Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mệnh đề, phủ định, điều kiện cần/đủ (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Mệnh đề là câu khẳng định có thể xác định đúng/sai. a) là mệnh đề (đúng). b) là mệnh đề (đúng). c) là câu mệnh lệnh, không phải mệnh đề. d) $5+19=24$ là mệnh đề (đúng). e) $6+81=25$ là mệnh đề (sai). f) là câu hỏi, không phải mệnh đề. g) $x+2=11$ chứa biến, không xác định đúng/sai, không phải mệnh đề. Vậy có 3 câu không phải là mệnh đề (c, f, g), khớp đáp số 3 của nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
a) 'Hãy đi nhanh lên!' là câu mệnh lệnh, không phải mệnh đề. b) 'Hà Nội là thủ đô của Việt Nam' là mệnh đề đúng. c) '$5+7+4=15$' là mệnh đề (sai, vì $5+7+4=16$, nhưng vẫn là mệnh đề). d) 'Năm 2018 là năm nhuận' là mệnh đề (sai, 2018 không nhuận, nhưng vẫn là mệnh đề). Vậy có 3 câu là mệnh đề, khớp đáp số 3 của nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Mệnh đề là câu khẳng định có thể xác định đúng hay sai. a) 'Cố lên, sắp đối rồi!' là câu cảm thán, không phải mệnh đề. b) 'Số 15 là số nguyên tố' là mệnh đề (sai, vì 15 = 3·5). c) 'Tổng các góc của một tam giác là 180°' là mệnh đề (đúng). d) '$x$ là số nguyên dương' chứa biến $x$ chưa xác định, không phải mệnh đề. Vậy có 2 câu là mệnh đề, khớp đáp số 2 của nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Thử từng giá trị vào $P(x)$: "$x+1<x^2$". Với $x=0$: $1<0$ sai. Với $x=2$: $3<4$ đúng. Với $x=1$: $2<1$ sai. Với $x=\frac{1}{2}$: $\frac{3}{2}<\frac{1}{4}$ sai. Vậy chỉ $x=2$ làm mệnh đề đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình $x^2-1=0\iff (x-1)(x+1)=0\iff x=\pm 1$. Vì $x\in \mathbb{N}$ nên loại $x=-1$, chỉ còn $x=1$. Khi đó mệnh đề "$x^2-1=0,x\in \mathbb{N}$" đúng. Kết quả khớp với đáp số nguồn: 1.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $A$: "Năm 2019 là năm nhuận" — sai, vì 2019 không chia hết cho 4. Xét $B$: "Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là hình vuông" — sai, vì tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là hình thoi, chưa chắc là hình vuông (ví dụ hình thoi có góc $60^{\circ }$, $120^{\circ }$).

- $A\Rightarrow B$: mệnh đề $A$ sai nên $A\Rightarrow B$ đúng (mệnh đề $P\Rightarrow Q$ chỉ sai khi $P$ đúng và $Q$ sai).
- $B\Rightarrow A$: mệnh đề $B$ sai nên $B\Rightarrow A$ đúng.
- $B\iff A$: cả $A$ và $B$ cùng sai nên $B\iff A$ đúng (cùng giá trị chân lý).

Vậy cả ba mệnh đề đều đúng, số mệnh đề sai là $0$. Khớp với đáp số nguồn: 0.

