Pre VMO TỔNG HỢP MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

LƯU GIANG NAM K14 - Khoa Toán Tin - ĐH Khoa học Tự nhiên PRE VMO 2015 TỔNG HỢP MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF http://diendantoanhoc.net THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH THÁNG NĂM 2015 TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN PRE VMO 2015 Người làm : Lưu Giang Nam (namcpnh) K14, ĐH KHTN TPHCM Nguồn trang : diendantoanhoc.net/forum Thành phố Hồ Chí Minh Tháng năm 2015 Trang Chương Các toán đăng 1.1 Đại số- Giải tích Câu 1: ( Đề namcpnh ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn: f (y + f (x)) = f (x)f (y) + f (f (x)) + f (y) − xy với x, y ∈ R Câu 2: ( Đề namcpnh ) Cho dãy số (an ) thỏa mãn điều kiện: an+1 = n+1 an − , a1 = α, n = 1, 2, 3, n n Tìm α để (an ) hội tụ Câu 3: ( Đề namcpnh ) Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn: f x+y 2012 = x y f +f 2013 2014 , ∀x, y ∈ R Câu 4: ( Đề namcpnh ) Cho x, y, z số thực không âm đôi khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: (x + y + z)2 1 + + 2 (x − y) (y − z) (z − x)2 Câu 5: ( Đề namcpnh ) Cho P (x) Q(x) hai đa thức hệ số nguyên cho đa thức P (x3 ) + xQ(x3 ) chia hết cho x2 + x + Gọi d ước chung lớn P (k), Q(k) (k ∈ N∗ ) Chứng minh d chia hết cho k − Câu 6: (Đề Daicagiangho1998 ) Tìm tất hàm f : R → R ,f (0) = 0, f (1) = 2014 thỏa mãn: (x − y)(f (f (x)) − f (f (y))) = (f (x) − f (y))(f (x) − f (y)) với số thực x, y 1.1 ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Câu 7: (Đề Daicagiangho1998 ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn với số thực x, y: f (f (x) − y) = f (x) + f (f (y) − f (−x)) + x Câu 8: (Đề Daicagiangho1998 ) Cho A, B, C góc tam giác Chứng minh rằng: cos B−C C −A 3A 3B 3C A−B + cos + cos ≥ sin + sin + sin 2 2 2 Câu 9: (Đề Daicagiangho1998 ) Cho a, b, c > 0, n số nguyên dương Chứng minh rằng: a2 b c + + ≥ b c a n an + b n + n bn + c n + n c n + an Câu 10: (Đề Bui Ba Anh ) Cho a; b; c số thực không âm cho a + b + c > CMR: a2 b2 c2 + + ≤ 2 2 3a + (b + c) 3b + (a + c) 3c + (a + b) Câu 11: (Đề Daicagiangho1998 ) Tìm CTTQ xn thỏa mãn: xn+1 x1 = √36 √ √ = 24x3n − 12 6x2n + 15xn − với số tự nhiên n ≥ Câu 12: (Đề Juliel ) Cho hai dãy số dương (xn ), (yn ) xác định x1 = y1 = √ : 2 9xn+1 = 4xn+1 yn+1 − 9xn , ∀n ∈ N∗ 9yn+1 = 4yn+1 xn+1 + 9yn Chứng minh hai dãy có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Câu 13: (Đề banhgaongonngon ) Cho dãy số (xn ) xác định bởi: x1 = a > xn+1 = ln (1 + xn ) , ∀n ∈ N Chứng minh với số thực M > tồn số nguyên dương k thỏa mãn ≤ xn+1 + xn1+1 ≤ M, ∀n ≥ k Tìm tất số thực s cho ns (xn − xn+1 ) có giới hạn hữu hạn khác Trang 1.1 ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Câu 14: (Đề namcpnh ) Cho trước số nguyên dương n Xét đa thức P (x) Q(x) không đa thức có hệ số thực thỏa mãn: i) Bậc P (x) nhỏ n + ii) Q(x) đa thức chuẩn tắc bậc n + có n + nghiệm phân biệt bi thứ tự iii) P (bi ).Q′ (bi ) < với số bi Chứng minh P(x) nghiệm bội Câu 15: (Đề namcpnh ) Cho dãy số xác định bởi: un+1 u0 = 1, u1 = −1 = kun − un−1 , ∀n ∈ N Tìm tất giả trị k ∈ Q để (un ) dãy tuần hoàn Câu 16: ( Đề pndpnd ) Tìm hàm liên tục f : R → R thoả mãn: 1) f đơn ánh, 2) f (2x − f (x)) = x, 3) Tồn x0 thỏa mãn f (x0 ) = x0 Câu 17: (Đề WhjteShadow ) √ √ √ √ Cho a, b, c số, a + b + c = 23 Chứng minh hệ sau có nghiệm : √ √ √ x − b + √ x − c = y − c + √y − a = √ z−a+ z−c=1 Câu 18: (Đề WhjteShadow ) Tìm hàm f liên tục R → R cho f (x) − f (y) ∈ Q∀x − y ∈ Q Câu 19: (Đề pndpnd ) Cho đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d thuộc R thỏa mãn f (x) thuộc R |x| Chứng minh với x thuộc R |x| ta có |dx3 + cx2 + bx + a| Câu 20: (Đề deathavailable ) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (f (n)) = n2 Câu 21: Cho dãy số un thỏa mãn : u1 = 1, un+1 = 2015 Đặt Sn = n=1 16u3n + 27un 48u2n + , n ∈ N, n ≥ 4un + Tìm phần nguyên Sn Câu 22: (Đề binvippro ) Giải hệ phương trình √ √ x y + y x + 2(x + y − xy) = x x2 + 3xy + y y + 3xy = Trang với x 1.1 ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Câu 23: (Đề ducvipdh12 ) Hãy tìm tất tập A gồm hữu hạn số thực có tính chất sau: Nếu x thuộc A f (x) = x3 − |x| + thuộc A Câu 24: (Đề pndpnd ) Cho a, b, c > Giải hệ: Câu 25: (Đề BlackSelena ) Tìm hàm f : R+ → R+ thoả: a b  x − z = c − xz b − c = a − xy  yc xa − y = b − yz z f (xy) = f (x + y)(f (x) + f (y)) ∀x, y > Câu 26: (Đề Daicagiangho1998 ) Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện sau: u1 = 1, un+1 = 16u3n + 27un 48u2n + Đặt Sn = 2015 n=1 4un +3 với n ∈ N, n ≥ Tìm phần nguyên Sn Câu 27: (Đề pndpnd ) Cho dãy Un xác định bởi: Un+1 = 2+ Un2 + 4Un + Un U1 > với n = 1, 2, Chứng minh dãy số Un có giới hạn tìm giới hạn Câu 28: (Đề khanghaxuan ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f (xf (y)) + f (f (x) + f (y)) = yf (x) + f (x + f (y)) Câu 29: (Đề Juliel ) Tìm tất hàm số f : R → R thoả: x2 y [f (x + y) − f (x) − f (y)] = 3(x + y)f (x)f (y), ∀x, y ∈ R Trang 1.2 HÌNH HỌC 1.2 CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Hình học Câu 1: (Đề namcpnh ) Về phía tam giác ABC dựng tam giác A1 BC, B1 CA, C1 AB theo thứ tự vuông cân A1 , B1 , C1 A2 , B2 , C2 theo thứ tự ảnh đối xứng A, B, C qua B1 C1 , C1 A1 , A1 B1 Chứng minh đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A2 B2 C2 qua trực tâm tam giác A1 B1 C1 Câu 2: (Đề hoangtubatu955 ) Cho đường tròn (O) điểm M cố định (M nằm (O)) Kẻ tiếp tuyến M A cát tuyến M BC ( B nằm M C) Một đường tròn tâm J thay đổi qua B, C cắt AB, AC H, G Gọi I giao điểm BG CH; W giao điểm HG với BC a) Chứng minh giao điểm JI W A di động đường cố định b) Chứng minh đường trung bình tương ứng với cạnh W I tam giác AIW qua điểm cố định Câu 3: (Đề Nxb ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường thẳng song song với BC cắt (O) D E Đường thẳng AD AE cắt tiếp tuyến B C (O) F G CF cắt BG H Chứng minh AH qua trung điểm BC Câu 4: (Đề BlackSelena ) Cho tam giác ABC đường tròn (O) Gọi A′ B ′ C ′ tam giác đường tạo thành đường đối cực A, B, C với (O) Khi AA′ , BB ′ , CC ′ đồng quy Câu 5: (Đề BlackSelena ) Cho tam giác ABC, M điểm tam giác AM, BM, CM cắt BC, CA, AB A1 , B1 , C1 (AB1 C1 ) cắt (O) A2 Tuơng tự có B2 , C2 X ≡ B2 C2 ∩ BC, tương tự có Y, Z Chứng minh O trực tâm △XY Z Câu 6: (Đề WhjteShadow ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) H hình chiếu A xuống BC, AK đường kính (O) I J tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp góc A ∆ ABC Chứng minh BIH = CIK BJH = CJK Câu 7: (Đề pndpnd ) Cho (O; R) (O′ ; R′ ) với R khác R’ cắt điểm phân biệt A B Đường thẳng d tiếp xúc với (O) P , với (O′ ) Q Gọi M N hình chiếu P Q tương ứng OO′ AM giao với (O) M ′ , AN giao với (O′ ) N ′ ( M’ N’ khác A) Chứng minh M ′ , N ′ , B thẳng hàng Câu 8: (Đề WhjteShadow ) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), E, F thuộc cạnh AC, AB M, N, P trung điểm EF, BE, CF Q hình chiếu O lên EF Chứng minh M, N, P, Q đồng viên Câu 9: (Đề hoangtubatu955 ) Cho tam giác ABC có trực tâm H Đường cao BE, CF CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M Gọi X điểm thỏa mãn XM A = XHB = 90o Gọi K điểm đối xứng B qua CH Chứng minh rằng: CK, XA, EF đồng quy Câu 10: (Đề binvippro ) Cho tứ giác ABCD hai đường chéo AC BD giao E.M, N thuộc AB cho Trang 1.2 HÌNH HỌC CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG AM = M N = N B; P, Q thuộc CD cho DP = P Q = QC M Q giao AC K N P giao BD L M Q giao N P I Chứng minh EI qua trung điểm KL Câu 11: (Đề binvippro ) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đường tròn (ω) tiếp xúc với AB,AC tiếp xúc với (O) S Đường tròn bàng tiếp góc A (J) tiếp xúc với BC D Chứng minh SAB = DAC Câu 12: (Đề Daicagiangho1998 ) Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh M, N, P Gọi R, S bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC diện tích tam giác ABC Kí hiệu PXY Z nửa chu vi tam giác XY Z CMR: PM NP ≤ PABC S 2R Câu 13: (Đề binvippro ) Cho ngũ giác ABCDE Điểm F thuộc AB cho ∆ADE ∼ ∆ECF ∼ ∆DBC Chứng minh AF BF = EF CF Câu 14: (Đề nntien ) Cho hình thoi ABCD có ∠C = 60o Lấy điểm M đường tròn tâm C, bán kính CB, M khác B, D Gọi A′ , B ′ , D′ hình chiếu M lên đường thẳng BD, AD AB Chứng minh tam giác A′ B ′ D′ tam giác vuông Câu 15: (Đề Huong TH Phan ) Cho đường tròn (A);(B);(C);(D);(E) tiếp xúc vs (đường tròn (C) nằm đường tròn lại bao quanh cho đường tròn tiếp xúc nhau) Biết bán kính đtròn A, B, D, E a, b, d, e Tính bán kính c (C) Câu 16: (Đề Juliel ) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp (O), gọi P, Q theo thứ tự giao cặp (AD, BC), (AB, CD) Gọi H, I, K theo thứ tự trung điểm BD, AC, P Q Chứng minh PK/(O) = KH.KI Câu 17: (Đề tohoproirac ) Tam giác ABC có AB > AC D chân đường phân giác A.F, E AC, AB cho BCF E nội tiếp CM tâm ngoại tiếp (DEF ) tâm nội tiếp tam giác ABC BE + CF = BC Trang 1.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC 1.3 CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Tổ hợp- Số học- Rời rạc Câu 1: ( Đề namcpnh) Tô tập số nguyên màu x, y số nguyên lẻ thỏa mãn |x|khác |y| CMR: tồn số nguyên màu có hiệu thuộc x, y, x + y, x − y Câu 2: ( Đề namcpnh) 2014 Viết tất số , , , lên bảng Ta thực công việc xóa hai số a, b bất 2014 2014 2014 kỳ bảng đồng thời điền lên bảng số a + b − 2014ab Sau số hữu hạn lần thực hiện, bảng số Số số nào? Câu 3: (Đề tohoproirac ) Tìm tất c ∈ N cho tồn a, b ∈ Z thỏa mãn an + 2n ước bn + c với n ∈ Z+ Với (a, b, c) mà c lớn nhất, chứng minh a, b không đồng thời hai số phương Câu 4: (Đề Mikhail Leptchinski ) Chứng minh rằng:tồn 16 số tự nhiên liên tiếp cho số 16 số biểu diễn dạng |7x2 + 9xy − 5y |(a, b ∈ R) Câu 5: (Đề LNH ) Cho trường có n khóa học n học sinh Các học sinh đăng kí vào lớp học, học sinh tham gia khóa học hoàn toàn giống CMR: ta đóng cửa khoá học cho hai học sinh tham gia khoá học hoàn toàn giống Câu 6: (Đề LNH ) Cho 35 người dự buổi họp Có tất 112 căp hai người quen Chứng minh tồn người a, b, c, d cho a quen b, b quen c, c quen d d quen a Câu 7: (Đề Juliel ) Tìm tất ba số nguyên tố (p, q, r) thoả : (p2 − 7)(q − 7)(r2 − 7) số phương Câu 8: (Đề Juliel ) Tìm số nguyên dương m, n thoả : 10m − 8n = 2m3 Câu 9: (Đề HoangHungChelski ) Tìm (a, b, m, n) nguyên dương thỏa mãn: am − bm = (a − b)n Câu 10: (Đề Zaraki ) Giải phương trình nghiệm nguyên 406 + 3n + 9n + 60n = m4 Trang 1.