1}{2}$$

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_n^2}{n}=1$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $\sqrt{n}<x_n<\sqrt{n}+1$.

Với $n=1,n=2$ đúng. Giả sử nó đúng tới $n=k \geq 2 \Rightarrow \sqrt{k}<x_k< \sqrt{k}+1$.

Xét hàm số $f_k(x)= \frac {x} {k} + \frac {k} {x}$ trên $(\sqrt{k};\sqrt{k}+1)$

Ta có $f'(x)= \frac {x^2-k^2} {x^2} < 0 $ do $x< \sqrt{k}+1<k (k \geq 2)$

Suy ra $f(\sqrt{k})> f(x_k) > f(\sqrt{k}+1)$

Mặt khác dễ dàng kiểm tra được rằng $f(\sqrt{k}) < \sqrt{k+1} +1$ và $f(\sqrt{k}+1) > \sqrt{k+1}$

nên ta suy ra $\sqrt{k+1}+1 > x_{k+1} > \sqrt{k+1}$.

Từ đó áp dụng nguyên lý kẹp ta thu được $\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac {x_n}{\sqrt{n}}=1$.

Vậy ta có đpcm.

$\bullet$ Chứng minh $\lim_{n\rightarrow +\infty} (x_n^2-n) = \frac {1} {2}$.

Lập dãy $(y_n) y_n=x_n^2 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_1=1 & \\ y_{n+1}=\frac {y_n}{n^2}+\frac{n^2}{y_n}+2 & \end{matrix}\right$

Bằng cách tương tự như câu a, ta chứng minh được BĐT sau với mọi $n \geq 2$

$$n+\frac{1}{2}<y_n<n+\frac{1}{2}+\frac{5n^2+4+1}{4n^3-2n^2-8n-4}$$

Áp dụng nguyên lí kẹp ta có đpcm.

 Bổ đề: $m_a+m_b+m_c \leq  \frac {9R} {2}$

C/minh:

  Sử dụng kết quả quen thuộc $\sin ^2 A+ \sin ^2 B+ \sin ^2 C  \leq \frac {9} {4}$, ta có

$$(m_a+m_b+m_c)^2 \leq 3(m_a^2+m_b^2+m_c^2) = \frac {9} {4} (a^2+b^2+c^2) = 9R^2(\sin ^2 A+ \sin ^2 B + \sin ^2 C ) \leq \frac {81} {4} R^2$$

 $\Rightarrow$ đpcm.

Trở lại bài toán. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và bổ đề trên, ta được

$$\sum \frac {1} {\sqrt{m_a}} \geq \frac {9} {\sum \sqrt {m_a}} \geq \frac {9} {\sqrt {3(\sum m_a)}} \geq \frac {9} {\sqrt {3. \frac {9R} {2}}} = \sqrt {\frac {6} {R}}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Bài 50: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ và $n$ sao cho

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor+mn$

Ta có nhận xét sau: Cho $n$ là một số tự nhiên và $a$ là một số thực. Khi đó nếu $a \geq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\geq n$ và nếu $a \leq n$ thì $\left \lfloor a \right \rfloor\leq n$

Trở lại bài toán. KMTQ giả sử $m \geq n$

$\bullet$ TH1: $n^2 \geq m$

Khi đó ta có $(m^2-n)(n^2-m)\geq 0 \Rightarrow mn+1 \geq \frac{m^2}{n}+\frac{n^2}{m}$

Suy ra $\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor=mn+\left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \geq mn+2 \geq \frac {m^2}{n}+\frac{n^2}{m}+1>\left \lfloor \frac {m^2}{n}+\frac {n^2}{m} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac {n^2}{m} \right \rfloor$.

Vây trong trường hợp này pt vô nghiệm

$\bullet$ TH2: $n^2 < m$

Đặt $m=an^2+b, b^2=cn+d$. Bỏ qua truờng hợp đơn giản khi $b=0$.