(AI giải đề cho tôi)
Mệnh đề là câu khẳng định có thể xác định đúng hay sai. (I) là câu mệnh lệnh, không phải mệnh đề. (II) 'Số 25 chia hết cho 8' là mệnh đề (sai, vì 25 không chia hết cho 8). (III) 'Số 17 là số nguyên tố' là mệnh đề (đúng). (IV) là câu hỏi, không phải mệnh đề. Vậy có 2 câu là mệnh đề, khớp đáp số 2.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $P$: 'Một số tự nhiên là số chính phương', $Q$: 'Chữ số tận cùng của nó là một trong các số 0; 1; 4; 5; 6; 9'. Ta có $P\Rightarrow Q$ đúng (số chính phương chỉ tận cùng bởi 0; 1; 4; 5; 6; 9), còn $Q\Rightarrow P$ sai (ví dụ số 10 tận cùng bằng 0 nhưng không là số chính phương), do đó mệnh đề $P\iff Q$ là mệnh đề sai.
(1) Đúng: vì $P\iff Q$ là mệnh đề sai, nên không thể phát biểu mệnh đề trên bằng thuật ngữ điều kiện cần và đủ.
(2) Đúng: 'Điều kiện cần để $P$ là $Q$' nghĩa là $P\Rightarrow Q$, và điều này đúng.
(3) Đúng: '$P$ là điều kiện đủ để $Q$' nghĩa là $P\Rightarrow Q$, cũng đúng.
(4) Sai: 'Điều kiện cần để $Q$ là $P$' nghĩa là $Q\Rightarrow P$, nhưng điều này sai (số 10 có tận cùng là 0 nhưng không chính phương).
Vậy có 3 phát biểu đúng: (1), (2), (3). Kết quả trùng với đáp số đã cho: 3.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định với mọi $x\in \mathbb{R}$: A) $5x>2x\iff 3x>0\iff x>0$, sai khi $x\le 0$. B) $5x<2x\iff x<0$, sai khi $x\ge 0$. C) $5x^2>2x^2\iff 3x^2>0$, sai khi $x=0$. D) $5+x>2+x\iff 5>2$, luôn đúng với mọi $x$. Vậy khẳng định đúng với mọi giá trị của $x$ là D.

(AI giải đề cho tôi)
Định lý “Nếu hai tam giác bằng nhau thì diện tích bằng nhau” có dạng $P\Rightarrow Q$ với P: “hai tam giác bằng nhau”, Q: “diện tích bằng nhau”. Khi đó P là điều kiện đủ để có Q (nhưng không phải điều kiện cần, vì hai tam giác khác nhau vẫn có thể cùng diện tích). Vậy mệnh đề đúng là: “Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích chúng bằng nhau”.

(AI giải đề cho tôi)
A đúng vì x=0,5 có x>x². B đúng vì n=0 hoặc n=1. C đúng vì n≤2n luôn đúng với n∈ℕ. D sai vì x=0 thì x²=0 không >0. Vậy mệnh đề sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Với $x=1$ thì phân số $\frac{x^2-1}{x-1}$ không xác định, nên xét $x\ne 1$: $\frac{x^2-1}{x-1}=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1$. Do đó mệnh đề $\forall x\in \mathbb{R}:\frac{x^2-1}{x-1}=x+1$ (C) sai vì tại $x=1$ biểu thức không xác định; mệnh đề B sai vì biểu thức luôn bằng $x+1$ (khi xác định) chứ không lớn hơn. Mệnh đề D sai vì không tồn tại $x$ nào làm biểu thức lớn hơn $x+1$. Mệnh đề A đúng: tồn tại $x=2$ thì $\frac{4-1}{2-1}=3=2+1$. Vậy đáp án A.

Gọi các số dạng $a_i^3-1$ là số đặc biệt. Chú ý rằng nếu $n$ là số lẻ thì $2^3-1=7$ là đặc biệt nên $f(n)\mid 7$, chứng tỏ $f(n)\ne 2$. (0.5 điểm)

Với $n=4;n=6$, thử trực tiếp ta thấy không thỏa mãn.
Xét $n$ là số chẵn $\ge 8$.
Đặt $n=2^{k}m$, với $m$ lẻ và $k\ge 1$. Chú ý rằng khi này mỗi $a_i$ là số lẻ, kéo theo $2\mid f(n)$. (0.5 điểm)

• Xét $m=1$. Khi này $k\ge 3$. Chú ý rằng $3^3-1=26$ và $5^3-1=124$ là các số đặc biệt và $\gcd (26,124)=2$. Từ đó suy ra $f(n)\mid 2$ và do đó $f(n)=2$. (0.5 điểm)