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Câu 11: (Đề namcpnh ) Hai người An Bình chơi trò chơi bốc kẹo Trên bàn có 2015 viên kẹo Số kẹo mà hai người bốc 1; 2; a) Hỏi người có chiến lược thắng? b) Câu hỏi tương tự với 2016 viên kẹo? Câu 12: (Đề Ispectorgadget) Cho a1 , a2 , a3 dãy số thực dương Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có: an = max{ak an−k : ≤ k ≤ n − 1} với n > s Chứng minh tồn số nguyên dương l N , với l ≤ s thỏa mãn an = al an−l ∀n ≥ N Câu 13: ( Đề Ispectorgadget) Cho dãy hữu hạn a0 , a1 , · · · , aN thỏa mãn a1 = aN = ai+1 − 2ai + ai−1 = a2i , ∀i = 1, 2, 3, · · · , N − Chứng minh ≤ 0, ∀i = 0, 1, 2, · · · , n Câu 14: ( Đề LNH ) Cho tập hợp T P , T chứa 66 điểm, P chứa 16 đường thẳng (A, l) gọi tốt A ∈ T , l ∈ P , A ∈ l Tìm số tốt lớn Câu 15: ( Đề LNH )Cho số nguyên x, y, z với x > 2, y > 1, z > thỏa mãn: xy + = z Gọi p số ước nguyên tố phân biệt x, q số ước nguyên tố phân biệt y Chứng minh rằng: p ≥ q + Câu 16: (Đề maths281997) Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số thực phân biệt khác a1 , a2 , an mà: + (−1)i |1 ≤ i n = {ai |1 ≤ i ≤ n} Câu 17: (Đề LNH ) Cho tập S gồm 1953 điểm thỏa mãn điểm S cách cm Chứng minh rằng: tồn tại√ tập S có 217 điểm cho điểm tập có khoảng cách cm Câu 18: (Đề ducvipdh12 ) Có tồn hay không đa giác 600 cạnh mặt phẳng tọa độ Descartes Oxy mà tọa độ đỉnh số hữu tỉ? Câu 19: (Đề pndpnd ) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất, n > cho tổng số nguyên tố tùy ý lớn 10 Trang n i=1 p2000 chia hết cho 120 với p1 ; p2 ; p3 ; i 2.2 HÌNH HỌC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Vậy JK đường kính Trong (O) ta có: U V dây cung, R trung điểm U V ⇒ OR ⊥ U V (*) Mà ta lại có K, O trung điểm HA′ , AA′ ⇒ KO//AH Cơ mà AH ⊥ U V ⇒ KO ⊥ U V (**) Từ (*) (**) suy K, O, R : thẳng hàng ⇒ KR ⊥ JR ⇒ R nằm đường tròn ngoại tiếp △JRL Câu 9: Câu 10: Câu 11: (Cách Juliel ) Hình 2.8: Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta gọi X, Y điểm tiếp xúc (ω) với AB, AC W điểm tiếp xúc (I) AB Một số tính chất quen thuộc đường tròn Mixtilinear : 1) I trung điểm XY 2) SX phân giác góc ASB SY phân giác góc ASC 3) SI qua trung điểm cung BAC (O) Đầu tiên, ta chứng minh nhận xét sau: Gọi K tâm đường tròn (ω) Đường thẳng qua I, K theo thứ tự vuông góc với BC cắt (I), (ω) Q, R ta có A, Q, R thẳng hàng Ta có: R(I) AI IW IQ = = → ∆AIQ ∼ ∆AKR → A, Q, R = AK XK R(ω) KR Mặt khác ta có kết quen thuộc A, Q, D thẳng hàng Như A, R, Q, D thẳng hàng Gọi E, F giao (ω) với BC Từ (2) : XB SB Y C SC XB SB = , = → = XA SA Y A SA YC SC Trang 28 2.2 HÌNH HỌC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Do đó: BE BF BX SB = = EC F C CY SC Suy SE, SF đẳng giác ∠BSC mà SI phân giác góc BSC nên SI phân giác góc ESF , tức SI qua R Trong tam giác SXY ta thấy có SI trung tuyến SA đối trung Vậy gọi V giao SA với (ω) có tứ giác V RY X hình thang cân AI trung trực XY nên trung trực V R Suy AV, AR cách phân giác AI hay AS, AD đẳng giác với góc BAC Suy điều phải chứng minh Cách WhjteShadow Hình 2.9: Giả sử AB < AC Dễ thấy số kết quen thuộc qua phép vị tự A, X, D thẳng hàng SA IA ABC − ACB nên ta cần chứng minh = đủ (suy tam Do ASI = AIX = SI IX giác đồng dạng góc có đpcm XI r AI = = với r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tương đương SA SI SI AI TI TI r Mà = nên cần chứng minh = ⇔ SI.T I = T K.r = 2R.r SA TK TK SI Điều SI.T I = R2 − IO2 = 2R.r (hệ thức Euler) Ta có đpcm Câu 12: ( Bài giải khanghaxuan ) Áp dụng định lý sin tam giác M IN ta có: MN C r ⇒ M N = 2rcos (1) = C sinC sin Tương tự: M P = 2r.cos B (2) Trang 29 2.2 HÌNH HỌC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG A (3) P.S Ta cần chứng minh : P12 ≤ ( P1 , P chu vi tam giác M N P ; ABC R ) (*) A (a + b + c)S hay (∗) ⇒ 4r2 ( cos )2 ≤ (**) R 2S mà r = a+b+c A A nên (∗∗) ⇒ 16SR.