TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỪ NĂM 1990 ĐẾN NĂM 2012

Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau,

tròn Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các

em còn lại đứng im Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ

như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới

sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B

p p p1, 2, 3, ,p là đôi một khác nhau và a a a1, , , ,2 3 a k là nguyên dương) Với mỗi số

tự nhiên k, ta đặt f n k( ) f f  ( ) f n  , trong đó ở vế phải có đúng k lần chữ f Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, tồn tại số tự nhiên k0 để với mọi số nguyên kk0 thì tổng f a k( ) f k1( )a không phụ thuộc vào k

Bài 3 (TST 1992, bài 6)

Trong một hội thảo khoa học, tất cả các đại biểu biết 2n ngôn ngữ, n 2. Mỗi người biết đúng 2 ngôn ngữ và hai đại biểu bất kì biết chung nhiều nhất 1 ngôn ngữ Biết rằng một

2

Bài 4 (TST 1993, bài 6)

Xét n điểm A A1, 2, ,A n với n 2 trong không gian, trong đó không có 4 điểm nào

đỏ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1) Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu

2) Với mỗi i1, 2, 3, ,n thì số đoạn thẳng có một đầu mút là A i được tô màu xanh không vượt quá 4

khác i j, sao cho các đoạn thẳng A A A A i k, j k được tô màu xanh

Bài 5 (TST 1994, bài 2)

Xét phương trình nghiệm nguyên dương

x2 y2z2t2Nxyzt N 0

1) Chứng minh rằng tồn tại vô số giá trị N sao cho phương trình này có nghiệm nguyên dương (mỗi nghiệm là một bộ bốn số nguyên dương x y z t, , , )

2) Chứng minh rằng với N4 (8k m7) với k m, là các số không âm thì phương trình này không có nghiệm nguyên dương

Bài 6 (TST 1995, bài 6)

x

3 2

a0 a a, 1 p b n , 0,1, 2, với b n là ước số lẻ lớn nhất của a n

Bài 11 (TST 2000, bài 4)

gọi là “số bướng bỉnh” nếu như n không biểu diễn được dưới dạng n abx bcy caz  trong đó x y z, , là các số nguyên dương Hỏi có tất cả bao nhiêu số bướng bỉnh?

Bài 12 (TST 2001, bài 5)

tất cả các điểm có tọa độ là ( , , ) với x y z x y z, , là các số nguyên dương thỏa 1x y z n, , 

Tô màu tất cả các điểm thuộc tập hợp T sao cho: nếu điểm A x y z( ,0 0, )0 được tô màu thì những điểm có dạng B x y z( ,1 1, )1 với x1 x y0, 1 y z0, 1 z0 sẽ không được tô màu

Tìm giá trị lớn nhất các điểm được tô màu thỏa mãn điều kiện trên

i) f(0,0) 5 2003, (0, ) 0f n  với mọi n là số nguyên khác 0

với mọi số nguyên dương m và mọi số nguyên n

đôi một khác nhau) thuộc tập S Quy ước 0 là tổng của 0 số thuộc S Gọi a là số lớn nhất trong tập S Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k và số nguyên b sao cho

Chứng minh rằng dãy số  a n , n1, 2, 3, chứa vô hạn “số kim cương 2005”

Bài 17 (TST 2005 bổ sung, bài 3)

hai ô liên tiếp trên cùng một hàng hoặc cùng một cột

bảng thoả các điều kiện:

i) Tất cả các ô kề với mỗi ô được đánh dấu đều không được đánh dấu

Bài 18 (TST 2006, bài 3)

Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng Người

ta nối tất cả các điểm đó lại bởi các đoạn thẳng Số nguyên dương m được gọi là số tốt

nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng trong các đoạn thẳng đã nối bởi một số nguyên dương không vượt quá m sao cho mỗi tam giác tạo bởi ba điểm bất kì trong số các điểm

đó đều có hai cạnh được gán bởi hai số bằng nhau và cạnh còn lại gán bởi số lớn hơn hai số đó Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất

Bài 19 (TST 2007, bài 6)

Cho đa giác 9 cạnh đều ( ) Xét ba tam giác với các đỉnh là các đỉnh của đa giác (H) đã H

cho sao cho không có hai tam giác nào có chung đỉnh Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi tam giác 1 cạnh sao cho 3 cạnh này bằng nhau

