Đề chọn đội tuyển thi HSG QG môn Toán THPT năm 2026 - 2027 sở GDĐT Lâm Đồng

Phạm Minh Trí

2 Lời giải

Bài toán 1

Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số(un) thỏa mãn u1 = 2027 và un = 1 2

un−1 + 2026

un−1

, ∀n ≥2.

a) Chứng minh rằng un ≥ √

2026, ∀n ≥1.

b) Chứng minh rằng dãy số(un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

L Lời giải.

a) Từcông thức truy hồi của dãy (un), ta được un > 0, ∀n ∈N∗.

Ta có: u1 = 2027 > √

2026. Vậy khẳng định đúng với n = 1.

Với n > 1, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

un = 1

2

un−1 + 2026

un−1

≥1

2.2 √

2026 = √

2026

Vậy khẳng định đúng với mọi n ∈N∗hay un ≥ √

2026, ∀n ∈N∗.

b) Với mọi n ≥2, chú ý rằng un ≥ √

2026, ta có:

un −un−1 = 1

2

un−1 + 2026

un−1

−un−1 = 1

2

2026

un−1 −un−1

= 1

2.2026 −u2 n−1 un−1 ≤0

Vậy (un) là dãy giảm và bịchặn dưới bởi √

2026 nên theo tiêu chuẩn Weierstrass, dãy (un) có giới hạn hữu hạn. Đặt lim un = L. Từcông thức truy hồi của (un), ta cho n →+∞, ta được:

L = 1

2

L + 2026

L

⇔L

2 = 1013

L ⇔L = ± √

2026

Chú ý rằng un ≥ √

2026, ∀n ∈N∗nên L = √

2026. Vậy lim un = √

2026.

Trang 3

Phạm Minh Trí

Bài toán 2

Câu 2 (4,0 điểm) Cho đa thức P(x) có các hệsốnguyên, biết rằng tồn tại ba sốnguyên x1, x2, x3 sao cho P(x1) = 2025, P(x2) = 2026 và P(x3) = 2027.

a) Chứng minh rằng x2 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x) = 2026.

b) Chứng minh rằng phương trình P(x) = 2029 có không quá một nghiệm nguyên.

L Lời giải.

a) Chú ý rằng a −b|P(a) −P(b) với mọi cặp sốnguyên a, b và a ̸= b. Khi đó ta có x2 −x1|P(x2) −P(x1) hay x2 −x1|1. Tương tự, ta được x2 −x3|1.

Chú ý rằng x1 ̸= x3 nên ta được

 

 x2 −x1 = 1

x2 −x3 = −1 hoặc

 

 x2 −x1 = −1

x2 −x3 = 1 . Từcảhai

trường hợp, ta được x2 = x1 + x3

2 .

Giảsửtồn tại sốnguyên a là nghiệm của phương trình P(x) = 2026. Khi đó ta được

P(a) = 2026. Lập luận tương tự, ta được a = x1 + x3

2 = x2.

Vậy phương trình P(x) = 2026 có nghiệm nguyên duy nhất x2.

b) Xét phương trình P(x) = 2029. Khi đó, giảsửphương trình P(x) = 2029 có nghiệm nguyên a, ta chứng minh a là nghiệm nguyên duy nhất.

Chú ý rằng a −x1|P(a) −P(x1) nên a −x1|4. Tương tự, ta được a −x3|2 và a −x2|3.

Từcâu a), ta được x1, x2, x3 là ba sốnguyên liên tiếp (nếu xếp tăng dần) và a ̸= x1, x2, x3.

Xét trường hợp x1 < x2 < x3, ta có các khảnăng sau:

ˆ Khảnăng 1: a < x1. Khi đó, |a −x3| > |x1 −x3| = 2. Vô lý.

ˆ Khảnăng 2: a > x3. Lúc này ta được a −x1 = 4; a −x2 = 3; a −x3 = 2. Có duy nhất một giá trịa như vậy.

Xét trường hợp x1 > x2 > x3, ta có các khảnăng sau:

ˆ Khảnăng 1: a > x1. Khi đó |a −x3| > |x1 −x3| = 2. Điều này là vô lý.

ˆ Khảnăng 2: a < x3. Khi đó a −x1 = −4; a −x2 = −3; a −x3 = −2. Có duy nhất một giá trịa như vậy.

Vậy từtất cảcác trường hợp, phương trình P(x) = 2029 có không quá một nghiệm nguyên.

Trang 4

Phạm Minh Trí

Bài toán 3

Câu 3 (4,0 điểm) Cho A(n) = 1010n −99n với n ∈N∗.

a) Tìm một giá trịcủa n sao cho A(n) có hai chữsốtận cùng giống nhau.

b) Chứng minh rằng nếu A(n) có k chữsốtận cùng giống nhau thì k ≤4.

L Lời giải.

a) Chú ý 1010n ≡0 (mod 10); 99n ≡9 (mod 10) với mọi sốnguyên dương n. Vậy ta được A(n) ≡0 −9 ≡1 (mod 10). Do đó, nếu A(n) có nhiều chữsốtận cùng giống nhau thì các chữsốđó phải là 1.

Với n = 1, ta chứng minh A(1) ≡11 (mod 100) hay 99 ≡−11 (mod 100).

Thật vậy, ta có 92 ≡−19 (mod 100); 94 ≡−39 (mod 100); 98 ≡21 (mod 100); 99 ≡ −11 (mod 100).

Vậy A(1) ≡11 (mod 100) hay A(1) có hai chữsốtận cùng giống nhau.

b) Giảsửtồn tại sốnguyên dương n đểA(n) có 5 chữsốtận cùng giống nhau. Chú ý rằng A(n) ≡1 (mod 10) nên 5 chữsốtận cùng của A(n) là 11111. Lúc này ta được A(n) ≡11111 (mod 105).

Do 10n > 5 nên 1010n ≡0 (mod 105). Vậy −99n ≡11111 (mod 105) ⇒99n ≡ −11111 ≡25 (mod 32).

Ta có: 9 ≡9 (mod 32); 92 ≡17 (mod 32); 93 ≡25 (mod 32); 94 ≡1 (mod 32). Vậy để99n ≡25 (mod 32) thì 9n ≡3 (mod 4). Tuy nhiên điều này là vô lý vì 9n ≡1 (mod 4).

Vậy A(n) không thểcó 5 chữsốtận cùng là giống nhau hay nói cách khác, nếu k là sốchữsốtận cùng giống nhau của A(n) thì k ≤4.

Trang 5