• Xét $m=3$. Khi này $k\ge 2$. Chú ý rằng $5^3-1=124=4\cdot 31$, $7^3-1=342=2\cdot 9\cdot 19$ là các số đặc biệt và $\gcd (124,342)=2$.
Suy ra $f(n)=2$. (0.5 điểm)

• Xét $m\ge 5$. Dễ thấy mỗi số $m-4,m-2,m+2,m+4$ là số lẻ và nguyên tố cùng nhau với $m$ nên chúng nguyên tố với $2^{k}m$. Hơn nữa hiển nhiên chúng nhỏ hơn $2m\le 2^{k}m$.
Do đó $(m-4{)}^3-1$, $(m-2{)}^3-1$, $(m+2{)}^3-1$, $(m+4{)}^3-1$ là các số đặc biệt. Vì $f(n)$ là ước của mỗi số này nên
$f(n)\mid ((m+4{)}^3-1)+((m-4{)}^3-1)-((m+2{)}^3-1)-((m-2{)}^3-1)=72m$.
Để ý một trong hai số $m+2,m+4$ không chia 3 dư 1, nên một trong hai số $(m+2{)}^3-1$, $(m+4{)}^3-1$ không chia hết cho 3, chứng tỏ $3\nmid f(n)$. Tương tự, chú ý rằng $(m+2{)}^2\equiv (m+4{)}^2\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, kéo theo $(m+2{)}^3-1\equiv (m+2)-1=m+1$, $(m+4{)}^3-1\equiv m+4-1=m+3(\mathrm{mod}4)$ và một trong hai số $m+1,m+3$ không chia hết cho 4 vì thế $4\nmid f(n)$.
Từ đó suy ra $f(n)\mid 2m$. (1 điểm)

Giả sử $f(n)$ có một ước nguyên tố $p$ lẻ nào đó.
Khi đó $p\mid m$. Khi này từ $p\mid m$ và $p\mid f(n)\mid (m+2{)}^3-1$ ta có $p\mid 7$, kéo theo $p=7$. Tương tự, từ $p\mid m$ và $p\mid (m-2{)}^3-1$ ta có $p\mid 9$, kéo theo $p=3$, mâu thuẫn.
Suy ra: $f(n)$ không thể có ước nguyên tố lẻ. Vì thế $f(n)\mid 2$ và do đó $f(n)=2$.
Vậy, các số $n$ cần tìm là tất cả các số chẵn $\ge 8$. (1 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Ta sẽ chỉ ra một cách chơi để sau đúng 63 lần thao tác, số còn lại chia hết cho 4.

Nhận xét then chốt: với mọi số nguyên $n$ thì $n^2\equiv 0$ hoặc $1(\mathrm{mod}4)$ (cụ thể $n$ chẵn thì $n^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$, $n$ lẻ thì $n^2\equiv 1(\mathrm{mod}4)$). Do đó nếu $a,b$ cùng tính chẵn lẻ thì $a^2-b^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$.

Bước 1 (32 lần thao tác): Trên bàn cờ có các số $1,2,\dots ,64$, trong đó có 32 số lẻ và 32 số chẵn. Ta ghép 32 số lẻ thành 16 cặp, và 32 số chẵn thành 16 cặp (mỗi cặp gồm hai số cùng tính chẵn lẻ). Với mỗi cặp $(a,b)$, xóa $a,b$ và ghi $a^2-b^2$ vào một trong hai ô. Vì $a,b$ cùng tính chẵn lẻ nên $a^2-b^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$. Sau 32 lần thao tác, trên bàn cờ còn 32 số, và mỗi số đều chia hết cho 4.

Bước 2 (31 lần thao tác): Bây giờ mọi số trên bàn cờ đều có dạng $4x$. Nếu ta xóa hai số $a=4x,b=4y$ và ghi $a^2-b^2=16(x^2-y^2)$ thì số mới cũng chia hết cho 4. Vậy tính chất 'mọi số trên bàn cờ đều chia hết cho 4' là bất biến dưới phép toán. Thực hiện thêm 31 lần thao tác (mỗi lần giảm số ô đi 1), sau 31 lần còn đúng 1 số, và số đó vẫn chia hết cho 4.

