nhungvienkimcuong

Ngày thi thứ nhất:

Bài 1: (5 điểm)

a) cho dãy số $(x_n)_{n>=1}$ được xác định như sau: $x_1=1, x_{n+1}= 1 + \frac{n}{x_n} , n \in \mathbb{N}*$

Đặt $y_n = \frac{x_n}{\sqrt{n}}, n \in \mathbb{N}*$. Chứng minh dãy $(y_n)_{n>=1}$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

b) Cho dãy số thực dương $(a_n)_{n>=1}$ có $a_1=1, a_2=2$ và với mọi số nguyên dương $m, n$ đều thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:  i) $a_{mn} = a_ma_n$ ;     ii) $a_n<=2018n$      iii) $a_{m+n} <= 2019(a_m+a_n)$

Chứng minh $a_n=n$ với mọi số nguyên dương $n$

$a)$ ta chứng minh theo quy nạp rằng

 $\sqrt{n}\le x_n\le \sqrt{n}+1\Rightarrow \lim \frac{x_n}{\sqrt{n}}=1$

$b)$ bài này nếu không có điều kiện $ii)$ thì sẽ được xử lí như sau

Bài 6:(7 điểm)

Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng p và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho n là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên k. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng:

a) $p$ là số tốt

b) $p^2$ là số xấu

$a)$ dễ chọn $\mathcal{P}(x)=x^p-x$

$b)$ giả sử tồn tại đa thức $\mathcal{P}(x)$ thỏa đề tức là $p^2\mid \mathcal{P}(n) \ \ ,\forall n$

ta sử dụng đẳng thức sau (tham khảo thêm chứng minh ở đây )

với $\mathcal{P}(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_1x+a_0$ thì ta có

$\sum_{i=0}^{p}\left ( -1 \right )^{p-i}\begin{pmatrix} p\\i \end{pmatrix}\mathcal{P}\left ( i \right )=p! \hspace{3cm} \left ( \star \right )$

từ giả thiết đề tài ta có 

$p^2\mid\text{VT}(\star )\Rightarrow p^2\mid p!\Rightarrow p\mid (p-1)!$

dễ thấy điều trên vô lí theo $\text{Wilson}$ nên ta có $\text{Q.E.D}$

Bài 5: Chứng minh rằng:

b) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố.

bài này khó trình bày :/

ta gọi số nguyên tố thứ $k$ là $p_k$ như sau $2=p_1<p_2<p_3<...<p_k<p_{k+1}<...$

giả sử không tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố

vậy với $k$ mà $p_{k+1}-p_k<2017\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.$

vì nếu ngược lại khi đó $\exists t:\left\{\begin{matrix} p_k,p_{k+1} \in \left [ t,t+2017 \right ]\\ p_{k-1},p_{k+2}\not \in \left [ t,t+2017 \right ] \end{matrix}\right.$ (điều này mâu thuẫn với việc ta giả sử)

mà ta có 

$p_4-p_3=7-5<2017\Rightarrow p_{k+1}-p_k<2017,\forall k$

$\Rightarrow  \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.,\forall k$ tức $2018$ số nguyên dương liên tiếp luôn có ít nhất $3$ số nguyên tố

điều này mâu thuẫn với câu $a)$ nên ta có $\text{Q.E.D}$

1.Tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số $a_i \in$ {1;-1} có n nghiệm thực phân biệt

ta có thể chọn đa thức như sau $\boxed{\mathcal{P}(x)=\left\{\begin{array}{lc} x-1&,n=1\\ x^2-x-1&,n=2 \end{array}\right.}$

gọi các nghiệm của đa thức $\mathcal{P}(x)$ là $x_1,x_2,...,x_n$ thì theo viet dễ thấy $\sum x_i,\sum x_ix_j,\prod x_i \in \left \{ -1,1 \right \}$

do đó ta có

$1=\left ( \sum x_i \right )^2\ge 2\sum x_ix_j\Rightarrow \sum x_ix_j=-1$

$\Rightarrow \sum x_i^2=\left ( \sum x_i \right )^2-2\sum x_ix_j=3$

từ đây thì ta đánh giá

$3=\sum x_i^2\ge n\sqrt[n]{\left ( \prod x_i \right )^2}=n$

tới đây cũng dễ nhận thấy các đa thức bậc $3$ không thỏa đề

2. Tìm $a,b,c \in Z$ sao cho đa thức $P(x)=(x^2+ax+b).Q(x)$ là đa thức có hệ số 1 hoặc -1 (Q(x) là đa thức có hệ số nguyên)

dễ thấy $b\in \left \{ -1,1 \right \}$, ta đặt

$\mathcal{P}(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,\ \ \ a_i\in \left \{ -1,1 \right \}$

gọi $z$ là nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ sao cho $\left | z \right |\neq 1$ thì ta có