Bài 20 (TST 2008, bài 5)

 , ba đường tròn (O1),(O2),(O3) có đúng hai điểm chung

và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác ABC

cắt đường tròn đường kính NP tại S và R S , khác M Chứng minh rằng đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi M di động

phía trong đường tròn

Bài 22 (TST 2010, bài 3)

kép Người ta ghép khít các hình chữ nhật đơn và hình chữ nhật kép này lại với nhau được một bảng hình chữ nhật có kích thước là2008 2010 Tìm số nhỏ nhất các hình chữ nhật đơn có thể dùng để ghép

Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước m n ô vuông gồm m hàng và n cột,

người ta đặt một số máy bơm nước vào các ô vuông Biết rằng mỗi máy bơm nước có thể tưới nước không những cho ô vuông chứa nó và các ô vuông có chung cạnh với ô

đó mà còn có thể tưới cho các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ô vuông Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước cần đặt để các máy bơm đó có thể tưới hết cả cánh đồng trong hai trường hợp:

1) m 4

2) m 3

Lời giải

Ta thấy rằng yêu cầu của bài toán có thể phát biểu thành:

Giả sử ban đầu n bạn học sinh đứng theo một thứ tự nhất định nào đó trên vòng tròn theo cùng kim đồng hồ Tìm số lần đổi chỗ nhỏ nhất sao cho các học sinh vẫn đứng theo thứ tự đó trên vòng tròn nhưng ngược chiều kim đồng hồ

Đánh số các học sinh này là 1, 2, 3, ,n2,n1 theo chiều kim đồng hồ và ở trạng thái cuối, các học sinh cũng được đánh số như thế nhưng ngược chiều kim đồng hồ

Ta thấy rằng với ba học sinh A B C , , đứng theo thứ tự đó thì khi đổi chỗ B và C, ta nhận

được thứ tự mới là A C B , , Ta có thể coi trong việc đổi chỗ đó, B đứng yên và C chuyển qua vị trí xen giữa A và B Như thế, với bất kì dãy các cách đổi chỗ nào, ta luôn có thể

chọn ra được ít nhất 1 học sinh đứng yên trong suốt quá trình đó, giả sử là học sinh

(không nhất thiết đứng cạnh nhau) đứng yên vì khi đó, các học sinh này sẽ xác định một chiều không đổi trong suốt quá trình đổi chỗ và như thế thì không thỏa mãn đề bài

Ta sẽ chứng minh hai nhận xét sau:

Nhận xét 1

Với n 3 , ta luôn có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất Điều này có nghĩa là nếu trong cách chọn hai học sinh này, có một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài cần x lần thì trong

một cách chọn hai học sinh khác, cũng tồn tại một cách đổi chỗ với x lần như thế

8

Thật vậy,

học sinh được chọn là A và B Giả sử đoạn thẳng AB chia n 2 học sinh còn lại thành

2 phần X Y1, 1, trong đó X1 nằm trên cung tròn hướng từ B đến A, X2 nằm trên cung còn lại Giả sử X1 a Y, 1 b với a b n 2 1.   

A

C B

phía đối diện với f1 lần đổi chỗ và các học sinh X2 phải di chuyển vượt qua dây AB về phía đối diện với f2 lần đổi chỗ, tổng số lần đổi chỗ là f1 f2 lần

Giả sử trong một cách di chuyển nào đó, ở tập hợp X1, có a1 học sinh di chuyển về phía

A và b1 học sinh di chuyển về phía B. Tương tự, trong tập hợp X2, số học sinh di chuyển về phía A B, lần lượt là a b2, 2

Do n 2 0  nên tồn tại học sinh thuộc một trong hai tập hợp X X1, 2; ta giả sử C nằm

kề với B và thuộc về X2.Khi đó, nếu chuyển hai học sinh cố định từ A B , thành A C, thì hai tập hợp X Y1, 1 sẽ trở thành X Y2, 2 với X2  X1 1,Y2  Y1 1

Ta sẽ chỉ ra một cách di chuyển tương ứng bằng với số cách di chuyển cần f1 f2 lần đổi chỗ như trên

phía ngược lại ở tập X2 lúc này có thêm B hay b2 b21, số học sinh di chuyển về phía ngược lại ở tập Y2 lúc này mất đi C hay c2 c21