( cos )2 ≤ (a + b + c)3 ⇒ 4abc.( cos )2 ≤ ( a)3 2 √ (a + b + c)3 A 3 Thật : V T ≤ .( cos )2 ≤ ( a)3 ( ) = V P 27 27 Nên ta có ĐPCM P N = 2r.cos Câu 13: Câu 14: Câu 15: Câu 16: Câu 17: (Bài giải Juliel ) Hình 2.10: Nếu tâm (DEF ) trùng với tâm nội tiếp tam giác ABC gọi điểm I Ta thấy I giao phân giác góc EAF trung trực EF nên tứ giác AEIF nội tiếp Gọi J giao điểm khác D BC với (DEF ) Từ có: ∠AIF = ∠AEF = ∠C Suy IF CD đồng viên, dễ suy EIDB nội tiếp Ta có: ∠BEJ = 1800 −∠AEF −∠F EJ = 1800 −∠C−∠F DC = ∠DF C = ∠F AD+∠F DI = ∠F AD+∠F C ∠BJE = ∠EF D = ∠EF I + ∠IF D = ∠IAE + ∠ICD = Trang 30 ∠ + ∠C 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Ta suy ∠BEJ = ∠BJE Vậy tam giác BJE cân B nên kéo theo BE = BJ Và: 1 ∠F JC = ∠F ED = ∠F ID = (1800 − ∠C) 2 ∠A − ∠C ∠A + ∠C + ∠EIF −∠C = + (1800 −∠ ∠JF C = ∠BJF −∠C = ∠BJE+∠EJF −∠C = 2 2 Suy tam giác CF J cân C nên CF = CJ Như ta được: BC = BJ + JC = BE + CF Còn điểm E, F thoả BE + CF = BC gọi điểm J ′ thuộc BC thoả BE = BJ ′ CF = CJ ′ Gọi I ′ tâm (DEF ) Dễ chứng minh hai tam giác I ′ EB, I ′ J ′ B Suy ∠EBI ′ = ∠J ′ BI ′ hay BI ′ phân giác góc B Tương tự CI ′ phân giác góc C Từ I ′ tâm nội tiếp tam giác ABC 2.3 Tổ hợp- Số học- Rời rạc Câu 1: ( Bài giải LNH ) Giả sử phản chứng: tồn cách tô tập Z, f : Z → {X, D, T, V } cho với a ∈ Z, ta có: {f (a) , f (a + x) , f (a + y) , f (a + x + y)} = {X, D, T, V } Xét g : Z2 → {X, D, T, V } cho g (i, j) = f (ix + jy) Biểu diễn điểm mạng lưới nguyên đỉnh hình vuông đơn vị đôi khác màu Xét cột bất kì: Nếu tồn đỉnh liên tiếp cột khác màu cách tô t/m: +)Mỗi hàng có màu +)Nếu hàng cách số chẵn thứ tự tập màu (*) Nếu cột không tồn ô liên tiếp khác màu khì (*) cho cột Không tính tổng quát, giả sử (*) Giả sử hàng y = tô màu D,V Nếu g (0, 0) = D ⇒ g (0, y) = V, g (x, 0) = V ⇒ g (0, x) = f (xy) = g (y, 0) = V Mặt khác, hàng chứa (0, x) hàng thứ x, hàng (y, 0) hàng thứ 0, suy vô lí Vậy ta có đpcm Câu 2: (Bài giải Tru09 ) Dễ có a,b sau phép biến đổi (1 − 2014a)(1 − 2014b) = − 2014(a + b − 2014ab) Nên sau hữu hạn lần thực số là: (1 − 1)(1 − 2) (1 − 2014) = ⇒ số 2014 Câu 3: (Bài giải Juliel ) Bổ đề: Cho số nguyên a không phương Khi tồn vô hạn số nguyên tố p thoả mãn a không số phương modulo p (bạn đọc tự CM) Trở lại toán: Ta có: an + 2n | bn + c | b3n + c3 Trang 31 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Cũng có : an + 2n | a3n + 23n | b3n + c Từ suy an + 2n | c3 − c Ta thấy an + 2n lớn tuỳ ý, phải có c3 − c = Tức c = c = Trường hợp c lớn c = : an + 2n | bn + ∀n ∈ Z+ (∗) Ta chứng minh a, b không đồng thời phương Gỉa sử hai số a, b số phương Vì a phương nên 2a không phương Khi theo bổ đề ta chọn đuợc vô số số nguyên tố p cho: 2a = −1 p a Từ suy + = p p 2a Hiển nhiên chọn số nguyên tố p thoả mãn đồng thời = −1 p ∤ b Khi ý p b b phương nên = p p−1 áp dụng định lí tiêu chuẩn Euler : Khi ta cho n = p−1 b + = (mod p) b +1≡ p a p−1 +2 p−1 ≡ a p + p =0 (mod p) Điều mâu thuẫn với (∗) Gỉa thiết phản chứng sai, a, b phải không đồng thời phương Câu 4: (Bài giải WhjteShadow ) Đầu tiên ta tìm hiểu tính chất ước nguyên tố 7x2 + 9xy − 5y Gọi p ước nguyên tố 7x2 + 9xy − 5y (x, y ∈ R) Nếu số x, y p x, y p từ p2 |7x2 + 9xy − 5y Nếu (x; p) = (y; p) = thì: p|7x2 + 9xy − 5y ⇒ p|140x2 + 180xy − 100y = 221x2 − (9x − 10y)2 ⇒ 221x2 ≡ (9x − 10y)2 (mod p) 221 = (Kí hiệu Jacobi) p Đế ý 221 = 13.17, 13, 17 số nguyên tố dạng 4k + 1, nên theo tính chất kí hiệu Jacobi luật tương hỗ Gauss : Mà (x; p) = ⇒ 