Bài toán chia kẹo kinh điển đây mà.

Trước hết chúng ta đếm 1 chút theo kiểu lớp 1 lớp 2 gì đó: có 1 đoạn thẳng, cần chia đoạn thẳng ấy làm 3 phần, vậy cần chấm lên đoạn thẳng ấy mấy điểm? Câu trả lời rõ ràng là 2 điểm. Cần chia 1 con cá thành 3 khúc, ta cần 2 nhát cắt; cần ngăn 4 con cọp xếp hàng ngang để chúng đỡ cắn nhau, ta cần 3 vách ngăn. Hay để chia 1 đối tượng làm n phần, ta cần dùng n-1 vách ngăn để chia nó ra, Như thế này:

​

Bây giờ có số tự nhiên n, ta phân tích nó như sau:

\(n=1+1+1+...+1+1+1\)

Giả sử ta "vách ngăn" vào một vài vị trí giữa các số 1, kiểu thế này:

\(1+1+\left|1+1+1\right|+1+|1+1+...+1\)

Rõ ràng với 3 vách ngăn trên, ta chia n thành 3+1=4 phần, mỗi phần đều có giá trị nguyên dương, lần lượt là 2,3,1,n-6. 

Bây giờ cần chia dãy \(1+1+...+1\) trên thành m phần, vậy cần đặt bao nhiêu vách ngăn? Cũng như ban đầu đã phân tích, ta cần đặt \(m-1\)  tấm vách ngăn.

Ta có bao nhiêu vị trí để đặt \(m-1\) vách ngăn nói trên? Có n số 1, ta sẽ có \(n-1\) vị trí đặt vách ngăn, sao cho giữa 2 vách ngăn có ít nhất một số 1 (hay giữa 2 vách ngăn luôn là 1 giá trị nguyên dương).

Tóm lại, để chia dãy tổng \(1+1+...+1\) (n số hạng) thành m phần, sao cho mỗi phần chứa ít nhất một số 1, ta cần đặt \(m-1\) tấm vách ngăn vào \(n-1\) vị trí khả dĩ. Như vậy, ta có \(C_{n-1}^{m-1}\) cách.

Hiển nhiên, giá trị của mỗi phần (tức là tổng các số 1 trong phần đó) chính là giá trị nghiệm \(x_i\) của pt \(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\). Vậy pt có \(C_{n-1}^{m-1}\) nghiệm nguyên dương.

//Bay giờ tới nghiệm tự nhiên thì đơn giản, số tự nhiên khác số nguyên dương đúng 1 số 0, bây giờ ta "loại" nó đi là ra bài toán bên trên. Bằng cách đặt \(y_1=x_1+1;y_2=x_2+1...;y_m=x_m+1\), ta đảm bảo \(y_i\) luôn nguyên dương khi \(x_i\) tự nhiên.

Khi đó:

\(y_1+y_2+...+y_m=\left(x_1+1\right)+\left(x_2+1\right)+...+\left(x_m+1\right)\)

\(=\left(x_1+x_2+...+x_m\right)+m=n+m\)

Quay về bài trên, ta có pt \(y_1+y_2+...+y_m=n+m\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm. 

Ứng với mỗi \(y_i\) cho đúng 1 giá trị \(x_i=y_i-1\) tương ứng, do đó pt:

\(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm tự nhiên

Công thức đầu của em có vẻ bị sai :D

Lời giải:

\(M=\frac{1.2.3.4.5.6.7...(2n-1)}{2.4.6...(2n-2).(n+1)(n+2)....2n}=\frac{(2n-1)!}{2.1.2.2.2.3...2(n-1).(n+1).(n+2)...2n}\)

\(=\frac{(2n-1)!}{2^{n-1}.1.2...(n-1).(n+1).(n+2)....2n}=\frac{(2n-1)!}{2^{n-1}.1.2...(n-1).n(n+1)..(2n-1).2}\)

\(=\frac{(2n-1)!}{2^{n-1}.(2n-1)!.2}=\frac{1}{2^{n-1}.2}<\frac{1}{2^{n-1}}\)

Ta có đpcm.

Xét \(f\left[f\left(x\right)+x\right]=\left[f\left(x\right)+x\right]^2+m\left[f\left(x\right)+x\right]+n\)

\(=\left(x^2+mx+n+x\right)^2+m\left(x^2+mx+n+x\right)+n\)

\(=\left(x^2+mx+n\right)^2+2x\left(x^2+mx+n\right)+x^2+m\left(x^2+mx+n\right)+mx+n\)

\(=\left(x^2+mx+n\right)^2+2x\left(x^2+mx+n\right)+m\left(x^2+mx+n\right)+\left(x^2+mx+n\right)\)

\(=\left(x^2+mx+n\right)\left(x^2+mx+n+2x+m+1\right)\)

\(=\left(x^2+mx+n\right)\left[\left(x+1\right)^2+m\left(x+1\right)+n\right]\)

\(=f\left(x\right).f\left(x+1\right)\)

Thay \(x=2021\)

\(\Rightarrow f\left[f\left(2021\right)+2021\right]=f\left(2021\right).f\left(2022\right)\)

Đặt \(f\left(2021\right)+2021=k\)

Do \(f\left(x\right)\) có hệ số m;n nguyên \(\Rightarrow k\) nguyên

\(\Rightarrow f\left(k\right)=f\left(2021\right).f\left(2022\right)\) với k nguyên 

Hay tồn tại số nguyên k thỏa mãn yêu cầu