9

Ta vẫn cho các học sinh của tập X2 di chuyển vượt qua C (thay vì chỉ vượt qua B như

theo, cho các học sinh của tập Y2 di chuyển vượt qua C về phía bên kia Các học sinh

mới chuyển qua), tuy nhiên, do chỉ còn c21 học sinh nên sẽ không bị tốn thêm b21

số lần đổi chỗ tương ứng

Do đó, số lần đổi chỗ tăng lên và giảm đi một lượng như nhau nên chúng bằng nhau Vì

nhau nên với hai cách chọn học sinh bất kì, các số lần đổi chỗ của chúng cũng sẽ tương ứng giống nhau Nhận xét được chứng minh

Nhận xét 2

Nếu gọi f n( ) là số lần chuyển chỗ nhỏ nhất trong trường hợp có n học sinh, ta có

f(3) 1, (4) 2, ( ) f  f n  f n( 2) n 2,n5 Thật vậy, nếu có 3 học sinh thì ta chỉ cần đổi chỗ một cặp học sinh và trong trường hợp

có 4 học sinh thì đổi chỗ hai cặp kề nhau thì có cách sắp xếp thỏa mãn đề bài Dễ dàng suy ra f(3) 1, (4) 2. f 

Xét n 5 tùy ý, với n 2 học sinh, ta có số lần chuyển chỗ ít nhất là f n( 2) Ta thêm hai học sinh thứ n 1 và n vào vòng tròn và theo nhận xét 1, ta có thể chọn hai học sinh

này cố định Các học sinh còn lại phải di chuyển vào giữa hai học sinh cố định này Rõ ràng trong cách đổi chỗ nhỏ nhất đã thực hiện với n 2 học sinh còn lại, nếu muốn

trong hai học sinh cố định đã nêu và đòi hỏi cần thêm n 2 lần đổi chỗ nữa bắt buộc nữa Theo nhận xét 1 thì cách chuyển này vẫn là nhỏ nhất và đúng bằng f n( ) , suy ra

di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ

2



có thể di chuyển theo hướng túy ý đến đúng vị trí của nó Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n 1 i với

Bài toán được giải quyết hoàn toàn

k

a a a1, , , ,2 3 a là nguyên dương) Với mỗi số tự nhiên k , ta đặt f n k( ) f f  ( ) f n  , trong đó ở vế phải có đúng k lần chữ f Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, tồn tại số tự nhiên k0 để với mọi số nguyên kk0 thì tổng f a k( ) f k1( )a không phụ thuộc vào k

Lời giải

Trước hết, ta sẽ chứng minh các bổ đề sau:

(1) Ta thấy hàm số đã cho có thể định nghĩa theo cách đơn giản hơn là:

f (1) 1 và f n( ) 1 p1p2 p m trong đó np p p1 2 3 p m (các số nguyên tố này không nhất thiết phân biệt)

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng f n( )i n i1 với mọi số nguyên dương n i (*)

Thật vậy, nếu n i là số nguyên tố thì rõ ràng f n( )i n i1

Nếu n i là hợp số thì theo giả thiết quy nạp, ta có f n( )i n i 2 n i1 Đồng thời

Nếu f a k( ) là số nguyên tố thì theo bổ đề (3), ta có f k2( )a  f2f a k( ) f a k( )

Từ hai trường hợp trên, ta thấy bổ đề (4) được chứng minh

Trở lại bài toán đã cho,

0( ) 1 thì dãy f a k( ) với  kk0 là 1,1,1,1, nên tổng f a k( ) f k1( ) 2,a  kk0.

Vậy từ các trường hợp trên, ta thấy rằng với số tự nhiên a cho trước, tồn tại số tự nhiên

k0 để với mọi số nguyên kk0 thì tổng f a k( ) f k1( )a không phụ thuộc vào k

13

Điều kiện còn lại là: với mỗi số nguyên k mà 1kn1 thì có không quá k 1 đỉnh

đúng 2 cạnh hay tồn tại một chu trình H có độ dài 2n đi qua tất cả các đỉnh của đồ thị Giả sử ngược lại là trong G không tồn tại chu trình H. Khi đó, tập các đỉnh không kề

Ta thêm các cạnh vào đồ thị G để được đồ thị G thỏa mãn các điều kiện:

(1) Với mỗi số nguyên k mà 1kn1 thì có không quá k 1 đỉnh mà mỗi đỉnh có bậc không quá k.

