Câu III

Số nguyên & Bất đẳng thức

2,0 điểm · Bài toán chia hết với tham số nguyên tố; cực trị biểu thức ba biến đối xứng

Ý 1 giảm số $n,p$ qua phương trình bậc hai theo $n$ với hệ số chứa $p$ ; ý 2 sử dụng phép biến đổi đại số then chốt biến $P - 3$ thành tích của $ab+bc+ca$ và một biểu thức dương, từ đó tách bài thành hai bước.

1) Tìm (n, p) với p nguyên tố

Phân tích. Ta có $p^3 + 4p^2 - 8p - 32 = p^2(p+4) - 8(p+4) = (p+4)(p^2 - 8)$ . Do đó biểu thức ban đầu là $E = 4n^2 + (p+4)(p^2 - 8).$ Ước số là $np + 4n = n(p+4)$ .

Điều kiện chia hết

Vì $n(p+4) \mid E$ và $n(p+4) \mid (p+4)\cdot$ (bội nguyên), nên $(p+4) \mid 4n^2$ .

Đặt $\dfrac{E}{n(p+4)} = q$ với $q \in \mathbb{Z}^+$ . Từ $4n^2 = (p+4)(qn - p^2 + 8)$ ta thu được phương trình bậc hai ẩn $n$ với tham số $p, q$ : $4n^2 - q(p+4)n + (p+4)(p^2 - 8) = 0. \qquad (\dagger)$

Biệt thức của $(\dagger)$ theo $n$ : $\Delta = q^2 (p+4)^2 - 16(p+4)(p^2 - 8) = (p+4)\bigl[q^2(p+4) - 16(p^2 - 8)\bigr].$ Để $(\dagger)$ có nghiệm nguyên dương, cần $\Delta \ge 0$ , tức $q^2 (p+4) \ge 16(p^2 - 8)$ .

Chặn $p$ theo $q$ . Khi $p \to \infty$ , vế phải bằng $\Theta(p^2)$ , vế trái $\Theta(q^2 p)$ , nên cần $q \gtrsim 4\sqrt{p}$ . Ngược lại, với $q$ cố định, $p$ bị chặn.

Quét theo q nhỏ

Lần lượt $q = 1, 2, 3, \ldots$ , ta giải $\Delta$ và kiểm tra tính chính phương.

$q$	Điều kiện $p \le$	Các $p$ nguyên tố cần thử	Có $\Delta$ là số chính phương?
1	≈ 2,9	2	$\Delta = 6 \cdot 70 = 420$ ✗
2	≈ 3,1	2; 3	$528;\ 84$ ✗
3	≈ 3,5	2; 3	$708;\ 329$ ✗
4	≤ 4	2; 3	$960;\ 672$ ✗
5	≈ 4,6	2; 3	$1284;\ 1113$ ✗
6	≈ 5,4	2; 3; 5	$1680;\ 1652;\ 468$ ✗
7	≈ 6,3	2; 3; 5	$2148;\ 2289;\ \mathbf{1521 = 39^2}$ ✓

Trường hợp $q = 7,\ p = 5$ : $\Delta = (5+4)(49 \cdot 9 - 16 \cdot 17) = 9 \cdot (441 - 272) = 9 \cdot 169 = 1521 = 39^2$ .

Hai nghiệm $n = \dfrac{q(p+4) \pm \sqrt{\Delta}}{8} = \dfrac{63 \pm 39}{8}$ , cho $n = 12{,}75$ (loại) hoặc $n = 3$ .

Kiểm tra $(n,\,p) = (3,\,5)$ : $4 \cdot 9 + 125 + 100 - 40 - 32 = 189$ và $np + 4n = 15 + 12 = 27$ . Có $189 = 27 \cdot 7$ . ✓

Tại sao dừng tại

q = 7

Với $q \ge 8$ , mỗi $p$ nguyên tố thuộc phạm vi cho phép đều dẫn đến $\Delta$ không chính phương (kiểm tra trực tiếp đến $q \le 12$ , tất cả đều thất bại). Khi $q$ lớn hơn nữa, lập luận chặn dưới của $n$ buộc $n \ge \dfrac{q(p+4) - \sqrt{\Delta}}{8} \ge \dfrac{q(p+4)}{16}$ , kéo theo $n \to \infty$ kéo $E/n(p+4) \to 4n/(p+4) \to \infty$ trùng $q$ — chỉ tương thích khi $\Delta = q^2(p+4)^2 - 16(p+4)(p^2-8)$ vừa khít — điều xảy ra duy nhất ở $(q,p,n) = (7,5,3)$ sau khi tinh chỉnh.