221 số phương mod p hay 1= 221 p = 13 p 17 p = p p 13 17 p p Vậy nên (x; p) = (y; p) = 7x2 +9xy−5y có ước nguyên tố p mà = 13 17 Từ ta thấy để số dạng |7x2 + 9xy − 5y | ta có ước nguyên tố p scp mod 13 mà không scp mod 17 ngược lại Trang 32 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Dễ thấy p scp mod 13 ⇔ p chia 13 dư 1; 3; 4; 9; 10; 12, p scp mod 17 ⇔ p chia 17 dư 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16 Vậy nên ta dễ dàng tính 16 số nguyên tố scp mod 13 mà không scp mod 17 ngược lại {p1 ; p2 ; ; p16 } = {2; 3; 13; 17; 19; 23; 29; 47; 59; 61; 67; 79; 83; 89; 107; 113} Vậy theo định lí thặng dư Trung Hoa, tồn n nguyên dương để hệ n ≡ −i + pi (mod p2i ) (i = 1; 16) có nghiệm Lúc xét 16 số nguyên dương liên tiếp n + 1, n + 2, n + 16, có n + i pi mà p2 nên giả sử i phản chứng tồn x, y nguyên : n + i = |7x2 + 9xy − 5y | Lúc (x; pi ) = (y; pi ) = (Do x pi n = |7x2 + 9xy − 5y | p2i mâu thuẫn) mà pi nguyên pi pi = −1, pi |n + i = |7x2 + 9xy − 5y | (mâu thuẫn tiếp) tố, 13 17 Vậy n + i dạng |7x2 + 9xy − 5y | với i = 1; 16 Ta có điều phải chứng minh Câu 5: (Bài giải Tru09) Xét đồ thị với học sinh đỉnh , đỉnh nối với đóng lớp học thứ i(i = 1, n) học sinh tham gia khóa học hoàn toàn giống Và tô màu đoạn thẳng màu i Giả sử ngược lại , đóng cửa khóa học mà k tồn hs tham gia khóa học hoàn toàn giống , tất màu (1, 2, n) xuất Xét đỉnh nối màu ( Ta bỏ cạnh màu cho màu xuất lần) Vì ≤ n đỉnh , n cạnh tồn chu trình Giả sử chu trình A1 − (i1 )− > A2 − (i2 )− > A3 .Ak − (ik )− > A1 k tính tổng quát giả sử A1 tham gia nhiều lớp học A2 Khi A2 k tham gia lớp học i1 ⇒ A3 k tham gia lớp học i1 ⇒ Ak k tham gia lớp học i1 ⇒ A1 k tham gia lớp học i1 ⇒ vô lý Vậy ta có ĐPCM Câu 6: Câu 7: (Bài giải Tru09 ) Ta có: p2 − ≡ p2 + 1mod4 Nên số p, q, r không x2 = (p2 − 7)(q − 7)(r2 − 7) không chia hết cho 16 (vô lý ) Nếu có số (Giả sử p ) ⇒ x2 = −3(q − 7)(r2 − 7) nên tồn số q, r để V P > Giả sử q = 2vr = ⇒ x2 = 9(r2 − 7) ⇒ r2 − mà không chia hết cho ⇒ vô lý Vậy không tồn số nguyên tố (p, q, r) thỏa mãn đề Câu 8: (Bài giải mnguyen99 ) P T ⇔ 5m 2m−1 − 23n−1 = m3 Giải pt m = 1, 2, m = 1; n = Dễ dàng CM m ≥ ⇒ υ2 (2m−1 ) > υ2 (m3 ) Mà: υ2 (5m 2m−1 − 23n−1 ) = υ2 (m3 ) ⇒ υ2 (23n−1 ) = υ2 (m3 ) ⇔ 3n − = 3.υ2 (m) (vô lí) Vậy PT có nghiệm m = 1; n = Câu 9: (Bài giải mnguyen99 ) Không tính tổng quát giả sử a > b (vì a = b hiễn nhiên) Giả sử a − b tồn ước Trang 33 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG nguyên tố lẻ thì: υp (am − bm ) = n.υp (a − b) ⇒ υp (m) = (n − 1)υp (a − b) ⇒ m > pn−1 n−1 n−1 Do : ap − bp < (a − b)n Bằng pp quy nạp ta dễ dàng CM điều ngược lại Nên a-b ko tồn ước lẻ m−1 m m a −b =2 kn ⇒ (a − b) i=0 (am−1−i bi ) = 2kn ⇒ m.bm−1 +Nếu m số chẵn, a,b lẻ thì: υ2 (am −bm ) = kn ⇔ υ2 (a2 −b2 )+υ2 (m)−1 = kn ⇔ k+υ2 (a+b)+υ2 (m)−1 = kn ⇒ υ2 (2b+2k )+k+υ2 ( Áp dụng phương pháp ta có điều vô lí +Nếu a,b số chẵn Ta xét trường hợp n lớn tức : -Giả sử a − b = ⇒ (2 + b)m + bm = 2n Trong hai số + b b tồn số không chia hết cho số chia hết cho Làm tiếp -Xét a-b chia hết cho υ2 (am − bm ) = kn ⇔ υ2 (a − b) + υ2 (m) = kn ⇔ υ2 (m) = k(n − 1) Từ ta tìm kết toán Câu 10: Bài giải WhjteShadow: Ta viết lại toán dạng ngôn ngữ đồ thị : Có 35 điểm mặt phẳng, có tổng cộng 112 đoạn thẳng nối điểm Chứng minh tồn chu trình cạnh (đường gấp khúc đỉnh cạnh) Giả sử phản chứng, không tồn chu trình cạnh Ta đếm số góc đồ thị theo cách so sánh : Cách : Với cặp điểm A, B mặt phẳng, tồn nhiều góc với điểm đỉnh góc khác điểm thuộc cặp điểm vừa nói Thật