(2) Trong G không tồn tại chu trình nào

(3) Nếu thêm bất kì cạnh nối 2 đỉnh không kề nhau của G thì đồ thị G sẽ có chu trình

thị G, luôn tồn tại một đường đi độ dài 2n1 qua tất cả các đỉnh của đồ thị và có đầu

mút là u v,

Với hai đỉnh v v,  của G, nếu deg( )v n,deg( )v n thì v v,  phải kề nhau Thật vậy, giả

sử hai đỉnh này không kề nhau thì tồn tại một đường đi v v v1, 2, 3, ,v2n đi qua tất cả các đỉnh của G, trong đó v1 v v, 2nv

Giả sử deg( )   và gọi v s n

s

1, 2, , (2 1 2   2 ) là các đỉnh kề với v1v Khi đó, các đỉnh j1, 2, 3, ,s thì các đỉnh

j i

v 1 đều không kề với v2n v vì nếu không thì

i n n i

v v1 2 v 1 2v v2 1 v v1 là một chu trình của G, mâu thuẫn

Từ đó suy ra deg( ) 2v  n(s1)n1, mâu thuẫn với deg( )v   , do đó v v n ,  kề nhau

ta đặt

Từ điều kiện (1), ta có ít nhất 2n(n1) 1  n 2 đỉnh có bậc lớn hơn hoặc bằng n Suy

ra có đường đi v v1, 2, ,v2n qua tất cả các đỉnh của G, có độ dài 2n1

1) Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu

2) Với mỗi i1, 2, 3, ,n thì số đoạn thẳng có một đầu mút là A i được tô màu xanh không vượt quá 4

3) Với mỗi đoạn thẳng A A được tô màu đỏ đều tìm được ít nhất một điểm i j A k với k

khác i j , sao cho các đoạn thẳng A A A A i k, j k được tô màu xanh

Lời giải

Xét n điểm A A1, 2, ,A n mà có thể tô màu các đoạn A A thỏa mãn đề bài Xét graph i j

G( , )V E với V A A1, 2, ,A n và tập cạnh được tô màu xanh Dễ thấy G là đồ thị đơn, vô hướng và thỏa mãn các điều kiện:

i) deg(A i) 4, i1, n

ii) Với bất kì hai đỉnh A A i, j nào của đồ thị thì đều tồn tại một xích đơn nối chúng có độ dài không vượt quá 2

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của n

1, 2, 3, 4 Gọi các đỉnh còn lại của G, khác A i là đỉnh rìa

và cạnh nối hai đỉnh rìa là cạnh rìa

cạnh rìa

như thế, với mỗi cạnh rìa, ta có một chu trình đơn có độ dài 5 qua A i

Số cạnh rìa là 34 4 4 3 18    nên có tất cả 18 chu trình đơn độ dài 5 qua A i Vì A i là đỉnh tùy ý nên số chu trình đơn độ dài 5 của G có tất cả là 18 17

5



 , vô lí

Suy ra n 17 không thỏa mãn

- Nếu n 16 thì ta cũng phải có deg(A i) 4, i1,n và E 4 16 32

qua A i và mỗi cạnh rìa không liên thuộc A k cho ta 1 chu trình đơn độ dài 5 qua A i



 , vô lí

- Nếu n 15, ta xây dựng đồ thị như sau

Ta thấy đồ thị này thỏa mãn tất cả yêu cầu của đề bài

Vậy giá trị lớn nhất của n cần tìm là 15

17

Bài 5

Xét phương trình nghiệm nguyên dương

x2 y2z2t2Nxyzt N 0

với N là số nguyên dương cho trước

1) Chứng minh rằng tồn tại vô số giá trị N sao cho phương trình này có nghiệm nguyên dương (mỗi nghiệm là một bộ bốn số nguyên dương x y z t , , , )

2) Chứng minh rằng với N4 (8k m7) với k m, là các số không âm thì phương trình này không có nghiệm nguyên dương

Lời giải

1) Viết lại phương trình đã cho dưới dạng t t Nxyzt(  )N(x2 y2 z2) (1)

Khi đó, nếu N a2 b2 c2 với a b c, , 

2) Giả sử với N4 (8k m7), phương trình đã cho có nghiệm ( ,x y z t0 0, 0, )0 sao cho tổng

x0y0z0t0 nhỏ nhất Do tính bình đẳng giữa các biến, ta giả sử x0 y0 z0 t0 Ta

Ta sẽ chứng minh rằng với N4 (8k m7) 7 thì phương trình Nx2y2z2 không

có nghiệm nguyên dương

Ta xét các trường hợp sau:

- Nếu k0 thì có phương trình x2y2z2 8m7 hay x2 y2z2 7(mod 8)

Suy ra trong các số x y z, , phải có một số lẻ hoặc cả ba số lẻ Tuy nhiên, ta cũng thấy rằng x y z2, 2, 20,1, 4 nên rõ ràng phương trình trên không có nghiệm nguyên dương

- Nếu k0 thì x2y2z2 0(mod 4) nên trong các số x y z, , phải có ba số chẵn hoặc một số chẵn Nếu có một số chẵn, hai số lẻ thì x2 y2z2 2(mod 4), không thỏa Còn nếu cả ba số đều chẵn thì đặt x2 ,x y1 2 ,y z1 2z1 đưa về x2 y2 z2 k 1 m

1 1 1 4  (8 7)

chứng minh thì nó cũng vô nghiệm

Vậy trong mọi trường hợp thì phương trình x2 y2z2 4 (8k m7) không có nghiệm nguyên dương, dẫn đến phương trình đã cho cũng không có nghiệm nguyên dương

của f x( ) là ( ; ), mà f x( ) là hàm liên tục và đồng biến trên (1;) nên nó chính là một song ánh từ (1;) vào ( ; ) Do đó, tồn tại hàm số ngược g x ( ) của f x( ) có tập xác định là và tập giá trị là (1;) sao cho f g x( ( ))x,  x

do tính đồng biến của f x( ) trên (1;) nên g x( )x, x 1

Vậy hàm số g x( ) thỏa mãn đề bài

Ta có u0 g1994( ) 1x0  u1  f u( )0  f g( 1994( ))x0 g1993( ) 1x0  Tiếp tục quá trình này, ta

dễ dàng chứng minh được u1994 x0 đồng thời vì g x( )x,  x nên

u0 u1 u2  u1994

Do đó, nếu chọn được x0 sao cho x0  1 và u1995 f x( )0 g x n( )0 thì dãy đã cho có chu

nêu trên

Thật vậy, xét hàm h x( ) f x( )g x n( ) trên ( 1; 0] , dễ thấy h x( ) là hàm liên tục trên nửa khoảng này và

nên phương trình h x( ) 0 có nghiệm x0 trên ( 1; 0]

Vậy tồn tại giá trị a 1 thỏa mãn đề bài nên ta có đpcm

Ta thấy rằng k0 thỏa mãn điều kiện của đề bài nên để tìm k lớn nhất, ta xét k0.

Xét dãy số ( )a n như sau

Ta giả sử d2x22xy3y2 với x y, là các số nguyên dương nào đó

Đặt N 5 19981998, ta thấy N lẻ, không chia hết cho 5 nên d cũng lẻ và không chia hết cho 5 Ta có d2 (x x y ) 3 y2, dẫn đến y lẻ

Suy ra với mọi x thì x x y2 (  ) đều chia hết cho 4

Do đó, ta luôn có d3y2 3(mod 4) và 2d(2x y )25y2 (2x y ) (mod 5)2 , suy ra

d 1(mod 5) hay d 2(mod 5), tức là d chia 5 dư 2 hoặc dư 3

- Nếu d chia 5 dư 2 và chia 4 dư 3 thì d chia 20 dư 7

- Nếu d chia 5 dư 3 và chia 4 dư 3 thì d chia 20 dư 3

Do đó, điều kiện cần được chứng minh

  thì q d q 1. Dễ thấy A (q1)2 d nên tồn tại ( ;x y1 1),( ;x y2 2) để

ax1y1ax2 y2(mod )d hay a x( 1x2)y1y2 0(mod )d Đặt x0 x1x y2, 0 y1y2 thì ax0y0 0(mod )d , do đó

0  0 ( 0 0)( 0 0) 0(mod ) Mặt khác a2  5(mod )d nên 5x20 y02 0(mod )d 5x02y d02

- Nếu 5x20y02 d thì y02 d(mod 5) và y02  2(mod 5), vô lí

- Nếu 5x20 y20 2d thì x02 y20 2 (mod 4)d , mà d 3(mod 4) nên x02 y20 2(mod 4) và

do đó, x y0, 0 cùng lẻ Đặt y0x0 2 ,y y  thì ta được

Suy ra d biểu diễn được dưới dạng 2x22xy3y2, thỏa mãn đề bài

- Nếu 5x20y02 3d thì y02x20 0(mod 3)(y0x0)(y0x0) 0(mod 3)