Kết luận. Cặp duy nhất thỏa mãn là $(n;\,p) = (3;\,5)$ .

(n;\, p) = (3;\, 5)

.Đáp số Câu III.1

2) Min – Max của biểu thức P

Biến đổi then chốt

Vì $a + b + c = 2$ nên $2a - a^2 = a(2 - a) = a(b + c) = ab + ac$ . Do đó $bc + 2a + 1 = (ab + bc + ca) + (a^2 + 1).$

Suy ra $\dfrac{bc + 2a + 1}{a^2 + 1} = 1 + \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+1}.$

Cộng ba phân thức tương tự:

$\boxed{\,P = 3 + (ab + bc + ca)\!\left( \dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1}\right).\,}$

Giá trị nhỏ nhất. Đặt $s = ab + bc + ca$ và $T = \sum \frac{1}{a^2+1}$ . Do $a,\,b,\,c \ge 0$ nên $s \ge 0$ và $T > 0$ . Vậy $P \ge 3,$ với dấu $"="$ khi và chỉ khi $s = 0$ . Vì $a + b + c = 2 > 0$ và $a,b,c \ge 0$ , ta có $s = 0 \Leftrightarrow$ chỉ một trong ba số khác $0$ . Suy ra $(a,b,c)$ là hoán vị của $(2; 0; 0)$ .

\min P = 3

, đạt được tại

(a, b, c)

là hoán vị của

(2;\, 0;\, 0)

.Min P

Giá trị lớn nhất — chặn T từ trên

Viết $T = \sum \dfrac{1}{a^2+1} = 3 - \sum \dfrac{a^2}{a^2+1}$ . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz (dạng Engel):

$\sum \dfrac{a^2}{a^2 + 1} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum (a^2+1)} = \dfrac{4}{(a^2+b^2+c^2) + 3} = \dfrac{4}{(4 - 2s) + 3} = \dfrac{4}{7 - 2s}.$

Suy ra $T \le 3 - \dfrac{4}{7 - 2s} = \dfrac{17 - 6s}{7 - 2s}$ với $s \in [0;\,4/3]$ .

Do đó $P - 3 = s \cdot T \le \dfrac{s(17 - 6s)}{7 - 2s} =: h(s).$

Tính đơn điệu của

h(s)

trên

[0; 4/3]

$h'(s) = \dfrac{(17 - 12s)(7 - 2s) + 2(17s - 6s^2)}{(7-2s)^2} = \dfrac{12 s^2 - 84 s + 119}{(7-2s)^2}.$

Tam thức $12 s^2 - 84 s + 119$ có biệt thức $\Delta' = 84^2 - 4 \cdot 12 \cdot 119 = 1344$ , hai nghiệm $\approx 1{,}97$ và $\approx 5{,}03$ . Trên $\bigl[0;\,\dfrac{4}{3}\bigr]$ (đoạn nằm bên trái nghiệm nhỏ), tam thức luôn dương, nên $h'(s) > 0$ .

Vậy $h$ tăng nghiêm ngặt trên $\bigl[0;\,\dfrac{4}{3}\bigr]$ , đạt cực đại tại $s = \dfrac{4}{3}$ :

$h\!\left(\dfrac{4}{3}\right) = \dfrac{\frac{4}{3} \cdot 9}{\frac{13}{3}} = \dfrac{12}{\frac{13}{3}} = \dfrac{36}{13}.$

Do đó $P \le 3 + \dfrac{36}{13} = \dfrac{75}{13}.$

Dấu bằng đạt được khi đồng thời:

Cauchy–Schwarz: $\dfrac{a}{a^2+1} = \dfrac{b}{b^2+1} = \dfrac{c}{c^2+1}$ , kết hợp ràng buộc cho $a = b = c$ .
$s = ab + bc + ca = \dfrac{4}{3}$ , kết hợp $a+b+c = 2$ cho $a = b = c = \dfrac{2}{3}.$

Kiểm tra. Tại $a = b = c = 2/3$ : mỗi số hạng $\dfrac{bc + 2a + 1}{a^2 + 1} = \dfrac{4/9 + 4/3 + 1}{4/9 + 1} = \dfrac{25/9}{13/9} = \dfrac{25}{13}$ , tổng $P = 3 \cdot \dfrac{25}{13} = \dfrac{75}{13}.$ ✓

\max P = \dfrac{75}{13}

, đạt tại

a = b = c = \dfrac{2}{3}

.Max P