Khi đó ta dễ dàng có được :

$\left \lfloor \frac{m^2}{n} \right \rfloor=a^2n^3+2anb+c; \left \lfloor \frac{n^2}{m} \right \rfloor=0$

Mặt khác để ý rằng $b^2<(c+1)n \Rightarrow b<\sqrt{(c+1)n}\leq \frac {n+c+1}{2} \Rightarrow b \leq \frac {n+c}{2}$

ta dễ dàng chứng minh được $\frac{m}{n}+\frac{n}{m}=n+\frac{(2a-1)bn^2+b^2+n^2}{an^3+bn}< n+c+1 \Rightarrow \left \lfloor \frac{m}{n}+\frac{n}{m} \right \rfloor \leq n+c$

Suy ra $a^2n^3+2abn+c\leq n+c+(an^2+b)n \Leftrightarrow (a^2-a)n^3+(2ab-b-1)n \leq 0$

Mà do $a,b \geq 1$ nên $a^2-a \geq 0$ và $2ab-b-1 \geq 0$ nên ta suy ra $\left\{\begin{matrix} a^2-a=0 & \\ 2ab-b-1=0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & \\ b=1 & \end{matrix}\right.$. Thử lại thấy $(m,n)=(k^2+1,k)$ thỏa.

KL: $(m,n)=(k^2+1,k);(k,k^2+1)$ với $k \in \mathbb{N}$.

1) $lim \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

 

Đặt $S_n = \left ( \frac{1}{n\sqrt{1+n^{2}}}+\frac{2}{n\sqrt{2+n^{2}}}+...+\frac{n}{n\sqrt{n+n^{2}}} \right )$

Ta có $\frac{k}{n} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+k}} \leq \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{n}\leq S_n \leq \frac{1}{n}.\sum \frac{k}{\sqrt {n^2+n}}$

$\Rightarrow \frac{n+1}{2n}\leq S_n\leq \frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}$

Mà $\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\frac{n+1}{2\sqrt {n^2+n}}=\frac{1}{2}$

nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim _{n\rightarrow +\infty }S_n = \frac{1}{2}$

2) $x_{n}=\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(n+n)}$

Từ hệ thức ta suy ra $x_{n+1}^{n+1}=2x_n^n .\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.(2n+1)$ (*)

$\Rightarrow \left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n.x_{n+1}^{n+1} =x_n^{n+1}.\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}$

Để ý rằng $\left ( 1+ \frac{1}{n} \right )^n< 3 \forall n$

và $\frac {2n}{n+1}.\sqrt[n]{(n+1)(n+2)...(2n)}> \frac{2n}{n+1}.n> 3 \forall n\geq 3$

Nên kể từ số hạng thứ 3 trở đi thì $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $0$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn $L \geq 0$.

Chuyển (*) qua giới hạn ta được

$L = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left ( 2(2n+1).\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty} \left ( 2. \frac {2n+1}{n+1}. \frac {1}{(1+\frac {1}{n})^n}\right )= \frac {4}{e}$

=====================================

Ngoài ra ta cũng có thể dùng tổng tích phân như sau:

$x_n = \sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left ( 1+\frac{k}{n} \right )}\Rightarrow y_n= \ln x_n = \frac{1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left (1+\frac{k}{n} \right )}$

Xét hàm số $f(x)=\ln {(1+x)}$ trên $[0,1]$. Chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm chia $a_k=\frac {k} {n}, 1 \leq k \leq n$.

Khi đó tổng tích phân cấp $n$ trên đoạn $[0,1]$ của $f(x)$ là:

$S_n=\sum_{k=1}^nf(a_k)(a_k-a_{k-1})=\frac {1}{n}.\sum_{k=1}^n \ln {\left ( 1 + \frac {k}{n} \right )}=y_n$

Theo định lý cơ bản của tích phân $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n = \int_{0}^{1}\ln(1+x)dx$

Thực hiện phép đổi biến $x=u^2$ và lấy tích phân từng phần ta tính được $\int_{0}^{1}\ln{(1+x)}dx=2\ln2 -1$

Suy ra $\lim_{n \rightarrow +\infty}S_n=\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n= 2\ln2 -1$

