Siberian Mathematical Contest 2023

Đề và lời giải gốc (tiếng Nga) các bạn có thể tải ở solutions_SMC_2023.pdf.

Đề dành cho năm nhất

Bài 1

Đề bài

Tồn tại hay không một đa thức \(p(x)\) sao cho mọi hệ số khác không của nó không phải số nguyên, nhưng với hai số nguyên bất kì khác nhau \(a\) và \(b\) ta đều có \(\dfrac{p(a) - p(b)}{b - a}\) là số nguyên?

Lời giải

Tồn tại, ví dụ như \(p(x) = \dfrac{x^4 + x^2}{2}\):

\[\frac{p(a) - p(b)}{a - b} = \cdots = \frac{(a + b)(a^2 + b^2 + 1)}{2}.\]

Vì \(a+b\) và \(a^2 + b^2 + 1\) khác tính chẵn lẻ nên tích trên luôn chia hết cho \(2\) và do đó là số nguyên.

Bài 2

Đề bài

Cho dãy \(\{ a_n \}\), \(n \geqslant 0\) thỏa điều kiện \(a_0 = 1\), \(a_1 = \dfrac{1}{2}\),

\[a_n = \frac{n}{2} a_{n-1} + \frac{n(n-1)}{2} a_{n-2} + \frac{(-1)^n (1 - n)}{2(n+1)}.\]

Tìm \(\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{a_n}{n!}\).

Lời giải

Từ quy nạp toán học có thể tìm được

\[a_n = n a_{n-1} + \frac{(-1)^n}{n+1}.\]

Từ đó,

\[\begin{split}a_n & = n \left( (n-1) a_{n-2} + \frac{(-1)^{n-1}}{n} \right) + \frac{(-1)^n}{n+1} \\ & = n (n-1) a_{n-2} + (-1)^{n-1} + \frac{(-1)^n}{n+1} \\ & = \ldots \\ & = n! a_0 - \frac{n!}{2!} + \frac{(-1)^2 n!}{3!} + \frac{(-1)^3 n!}{4!} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1} n!}{n!} + \frac{(-1)^n n!}{n!}\end{split}\]

Nói cách khác,

\[\begin{split}\frac{a_n}{n!} & = a_0 + \frac{(-1)^1}{2!} + \frac{(-1)^2}{3!} + \frac{(-1)^3}{4!} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{n!} + \frac{(-1)^n}{n!} \\ & = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(k+1)!} = 1 - \sum_{k=0}^{n+1} \frac{(-1)^k}{k!} \to 1 - \frac{1}{e}\end{split}\]

Bài 3

Đề bài

Cho hàm đơn điệu liên tục tăng nghiêm ngặt \(f(x)\) xác định trên nửa khoảng \([0, +\infty)\) và thỏa \(f(0) = 0\). Đặt \(g(x)\) là hàm ngược của \(f(x)\). Chứng minh rằng, với mọi số nguyên \(m, n\) thì bất đẳng thức sau thỏa mãn:

\[m n \leqslant \sum_{k=0}^m [f(k)] + \sum_{s=0}^n [g(s)].\]

Lời giải

Giả sử, \([f(m)] \geqslant n\). Đặt \([f(s)] = l_s\). Theo tính đơn điệu thì \(l_s \leqslant f(s) < l_{s+1}\). Do \(f(x)\) liên tục và đơn điệu tăng nghiêm ngặt nên \(g(x)\) cũng liên tục và đơn điệu.

\[ \begin{align}\begin{aligned}\sum_{k=0}^m [f(k)] = l_1 + l_2 + \cdots + l_m;\\\sum_{s=0}^n [g(s)] = 1 (l_2 - l_1) + 2(l_3 - l_2) + 3 (l_4 - l_3) + \cdots + p(n - l_p).\end{aligned}\end{align} \]

với \(p\) nào đó mà \(l_p < n \leqslant l_{p+1}\). Từ đây ta có

\[l_1 + l_2 + \cdots + l_p + 1 (l_2 - l_1) + 2 (l_3 - l_2) + \cdots + (p-1) (l_p - l_{p-1}) = p l_p.\]

Vì \(l_{p+1}, l_{p+2}, \ldots, l_m > n\) nên

\[\begin{split}\sum_{k=0}^m [f(k)] + \sum_{s=0}^n [g(s)] & = p l_p + p(n - l_p) + l_{p+1} + l_{p+2} + \cdots + l_m \\ & = pn + l_{p+1} + l_{p+2} + \cdots + l_m > pn + (m - p) n = mn.\end{split}\]

Chứng minh tương tự cho \([f(m)] < n\) (thay \(f(x)\) thành \(g(x)\)).

Bài 4

Đề bài

Cho đa thức với hệ số nguyên

\[f(x) = x^{2m} + x^{m+2} - 4 x^m + x^{m-n} + 1.\]

với \(m > n\) là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm ước chung lớn nhất giữa \(f(x)\) và \(f'(x)\).

Lời giải

Ta thấy rằng \(x=1\) là nghiệm bậc hai của \(f(x)\). Ta sẽ chứng minh rằng \(f(x)\) và \(f'(x)\) không có nghiệm tổng quát (nghiệm phức) nào khác. Giả sử có nghiệm \(z \in \mathbb{C}\). Khi đó

\[z^m + z^{-m} + z^n + z^{-n} = 4, m(z^m - z^{-m}) + n(z^n - z^{-n}) = 0.\]

Đặt \(u = z^m\) và \(v = z^n\). Khi đó

\[u + u^{-1} + v + v^{-1} = 4, m (u - u^{-1}) + n (v - v^{-1}) = 0.\]

Nếu \(u\) và \(v\) bằng \(1\) thì \(z = 1\) vì \((m, n) = 1\). Nếu \(u \neq 1\) và \(v \neq 1\) thì ta nghiệm của hệ phương trình là \((u, v) \in \{ (u_0, v_0), (u_0^{-1}, v_0^{-1}) \}\) với

\[u_0 = - \frac{m^2 + 3n^2 + 2n \sqrt{2(m^2 + n^2)}}{m^2 - n^2}, v_0 = \frac{3m^2 + n^2 + 2m \sqrt{2 (m^2 + n^2)}}{m^2 - n^2}.\]

Ở đây \(u_0\) và \(v_0\) là các số thực và thỏa mãn đẳng thức \(u_0^n = v_0^m\). Nhưng vì \(1 < \lvert u_0 \rvert < v_0\) nên khi \(m > n\) các đẳng thức trên không đúng.