+ Nếu y0x0 chia hết cho 3 thì đặt y0x0 3 ,y y  và ta được

- Nếu 5x20y02 6d thì y02 d(mod 5) và cũng đưa về y02  2(mod 5, vô lí

Do đó, điều kiện đủ được chứng minh

Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn

a0 a a, 1 p b n , 0,1, 2, với b n là ước số lẻ lớn nhất của a n

Chứng minh rằng ( )a n là dãy số tuần hoàn và tìm chu kì dương nhỏ nhất của nó

27

Bài 11

Cho ba số nguyên dương a b c , , đôi một nguyên tố cùng nhau Số nguyên dương n được

gọi là “số bướng bỉnh” nếu như n không biểu diễn được dưới dạng n abx bcy caz  

trong đó x y z, , là các số nguyên dương Hỏi có tất cả bao nhiêu số bướng bỉnh?

Thật vậy, giả sử tồn tại x y z, , 

  sao cho 2abcabx bcy caz  hay

Vế trái chia hết cho c nên vế phải cũng chia hết cho c, tức là số hạng (x1)ab chia hết cho c Tuy nhiên, ( , ) ( , ) ( , ) 1a b  b c  c a  nên x 1 chia hết cho c Do x0 nên x 1 c Tương tự, y 1 a z,  1 b

Từ đó suy ra (x1)ab(y1)bc(z1)ca3abc2abc, mâu thuẫn

Ta có nhận xét sau: Với a b , là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì các tổng ka hb

với 1k a ,1h b sẽ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo ab. (*)

Dễ thấy có tất cả ab tổng có dạng ka hb với k h, thỏa điều kiện như trên

Giả sử tồn tại k h1, 1 , k h2, 2 mà k1 k2 và (k b h a1  1 ) ( k b h a2  2 ) chia hết cho ab hay nói riêng là chia hết cho a Suy ra (k1k b2) chia hết cho a Tuy nhiên, ( , ) 1a b  nên

k1k2 chia hết cho a

Do 1k k1, 2 a và k1 k2 nên điều này không thể xảy ra và như thế, các số có dạng như trên sẽ có số dư khác nhau khi chia cho ab. Suy ra (*) được chứng minh

Ta thấy rằng ( , ) ( , ) ( , ) 1a b  b c  c a  nên từ nhận xét (*) ở trên, ta suy ra các số có dạng

c az by(  )bcy caz với 1ya,1z b

28

Do đó, với mỗi số nguyên dương t, luôn tìm được các số nguyên dương y z0, 0 sao cho

bcy0 caz0 t(mod )ab

Từ đó suy ra rằng, tồn tại số nguyên x0 sao cho t bcy 0caz0 abx0

Hơn nữa, 1y0 a,1z0 b nên k bc h ca0  0 2abc

Suy ra, nếu t2abc thì x0 là số dương

Do đó, với mọi số nguyên dương t2abc thì t luôn biểu diễn được bởi abx0bcy0caz0

hay  t 2abc thì t S hay 2abclà phần tử lớn nhất của tập B

Từ các điều này, ta thấy rằng

mà n abx 0bcy0caz0, nhưng do n B nên x0 0

Suy ra f n( )ab(1x0)bc(1 a y0)ca(1 b z0)

Dễ thấy các hệ số 1x0,1 a y0,1 b z0 đều dương nên f n( )  B

Tiếp theo, giả sử tồn tại n B và f n( )  thì tồn tại các số nguyên dương B x y z, , và

x y z, ,  mà n abx bcy caz   và f n( )abxbcycaz

Suy ra 2abc(x x 1)ab(y y 1)bc(z z 1)ca B , điều mâu thuẫn này cho thấy

không tồn tại giá trị nguyên dương n nào thỏa mãn điều giả sử ở trên Nhận xét (**)