$\left | z \right |^n=\left | -\sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_i}{a_n}z^i\right |\le \sum_{i=0}^{n-1}\left | z^i \right |=\frac{\left | z \right |^n-1}{\left | z \right |-1}$

$\Rightarrow \left | z \right |^n\left ( \left | z \right |-2 \right )\le -1\Rightarrow \left | z \right |< 2$

từ đây ta suy ra các nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ đều có $\left | z \right |<2$

gọi $x_1,x_2$ là nghiệm của $x^2+ax+b$ , giả sử $\left | x_1 \right |\le \left | x_2 \right |$ thì ta có

$\left | x_1 \right |.\left | x_2 \right |=\left | x_1x_2 \right |=\left | b \right |=1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 0< \left | x_1 \right |\le 1\\ 1\le \left | x_2 \right |<2 \end{matrix}\right.$

do vậy ta có $\left | a \right |=\left | x_1+x_2 \right |\le \left | x_1 \right |+\left | x_2 \right |<3\Rightarrow a\in \left \{ -2,-1,0,1,2 \right \}$

tới đây thử lại ta có các đa thức thỏa đề như sau

$\boxed{x^2+ax+b=\left\{\begin{array}{ll} x^2\pm 1&,Q(x)=1\\ x^2\pm x\pm 1&,Q(x)=1 \\ x^2\pm 2x+1&,Q(x)=x\mp 1 \end{array}\right.}$

Cho trước số nguyên dương $n.$ Có bao nhiêu đa thức $P(x)$ có các hệ số thuộc tập $S=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ và thỏa mãn điều kiện $P(2)=n.$

Gọi các số của $x^0,x,x^2,...$ lần lượt là $a_0,a_1,a_2,...\in \mathcal{A}=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ ta cần tìm số nghiệm nguyên thuộc tập $\mathcal{A}$ thỏa mãn

$a_0+2a_1+4a_2+8a_3+...=n$

sử dụng hàm sinh ta có được số nghiệm cần tìm là hệ số của $x^n$ trong khai triển

$\begin{array}{cl} \mathcal{F}(x) &=\left ( x^{0.1}+x^{1.1}+x^{1.2}+x^{1.3} \right )\left ( x^{0.2}+x^{1.2}+x^{2.2}+x^{3.2} \right )\left ( x^{0.4}+x^{1.4}+x^{2.4}+x^{3.4} \right )...\\ \\&=\left ( 1+x+x^2+x^3 \right )\left ( 1+x^2+x^4+x^6 \right )\left ( 1+x^4+x^8+x^{12} \right )... \\ \\&=\frac{1-x^4}{1-x}.\frac{1-x^8}{1-x^2} .\frac{1-x^{16}}{1-x^4}... \\ \\&=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)}\\ \\ &=(1+x+x^2+x^3+...)\left ( 1+x^2+x^4+x^6+... \right ) \end{array}$

tới đây trùng với khai triển của hàm sinh số nghiệm nguyên không âm của phương trình $a+2b=n$

tới đây thì dễ rồi và đáp số là $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1$

Cho số thực a và xét dãy số $\left\{x_n\right\}:\left\{\begin{matrix} x_1=1\\ x_2=0\\ x_{n+2}=\frac{x_n^2+x_{n+1}^2}{4}+a,\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$. Tìm số thực $a$ lớn nhất sao cho dãy $\left\{x_n\right\}$ hội tụ.

nếu dãy hội tụ giả sử là $\lim x_n=L$ thì từ đề cho ta có

$L=\frac{L^2}{2}+a\Rightarrow a\le \frac{1}{2}$

ta chứng minh $a=\frac{1}{2}$ thì dãy hội tụ

dễ thấy với 

$x_{n+2}=\frac{x_{n+1}^2+x_n^2}{4}+\frac{1}{2}\Rightarrow 0\le x_n\le 1$

ta có 

$x_{n+2}-1=\frac{1}{4}\left ( (x_{n+1}-1)(x_{n+1}+1)+(x_n-1)(x_n+1) \right )$

$\Rightarrow \left | x_{n+2}-1 \right |\le \frac{1}{2}\left ( \left | x_{n+1}-1 \right |+\left | x_n-1 \right | \right )$

tới đây là bài toán quen thuộc nên dễ thấy tồn tại $\lim \left | x_n-1 \right |=x\Rightarrow \lim x_n=1-x$ tới đây thì được rồi

về bài toán quen thuộc có thể tham khảo thêm ở đây   giới hạn của một dãy số dạng trung bình và ứng dụng.pdf   255.1K   62 Số lần tải