Tổng cộng ta đã thực hiện $32+31=63$ lần thao tác, và số còn lại trên bàn cờ chia hết cho 4. Đpcm.

Lời giải.

a) Gọi $S$ là tập các số nguyên thu được từ 0.

$P(x)$ là đa thức 3-tốt $⟺S=\mathbb{Z}$.

Quy tắc sinh phần tử của tập $S$:

- (Quy tắc A): $u\in S⟹P(u)\in S$.
- (Quy tắc B): $v\in S$ và $P(u)\equiv v(\mathrm{mod}3)⟹u\in S$.

Nhận xét 1: Nếu $u\in S$ thì mọi số nguyên $x$ thỏa mãn $x\equiv u(\mathrm{mod}3)$ cũng thuộc $S$.

Chứng minh: Với $P(x)\in \mathbb{Z}[x]$, ta có tính chất cơ bản: $x\equiv u(\mathrm{mod}3)⟹P(x)\equiv P(u)(\mathrm{mod}3)$. Vì $u\in S\stackrel{\text{Quy ta˘ˊc A}}{\to }P(u)\in S$. Lại có $P(x)\equiv P(u)(\mathrm{mod}3)\stackrel{\text{Quy ta˘ˊc B}}{\to }x\in S$.

Nhận xét 1 cho thấy để $S=\mathbb{Z}$, tập $S$ chỉ cần chứa đủ 3 đại diện có số dư là $0,1,2$ khi chia cho 3.

Nhận xét 2: Có $3^3=27$ bộ số dư $(P(0),P(1),P(2))$ modulo 3.

Tập $S$ (xuất phát từ 0) không thể sinh ra toàn bộ $\mathbb{Z}⟺$ tập $\{0,1,2\}$ bị phân hoạch thành các tập con $X$ rời nhau thỏa mãn: $x\in X⟺P(x)\in X$.

Các trường hợp thất bại này bao gồm:

- Phân hoạch thành 3 tập $\{0\},\{1\},\{2\}$:

Vì $0\in \{0\}⟹P(0)\in \{0\}⟹P(0)\equiv 0(\mathrm{mod}3)$.

Vì $1\in \{1\}⟹P(1)\in \{1\}⟹P(1)\equiv 1(\mathrm{mod}3)$.

Vì $2\in \{2\}\Rightarrow P(2)\in \{2\}\Rightarrow P(2)\equiv 2(\mathrm{mod}3)$.

Suy ra: $P(x)\equiv x(\mathrm{mod}3),\forall x\in \{0,1,2\}$.

$\Rightarrow$ Có 1 trường hợp.

• Phân hoạch thành 2 tập $\{a\}$ và $\{b,c\}$ (với $\{a,b,c\}=\{0,1,2\}$):

Vì $a\in \{a\}\Rightarrow P(a)\in \{a\}\Rightarrow P(a)\equiv a(\mathrm{mod}3)$.

Vì $b\in \{b,c\}\Rightarrow P(b)\in \{b,c\}\Rightarrow P(b)\equiv b$ hoặc $P(b)\equiv c(\mathrm{mod}3)$.

Vì $c\in \{b,c\}\Rightarrow P(c)\in \{b,c\}\Rightarrow P(c)\equiv b$ hoặc $P(c)\equiv c(\mathrm{mod}3)$.

Có 3 cách chọn $a$. Với mỗi $a$, có $2^2=4$ cách chọn ảnh cho $P(b)$ và $P(c)$. Trừ đi 1 trường hợp $P(b)\equiv b,P(c)\equiv c$ (đã đếm ở trên). $\Rightarrow$ Có $3\times (4-1)=9$ trường hợp.

Suy ra số bộ $(P(0),P(1),P(2))$ thành công (thỏa mãn $S=\mathbb{Z}$) là: $27-1-9=17$.