Do hàm số $\ln {x}$ liên tục trên $(0,+\infty )$ nên ta có $\lim_{n \rightarrow +\infty}x_n=e^{\lim_{n \rightarrow +\infty}y_n}=e^{2\ln2-1}=\frac {4}{e}$

1. Họ và tên thật: Mai Tiến Luật

2. Đang học lớp: 11T, trường: THPT chuyên Lê Quý Đôn, thành phố Quy Nhơn, tỉnh Bình Định

3. Đề:

Cho số tự nhiên $n \geq 2$. Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a_1, a_2, ..., a_n, x_1, x_2, ..., x_n$ thoả mãn $\sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j= \frac {n(n-1)} {2}$ , ta có :

$$\frac {a_1} {a_2+a_3+...+a_n} . (x_2+x_3+...+x_n) + ... + \frac {a_n} {a_1+a_2+...+a_{n-1}}.(x_1+x_2+...+x_{n-1}) \geq n$$

4. Đáp án

Đặt $S=a_1+a_2+...+a_n$. Sử dụng điều kiện ta viết lại BĐT dưới dạng:

 $$\sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . (x_1+...+x_{i-1}+x_{i+1}+x_n) \geq \sqrt {\frac {2n} {n-1} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j} $$

Ta có thể chuẩn hoá cho $\sum_{i=1}^{n} x_i =1$. BĐT trở thành:

$$\sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . (1-x_i) \geq \sqrt {\frac {2n} {n-1} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j} $$

$$\Leftrightarrow 2\sqrt {\frac {n} {2(n-1)} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j}+ \sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . x_i \leq \sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} $$ (1)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$${VT^2(1) \leq (\sum_{i=1}^n x_i^2 +2 \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j})\left ( \frac{n}{2(n-1)}+\frac{n}{2(n-1)}+\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2} \right )= \frac {n} {n-1} + \sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2}$$

Để chứng minh (1) ta chỉ cần chỉ ra

$$\frac {n} {n-1} + \sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2} \leq \left (\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{S-a_i} \right )^2$$

$$\Leftrightarrow \sum_{1\leq i<j \leq n} \frac{a_ia_j}{(S-a_i)(S-a_j)}\geq \frac{n}{2(n-1)}$$ (2)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$VT(2) = \sum_{1\leq i<j \leq n} \frac{a_i^2a_j^2}{a_ia_j(S-a_i)(S-a_j)} \geq \frac{(\sum a_ia_j)^2}{\sum a_ia_j(S-a_i)(S-a_j)}$$

Đặt $b_i=a_i(S-a_i)$. Theo BĐT AM-GM ta dễ dàng có được $$(n-1)\sum b_i^2\geq 2\sum b_ib_j$$

$$\Rightarrow (\sum b_i)^2 \geq (2+\frac{2}{n-1})(\sum b_ib_j)=\frac{2n}{n-1}(\sum b_ib_j)$$

Từ đó, để ý rằng $2\sum a_ia_j= \sum a_i(S-a_i)$ ta suy ra

$$VT(2) \geq \frac{\left ( \sum b_i \right )^2}{4\sum b_ib_j}\geq \frac{1}{4}.\frac{2n}{n-1}=\frac{n}{2(n-1)}= VP(2)$$

Vậy BĐT (2) được chứng minh, tức là (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=...=a_n > 0$ và $x_1=x_2=...=x_n=1$.

Bài toán 1: Với tam giác $ABC$ bất kỳ,ta có $\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}{\cos B\cos C}\ge\left(\frac{6r}{R}\right)^2$

 Có lẽ điều kiện nên là tam giác $ABC$ nhọn, vì chẳng hạn với $A=\frac{2\pi}{3},B=C=\frac{\pi}{6}$ thì vế trái âm và nếu tam giác $ABC$ vuông thì vế trái k xác định.