Tìm giá trị lớn nhất các điểm được tô màu thỏa mãn điều kiện trên

Lời giải

Nếu hai bộ ( , , ) và x y z x y z ( , , )   thỏa mãn x x y , y z, z thì ta nói bộ ( , , )x y z   trội hơn bộ ( , , ) , ta quy ước gọi hai bộ đó là hai bộ trội Ta có thể phát biểu bài toán dưới x y z

dạng tương đương là:

Tìm số lớn nhất S n ( ) tất cả các bộ x y z( , , ) thỏa mãn 0x y z n, ,  1 sao cho trong đó,

không tồn tại hai bộ trội (thay 10,n n 1)

Rõ ràng với hai bộ trội bất kì thì tổng của chúng là phân biệt vì nếu có hai bộ trội như

trên và tổng bằng nhau thì x y z x   yz và đẳng thức xảy ra khi

+ Nếu x0 thì y z 3k1 và ky2k1: có k nghiệm thỏa

+ Nếu xk thì y z 2k1 và 0y2k1: có 2k nghiệm thỏa

+ Nếu x i ,1  i k 1 thì y z 3k i và k i y2k1: có k i nghiệm thỏa

Ta sẽ chứng minh bổ đề (2) bằng cách xây dựng các tập con sau đây của tập hợp tất cả các bộ ba:

31

Xét các tập hợp D p q, ( , , )x y z D x| p y q   trong đó kp2k1,0  q k 1 Rõ

ràng có tất cả k2 tập hợp như thế là chúng là các phân hoạch của D.

Ta có hai trường hợp sau:

- Nếu BC 2k2 phần tử thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai bộ số thuộc cùng một tập hợp C i j,

Giả sử hai phần tử ( ,x y z1 1, ),( ,1 x y z2 2, )2 cùng thuộc tập C i j, ( , , )x y z C z i| j Rõ ràng, ta thấy rằng z1z2  j và có ba trường hợp như sau:

+ Nếu x1 x2  i 1 thì y y1, 2 i nên trong hai bộ trên, phải tồn tại một bộ là bộ trội của

+ Nếu x0 thì y z 3k và k 1 y2k: có k nghiệm thỏa

+ Nếu xk thì y z 2k và 0y2k: có 2k1nghiệm thỏa

+ Nếu x i ,1  i k 1 thì y z 3k i và k i y2k1: có k i 1  nghiệm thỏa

+ Nếu x 1 thì y z 3k và ky2k: có k 1 nghiệm thỏa

Do đó, số nghiệm tổng cộng là

Dễ thấy rằng bất kì hai bộ ( , , ) nào thỏa mãn điều kiện trên thì đều không là bộ trội x y z

của nhau được Gọi A là tập hợp tất cả các bộ ba ( , , ) với x y z 0x y z n, ,  1 hay

Ta có hai trường hợp sau:

- Nếu BC 2k2 phần tử thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai bộ thuộc cùng một tập C i j,

- Nếu BC 2k2 thì BD k2 thì do D chỉ có k2 phần tử nên tồn tại hai bộ thuộc

D, lập luận tương tự trên, ta thấy rằng B chứa hai bộ mà bộ này là bộ trội của bộ kia

Tóm lại, trong mọi trường hợp, hai bổ đề ban đầu là đúng

Nhận thấy nếu cặp đa thức P x H x( ), ( ) thỏa mãn (1) thì các cặp đa thức

(P H, ), ( ,P H), (P,H) cũng thỏa mãn (1) Vì vậy ta chỉ cần xát các cặp đa thức

( ,P H), ( ,P H) thuộc tập hợp Z( )x các đa thức có hệ số cao nhất là số nguyên dương

(x 3 ) n M x( ) T x( )Tiếp theo ta có các nhận xét sau:

Nhận xét 2 Nếu đa thức hằng S x( )và đa thức ( )G x Z( )x thỏa mãn hệ thức

( ( ))G x (x 6x10).( ( ))S x   1 x R thì S x( )0, ( )G x 1

Nhận xét 3 Nếu ( ), ( )P x H x Z( )x thỏa mãn (1) thì tốn tại số tự nhiên n sao cho:

P x T x H x M x trong đó M x T x( ), ( ) xác định theo (2)

degT degPdegT trong đó *

Cho hàm số f :   thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) f(0,0) 5 2003, (0, ) 0f n  với mọi n là số nguyên khác 0

với mọi số nguyên dương m và mọi số nguyên n

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương M sao cho f M n( , ) 1 với mọi số nguyên n