Mặt khác, với $x\in \{1,2\}$, ta có $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)\Rightarrow x^{lẻ}\equiv x$ và $x^{ch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n}\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. Do đó:

$$P(x)\equiv c_0+\left(\sum _{klẻ}{c}_k\right)x+\left(\sum _{kch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n\ge 2}{c}_k\right)(\mathrm{mod}3)$$

Đặt $A=c_0$, $B={\sum }_{klẻ}{c}_k$ và $C={\sum }_{kch\widetilde{\stackrel{˘}{a}}n\ge 2}{c}_k$. Ta có hệ:

$$\{\begin{array}{l}P(0)\equiv A(\mathrm{mod}3)\\ P(1)\equiv A+B+C(\mathrm{mod}3)\\ P(2)\equiv A+2B+C\equiv A-B+C(\mathrm{mod}3)\end{array}$$

Hệ phương trình này xác định duy nhất bộ dư $(A,B,C)(\mathrm{mod}3)$ từ bộ $(P(0),P(1),P(2))$. Suy ra có đúng 17 bộ $(A,B,C)$ thỏa mãn.

Cuối cùng, ta đếm số cách chọn hệ số $c_k\in \{1,2,\dots ,99\}$. Tập này có 99 số, chia đều mỗi loại số dư 0, 1, 2 có 33 số. Với một bộ $(A,B,C)$ cố định:

• $c_0\equiv A(\mathrm{mod}3)$: Có 33 cách chọn.

• Tổng của 50 hệ số bậc lẻ $\equiv B(\mathrm{mod}3)$: Chọn 49 hệ số đầu tiên tùy ý (có $99^{49}$ cách). Hệ số cuối cùng bị buộc phải nhận một số dư duy nhất để tổng bằng $B$ (có 33 cách chọn giá trị thỏa mãn số dư đó). Nhóm này có $99^{49}\cdot 33$ cách.

• Tổng của 49 hệ số bậc chẵn $\equiv C(\mathrm{mod}3)$: Tương tự, chọn tùy ý 48 số đầu, số cuối bị cố định số dư. Nhóm này có $99^{48}\cdot 33$ cách.

Số lượng đa thức tạo thành cho một bộ $(A,B,C)$ là:

$$33\times (99^{49}\cdot 33)\times (99^{48}\cdot 33)=33^3\cdot 99^{97}$$

Tổng số đa thức 3-tốt là: $\boxed{17\cdot 33^3\cdot 99^{97}}$.

b) Đặt $\phi (r)=P(r)\mathrm{mod}p$. Với $u\in S$ (tập sinh từ 0), dãy lặp $u,\phi (u),{\phi }^2(u),\dots$ luôn tuần hoàn về một chu trình cố định - gọi là chu trình tối hạn của $u$; quy nạp trực tiếp trên hai quy tắc sinh của đề bài cho thấy mọi phần tử của $S$ có cùng chu trình tối hạn với 0. Nếu tồn tại hai chu trình tối hạn phân biệt, các điểm trên chu trình thứ hai không thuộc $S$, do đó $P$ không $p$-tốt.

Ta phát biểu và chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 1

Nếu hàm số $f\in \mathbb{Z}[x]$ không là hàm hằng, thì có vô hạn số nguyên tố $p$ để phương trình $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ có nghiệm nguyên.

Chứng minh: Nếu $f(0)=0$ thì hiển nhiên $x=0$ là nghiệm với mọi $p$.

Giả sử $f(0)=c_0\ne 0$ và chỉ có hữu hạn $p_1,\dots ,p_k$ thỏa mãn, đặt $N=c_0{p}_1\cdots p_k$. Do các số hạng có bậc $\ge 1$ trong $f(Nt)$ đều chia hết cho $N$, ta có thể viết $f(Nt)$ dưới dạng $c_0(1+N.M(t))$ (với $t\in \mathbb{Z}$). Thừa số sau nguyên tố cùng nhau với mọi $p_i$, và ta có thể chọn $t$ đủ lớn để nó có giá trị tuyệt đối lớn hơn 1. Khi đó nó có ước nguyên tố mới $q\notin \{p_i\}$ — mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2

Cho $f\in \mathbb{Z}[x]$ là hàm số bậc 2 có $\Delta =B^2-4AC\ne 0$. Khi đó có vô hạn số nguyên tố $p$ để phương trình $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ có hai nghiệm phân biệt.