=============

Ta giải bài toán khi $ABC$ là tam giác nhọn. BĐT đã cho tương đương với:

$$\sum \frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}\geq 36r^{2}$$

Ta có $$\frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}= \frac{\frac{a^{2}}{4}}{\frac{(b^2+a^2-c^2)(c^2+a^2-b^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^4bc}{a^4-(b^2-c^2)^2}\geq bc$$

và $$36r^2=36\frac {S^2}{p^2}=36\frac {(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9\frac {(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} {a+b+c}$$

nên ta viết lại BĐT thành

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$$

$$abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c \Leftrightarrow ABC$ đều.

Bài toán 34: Cho phương trình $ x^n=x^{n-1}+...+x+1 $.

1. Chứng minh rằng PT trên có duy nhất nghiệm thực dương,gọi nghiệm đó là $x_n$.
2.  
3. Chứng minh $\lim_{n \to +\infty}x_n=2$
4.  
5. Tính $\lim_{n \to +\infty}n(2-x_n)$.

1. Đặt $f_{n}(x)=x^{n}-x^{n-1}-...-1$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng$f_{n}(x)$ có một nghiệm dương duy nhất $x_{n}$ thoả $1 \leq x_{n} \leq 2$

Với $n=1,n=2$ khẳng định đúng. Giả sử nó đúng tới $n$.

Để ý rằng $f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+x^{n+1}-2x^{n}$ ta có

  $f_{n+1}(x_{n})=f_{n}(x_{n})+x_{n}^{n}(x_{n}-2)<0$

  $f_{2}=1>0$

Suy ra $f_{n+1}(x)$ có một nghiệm nằm giữa $x_{n}$ và $2$. Tính dương và duy nhất của nó là hiển nhiên (theo quy tắc Descartes về số nghiệm dương của một phương trình đa thức).

Mặt khác $x_{n+1} > x_{n} >1$. Tóm lại mệnh đề quy nạp đúng với mọi n.

2. Do $f_{n}(2)=1$ và $f_{n}(x_{n})=0$ nên theo định lý Lagrange ta có

    $$1=\left | f_{n}(x_{n})-f_{n}(2) \right |=\left | f_{n}^{'}(a) \right |.\left | x_{n}-2 \right |$$

với $a \in (x_{n},2) \Rightarrow a>x_{n-1}>1$ Từ đó $f_{n-1}(a)>0$ nên 

$$f_{n}^{'}(a)=na^{n-1}-(n-1)a^{n-2}-...-1>n(a^{n-2}+...+1)-(n-1)a^{n-2}-...-1=a^{n-2}+2a^{n-3}+...+(n-1)>1+2+...+(n-1)=\frac {n(n-1)}{2}$$

Suy ra $$0<\left | x_{n}-2 \right |=\frac{1}{\left | f_{n}^{'}(a) \right |}< \frac{2}{n(n-1)}\rightarrow 0$$

Theo nguyên lý kẹp ta có $$\lim_{n\rightarrow +\infty }x_{n}=2$$

3. Cũng từ đánh giá ở trên ta có

$$0<n(2-x_{n})=\frac{n}{f_{n}^{'}(a)}< \frac{2}{n-1}\rightarrow 0$$

nên theo nguyên lý kẹp $$\lim_{n\rightarrow +\infty}n(2-x_{n})=0$$

Ta dễ dàng có nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=1;u_{1}=4$, $u_{n+1}=6.u_n-u_{n-1}$

$\bullet$ với $n=4$ ta có ngay nghiệm khởi đầu bằng $(2;2)$. 

Phương trình trở thành $a^2+b^2-3ab=-4$.

Làm tương tự trên là có ngay nghiệm của phương trình là $(a;b)=(u_{n};u_{n+1})$ với dãy $\{u_n\}$ được xác định bởi $u_{0}=2;u_{1}=2$, $u_{n+1}=3.u_n-u_{n-1}$....

Spoiler

!#!%!@%!@% Cái bài đã dài lời giải trên ML còn sai, không biết ông tác giả có chép sai đề không nữa.

Hình như cậu làm sót nghiệm rồi Đạt à. Với trường hợp $n=7$ ta còn có 1 bộ nghiệm khởi đầu là ($1;2$) và do đó ta còn một dãy nghiệm xác định bới $(a,b)=(u_{n};u_{n+1})$ với $u_{1}=1;u_{2}=2;u_{n+1}=6u_{n}-u_{n-1}$.

======================

Có ai có tài liệu về pt Markov ở trên k?

=======================

a) Ta có $\frac{B_{3}O_{1}}{B_{2}O_{1}}.\frac{B_{2}O_{1}}{B_{2}O_{3}}.\frac{B_{1}O_{3}}{B_{1}O_{2}}=1$

Nên theo định lý Ceva đảo, $O_{1}B_{1}, O_{2}B_{2}, O_{3}B_{3}$ đồng quy tại một điểm (là $I$).

b) Dễ kiểm tra rằng điểm $I$ trên là tâm tỉ cự của hệ {$O_{1},O_{2},O_{3}$} hệ số $\left ( \frac{1}{R_{1}},\frac{1}{R_{2}},\frac{1}{R_{3}} \right )$ với .

$\Rightarrow \left ( \frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}} \right )\overrightarrow{KI}=\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow {KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow {KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow {KO_{3}}$

Mặt khác theo cách chọn điểm $K$ thì

$\frac{1}{R}\overrightarrow {KO}=\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow {KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow {KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow {KO_{3}}$

Suy ra $\overrightarrow {KO}=R\left ( \frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}} \right )\overrightarrow {KI}$

Tức là $K,I,O$ thẳng hàng.

Gọi $O,O_{1},O_{2},O_{3},R,R_{1},R_{2},R_{3}$ lần lượt là tâm và bán kính của các đường tròn $m,m_{1},m_{2},m_{3}$ và $K$ là tâm tỉ cự của hệ điểm {$O,O_{1},O_{2},O_{3}$} hệ số {$\frac{-1} {R}, \frac{1} {R_{1}}, \frac{1} {R_{2}}, \frac{1} {R_{3}}$}.

Từ giả thiết suy ra $A_{1},O_{1},O$ thẳng hàng theo thứ tự đó nên

$-A_{1}O_{1}\vec {A_{1}O}+A_{1}O\vec {A_{1}O_{1}}=\vec {0}$

$\Rightarrow -R_{1}.\vec {A_{1}O}+R\vec {A_{1}O_{1}}= \vec {0}$

$\Rightarrow \frac {-1} {R} \vec {A_{1}O}+ \frac {1} {R_{1}} \vec {A_{1}O_{1}}= \vec {0}$ (1)

Tương tự từ $B_{1},O_{3},O_{2}$ thẳng hàng ta có $\frac {1} {R_{2}} \vec {B_{1}O_{2}} + \frac {1} {R_{3}} \vec {B_{1}O_{3}}= \vec {0}$ (2)

Từ (1), (2) và để ý rằng:

$\frac{-1}{R}\overrightarrow{KO}+\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KO_{3}}=\overrightarrow{0}$

ta có $\frac{-1}{R}\overrightarrow{KA_{1}}+\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KA_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KB_{1}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KB_{1}}=\overrightarrow{0}$

Suy ra $K \in A_{1}B_{1}$. Tương tự $K \in A_{2}B_{2}$,$K \in A_{3}B_{3}$.

Vậy $A_{1}B_{1}, A_{2}B_{2}, A_{3}B_{3}$ đồng quy.

Trước tiên ta có 2 bổ đề sau:

 $\bullet$ Cho $\alpha _{i} \in (0,\pi )$. Khi đó ta có $\prod_{i=1}^{n}\sin \alpha_{i}\leq \left (\sin \frac{\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}}{n} \right)^{n}$

 $\bullet$ Với $\alpha _{i} \in (0,\pi )$ thì $\alpha \geq \sin \alpha $

Trở lại bài toán.

Gọi $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ lần lượt là độ dài các cạnh, góc xen giữa hai cạnh $a_{i}$ và $a_{i+1}$, diện tích tam giác tạo thành bởi hai cạnh $a_{i}$ và $a_{i+1}$.

Khi đó ta có $\prod_{i=1}^{n}c_{i} = \prod_{i=1}^{n} \left ( \frac{1} {2} a_{i}a_{i+1} \sin b_{i} \right ) = \frac{1} {2^{n}} \prod_{i=1}^{n}a_{i}^{2} \sin b_{i}$.