Chứng minh: Theo Bổ đề 1, có vô hạn $p$ để $f$ có một nghiệm $x_0\mathrm{mod}p$. Ta loại bỏ hữu hạn giá trị $p\mid A\Delta$. Vì $p\nmid A$ và $x_0$ là nghiệm, phép chia đa thức trong ${\mathbb{F}}_p[x]$ cho ta $f(x)\equiv A(x-x_0)(x-x_1)(\mathrm{mod}p)$ với $x_1\in {\mathbb{F}}_p$ nào đó; theo hệ thức Viète ta được $x_0+x_1\equiv -B/A(\mathrm{mod}p)$

Giả sử $x_1\equiv x_0(\mathrm{mod}p)$, khi đó $2x_0\equiv -B/A\Rightarrow 2A{x}_0+B\equiv 0(\mathrm{mod}p)$. Mà $4A\cdot f(x)=(2Ax+B{)}^2-\Delta$, thay $x=x_0$ ta có được $\Delta \equiv 0(\mathrm{mod}p)$ — vô lí. Ta có điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán, đặt $Q(x)=P(x)-x=a{x}^2+(b-1)x+c$, $\Delta =(b-1{)}^2-4ac$.

Ta thấy $Q(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)⟺P(x)\equiv x(\mathrm{mod}p)$, do đó các nghiệm của $Q(x)$ chính là các điểm bất động của hàm $\phi$ kể trên. Xét 2 trường hợp:

- $\Delta \ne 0$. Theo Bổ đề 2, có vô hạn số nguyên tố $p$ để $Q$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1\ne x_2$ sao cho $Q(x_1)\equiv Q(x_2)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$. Đa thức $P(x)$ có 2 điểm bất động, và do đó nó không $p$-tốt.

- $\Delta =0$. Lúc này $Q(x)=a(x-r{)}^2$ với $r=\frac{1-b}{2a}\in \mathbb{Q}$. Với $p\nmid 2a$, đặt $y=x-r$ ta được $\phi (y)=a{y}^2+y\mathrm{mod}p$ với điểm bất động duy nhất là $y=0$.

Ta tính được $\phi (\phi (y))-y=a{y}^2(a^2{y}^2+2ay+2)$. Xét $H(y)=a^2{y}^2+2ay+2\in \mathbb{Z}[y]$ có $\Delta =-4a^2\ne 0$ (vì $a\ne 0$), áp dụng Bổ đề 2 cho thấy có vô hạn số nguyên tố $p$ sao cho $H$ có 2 nghiệm phân biệt $y_1\ne y_2$ và đều khác 0 (theo hệ thức Viète thì $y_1{y}_2=\frac{2}{a^2}\ne 0$).

Với modulo các số nguyên tố $p$ kể trên, ta có $\phi (\phi (y))\equiv y$ nên $\phi (\phi (\phi (y)))\equiv \phi (y)$, nên $\phi (y)$ cũng là một trong các nghiệm $\{0;y_1;y_2\}$ của phương trình $\phi (\phi (y))-y\equiv 0(\mathrm{mod}p)$.

Mà $\phi (y_1)\ne y_1$ (do $y_1$ không bất động) và $\phi (y_1)\ne 0$ (khi đó $\phi (\phi (y_1))\equiv 0\ne y_1$), ta bắt buộc có $\phi (y_1)\equiv y_2$, và chứng minh tương tự ta có $\phi (y_2)\equiv y_1$.

Như vậy, tồn tại chu trình có độ dài 2 là $\{y_1;y_2\}$ khác 0 và phân biệt với điểm bất động $\{0\}$, suy ra $P(x)$ có 2 chu trình tối hạn và do đó $P$ không $p$-tốt.

Bài toán đã được giải quyết.