Theo BĐT AM-GM ta có $$\prod_{i=1}^{n}a_{i} \leq  \left ( \frac {\sum_{i=1}^{n}a_{i}} {n} \right )^{n} = \left ( \frac{4} {n} \right)^{n}$$

Theo 2 bổ đề và đề ý rằng tổng các góc trong của một n-giác bằng $(n-2) \pi$ ta có $$\prod_{i=1}^{n} \sin b_{i} \leq \left (\sin \frac{\sum_{i=1}^{n}b_{i}}{n} \right)^{n} = \left ( \sin \frac {(n-2)\pi} {n} \right)^{n} = \left ( \sin \frac {2\pi} {n} \right)^{n} \leq  \left ( \frac {2\pi} {n} \right)^{n}$$.

Từ đó $$\prod_{i=1}^{n}c_{i} \leq \frac {1} {2^{n}}  \left ( \frac{4} {n} \right)^{2n} \left ( \frac {2\pi} {n} \right)^{n}$$

Suy ra tồn tại $i$ sao cho $c_{i} \leq \frac {1} {2}  \left ( \frac{4} {n} \right)^{2} \left ( \frac {2\pi} {n} \right) = \frac {16\pi} {n^{3}}.$

Bài toán được chứng minh.

====================

Bài toán 29: Cho dãy số $\{a_n \}$ thỏa $ a_1 = 1, a_{2n}= a_n+1, a_{2n+1}=\frac{1}{a_{2n}} $.Chứng minh rằng tất cả các số hữu tỷ đều là số hạng của dãy này.

-68-

Theo em đề nên là các số hữu tỷ dương vì {$a_{n}$} là dãy dương.

=============================

Ta chứng minh bằng quy nạp

Gọi $S(m)$ là mệnh đề $\forall p=\frac{r}{s}, gcd(r,s)=1, r < m, s < m$ , $\exists n$ sao cho $a_{n}=p$.

Với $m=1$ thì $p=1=a_{1}$, mệnh đề $S(1)$ đúng.

Giả sử mệnh đề đúng tới $m-1$. Ta chứng minh $S(m)$ đúng. Chỉ cần xét $p\neq 1$.

 $\bullet$ TH1: $p= \frac {m} {s}$ với $s < m$

  Ta có $m-s < m, s < m$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $p-1= \frac {m-s} {s} = a_{n} \Rightarrow p=a_{n}+1=a_{2n} $.

 $\bullet$ TH2: $p= \frac {s} {m}$ với $s < m$

  Ta có $\frac {1-p} {p} = \frac {m-s} {s}$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $\frac {1-p} {p} = a_{n} \Rightarrow \frac {1} {p} =a_{n}+1=a_{2n} \Rightarrow p=a_{2n+1}$.

Mệnh đề được chứng minh. Từ đây dễ dàng suy ra kết quả bài toán $\square$

Giả sử $f(x)$ là đa thức hệ số nguyên thoả $f(a)=b,f(b)=c,f(c)=a$ với $a,b,c$ là 3 số nguyên phân biệt.

Do $f(x)$ là đa thức hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên phân biệt nên ta có

$b-c=f(a)-f(b) \vdots a-b \Rightarrow \left | b-c \right | \geq \left | a-b \right |$

Tương tự ta có $ \left | c-a \right | \geq \left | b-c \right |$, $\left | a-b \right | \geq \left | c-a \right |$

Từ đây suy ra $\left | b-c \right |=\left | c-a \right |=\left | a-b \right |$

Mà $a\neq b$ nên từ $\left | b-c \right |=\left | c-a \right |$ ta suy ra $b-c=c-a \Leftrightarrow a=2c-b$ (1)

Tương tự từ $\left | c-a \right |=\left | a-b \right |$ ta suy ra $c-a=a-b \Leftrightarrow c=2a-b$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $a=c$, mâu thuẫn

Vậy k tồn tại đa thức hệ số nguyên thoả đề.