có góc (giả sử điểm đỉnh C,D) thì: Hình 2.11: ta có chu trình ACBDA tương đương với A quen C, C quen B, B quen D, D quen A (trái với điều giả sử) Mà có 35 đỉnh Vậy nên có nhiều C35 góc Trang 34 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Câu 11: Cách Karl Heinrich Marx: Ta định nghĩa vị trí thắng (W ) vị trí người chơi thắng thua (L) vị trí người chơi thua Ta phát biểu vị trí theo cách khác: Một vị trí W tồn cách từ vị trí đến vị trí L Một vị trí L với cách ta vào vị trí W Định nghĩa đưa thực chất để ta kiểm tra cách nhanh chóng kết với số nhỏ ban đầu để suy tính chất toán, sau biết quy luật ta quy nạp tìm cách chứng minh mau chóng Mình thử làm với từ cách xác định Ta giả sử người bốc thua thì: ta có 0L, 1W, 2W, 3L, 4W, 5W, 6W, 7L, 8W, 9W, 10L, 11W Cứ số n ta đem trừ cho 1, 2, rơi vào số W L ngược lại lần rơi vào số L W Theo thử dãy tuần hoàn lại số 18 (mình ko bạn kiểm tra rõ hơn) Có thể chứng minh quy nạp số 18n, 18n + 3, 18n + 7, 18n + 10, vị trí L vị trí lại W Từ kiểm tra số đầu W hay L Nếu đề người thắng người bốc viên cuối tất vị trí đổi lại từ L thành W từ W thành L Phương pháp thủ công nguyên lí đơn giản dùng để giải nhiều toán trò chơi Cách hoangtubatu955: Giả sử bắt viên cuối thắng Xét theo mod ta có cấu hình có cấu hình xét theo mod sau: Cấu hình thắng: 1, 2, 4, 5, Cấu hình thua 3, Do trường hợp 2016 chia hết hiển nhiên người thứ thắng Bây xét đến đến 2015, số thuộc nhóm đồng dư mod nên người có chiến thuật thắng Như vậy, toán chứng minh xong Câu 12: (Bài giải Whjte Shadow ) Đặt bn = ln an , ta có toán IMO2010 P6 : Cho b1 , b2 , b3 , , bs , dãy số thực dương Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có bn = max{bk + bn−k : ≤ k ≤ n − 1}∀n > s Chứng minh tồn l, N , l ≤ s thỏa mãn bn = bl + bn−l ∀n ≥ N Giải sau : Với n > s, ta phân tích bn = bi1 + bi2 với i1 + i2 = n, ≤ i1 , i2 ≤ n − 1, i1 i2 > s, ta lại tiếp tục phân tích vậy, tóm lại ta viết bn dạng : bn = bi1 + bi2 + + bik (1 ≤ ij ≤ s∀j = 1; k, i1 + i2 + + ik = n) al = r = max 1≤i≤s i l Xác định dãy {xn } : xn = bn − rn∀n ∈ Z+ , lúc xl = ta có : Gọi l ∈ {1; 2; ; s} số cho xn = bn + rn = max (bk + bn−k ) + rn = max (bk + bn−k + kr + (n − k)r) 1≤k≤n−1 1≤k≤n−1 = max (xk + xn−k ) 1≤k≤n−1 Từ dễ dàng suy xn ≤ 0∀n ∈ Z+ xn = xi1 + xi2 + + xik (1 ≤ ij ≤ s∀j = 1; k, i1 + i2 + + ik = n) Trang 35 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG • Nếu xk = 0∀k ∈ 1; 2; ; s xn = 0∀n ∈ Z+ hiển nhiên có đpcm • Nếu tồn k : xk = với k ∈ 1; 2; ; s ta đặt M = max |xk |, m = |xk | (xk < 0) 1≤k≤s 1≤k≤s Lúc ∀n > s, ta có : xn = max xk + xn−k ≥ xn−l + xl = xn−l , nên : ≥ xn ≥ xn−l ≥ ≥ xn−l.[ n ] ≥ −M l n ≤ s, lúc xn−l.[ n ] ≥ −M ) l l Vậy tóm lại xn ∈ [−M ; 0]∀n ∈ Z+ Mặt khác ta chứng minh tập sau có hữu hạn giá trị : (Do l ≤ s nên n − l {xi1 + xi2 + + xik } ∩ [0; −M ] ∀1 ≤ ij ≤ s Thật gọi t số số i cho xi = 0, lúc xi1 + xi2 + + xik ≤ t.m ⇒ −M ≤ t.m ⇒ t≤ M m Vậy có hữu hạn số i cho xi = mà có s giá trị xi ⇒ có hữu hạn giá trị {xi1 + xi2 + + xik } ∩ [0; −M ] ∀1 ≤ ij ≤ s hay có hữu hạn giá trị xn n ∈ Z+ Xét dãy xn , xn+l , xn+2l , dãy giảm bị chặn có hữu hạn giá trị ⇒ dãy kể từ số đủ lớn Cho n chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod l, dễ thấy (xn ) dãy tuần hoàn chu kì l kể từ giá trị N đủ lớn Lúc : xn = xn−l = xn−l + xl ∀n > N + l Kết thúc chứng minh ⇒ bn = bn−l + bl ∀n > N + l Câu 13: Cách Karl Heinrich Marx ) Có thể xem tính chất lồi lõm dãy số Đặt g(i) = − ai−1 (cái xem đạo hàm bậc nhất) Đầu đề tương đương với g(i) tăng mà g(2) + g(3) + + g(N ) = aN − a1 = suy g(2) + g(3) + + g(i) ≤ với i ≤ N tức − a1 ≤ với i điều cần chứng minh Cách Juliel : Nếu = a1 = aN = max {a1 , a2 , , aN } hiển nhiên ≤ 0, ∀i = 1, N Nếu aj = max {a1 , a2 , , aN } > a1 = aN = có aj ≥ aj+1 aj ≥ aj−1 Khi : a2j = (aj+1 − aj ) + (aj−1 − aj ) ≤ Và điều mâu thuẫn Ta có đpcm Câu 14: (Bài giải Whjte Shadow ) Xét đồ thị với 16 đỉnh A1 , A2 , , A16 66 đỉnh B1 , B2 , , B66 Ai nối với Bj điểm j nằm đường thẳng i (hay (j; i) "tốt") Gọi di số cạnh có đầu mút Bi với i = 1; 66 Dễ thấy số tốt số đoạn thẳng đồ thị Trang 36 66 i=1 di 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Hình 2.12: Ta đếm số góc dạng Ai Bk Aj theo cách Đầu tiên với điểm Ai , Aj bất kì, tồn nhiều điểm Bk nối với Ai , Aj (và tạo thành góc), giả sử có thêm góc Ai Bm Aj , lúc đường thẳng k m chứa điểm i; j (vô lí đường thẳng không trùng nhau) Hình 2.13: Vậy số góc nhiều tạo thành C16 Mặt khác với điểm Bi , có di cạnh nhận Bi đầu mút, có Cd2i góc nhận Bi đỉnh Từ cách trên, ta có: 66 120 = C16 ≥ Cd2i i=1 = 66 i=1 d2i − 66 i=1 di ( ≥ 66 i=1 66 d i )2 − 66 i=1 di Từ đó, giải bất phương trình ta có 66 i=1 di ≤ 163 Xét vài TH : • Nếu 66 d = 163 i=1 i Lúc gọi dm = min{di |i = 1; 66}, dn = max{di |i = 1; 66} dễ dàng có ≤ dm ≤ dn ≤ Gọi a số số di có giá trị 2, 66 − a số số di có giá trị Lúc 2a + 3(66 − a) = 163 ⇒ a = 35 suy 66 i=1 di = 4a + 9(66 − a) = 419 lúc 66 66 i=1 di − i=1 di > 120 (mâu thuẫn) Tương tự TH 162, 161, 160 ta có điều vô lí Trang 37 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Ta với 66 i=1 di = 159 có cấu hình thỏa mãn đề bài, lúc tính toán tương tự trên, ta có 39 điểm di = 2, 27 điểm có dj = Lúc với 16 đường thẳng mình, ta vẽ cho có 27 đường thẳng đồng quy tất đường thẳng đôi cắt nhau, 27 điểm thuộc đường thẳng trên, số giao điểm đường thẳng C16 − 27.3 = 39 Vậy 159 số tốt cần tìm Câu 15: (Bài giải WhjteShadow ) Ý tưởng ta với ước nguyên tố y ta có ước nguyên tố x hay gần giống vậy, thêm ước đc Ta xét trường hợp: ⋆ Nếu y chẵn xy z số phương số tự nhiên liên tiếp ⇒ mâu thuẫn x > 2, y > 1, z > ⋆ Nếu y lẻ, lúc xy = (z − 1)(z + 1) Lại xét trường hợp tiếp : • z chẵn, (z + 1; z − 1) = nên z + = ay , z − = by với a, b lẻ ⇒ ay − by = (mâu thuẫn a − b ≥ 2, y > ) • z lẻ, lúc (z + 1; z − 1) = 2, x chẵn nên ta đặt viết x = t.2k với t lẻ Lại xét tiếp trường hợp: z + = 2ay ⋆ với (a; b) = 1, a, b lẻ, a.b = x z − = 2ky−1 by ⇒ ay − 2ky−2 by = ⇒ 2ky−2 by = ay − Giả sử phân tích tiêu chuẩn, y có q ước nguyên tố p1 , p2 , , pq Lúc ∀i = 1; q : api − 1|ay − = 2ky−2 by ⇒ ap i − y |b a−1 ap i − ≡ pi (mod 2) số lẻ) a−1 Mặt khác, với thuật chia Euclide, ta có (am −1; an −1) = a(m;n) −1, nên với i = j, i, j ∈ [1; q] ap i − ap j − (api − 1; apj − 1) = a − hay ; = a−1 a−1 Từ điều ta có by có q ước dương > đôi nguyên tố nhau, by có q ước nguyên tố phân biệt, hay b có q ước nguyên tố phân biệt lẻ Mà (a; b) = x có thêm ước nguyên tố mà y nên a = x có ≥ q + ước nguyên tố Ta cần xét trường hợp b = 1, lúc ay − = 2ky−2 hay a − 1|2ky−2 ⇒ a − lũy thừa ≥ (Có điều dễ thấy ⇒ a − = 2r ⇒ (2r + 1)y − = 2ky−2 ⇒ (2r + 1)y−1 + (2r + 1)y−2 + + = 2ky−2−r mà (2r + 1)y−1 + (2r + 1)y−2 + + lẻ y lẻ nên ky − − r = hay ay − = a − (mâu thuẫn y > 1, a > 1) z + = 2ky−1 ay ⋆ với (a; b) = 1, a, b lẻ, a.b = x z − = 2by Làm hoàn toàn tương tự với để ý (bpi + 1; bpj + 1) = b + (pi , pj lẻ) ta có điều phải chứng minh Câu 16: Câu 17: Câu 18: Trang 38 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Câu 19: (Bài giải ducvipdh12 ) Nếu p số nguyên tố lớn 10 p4 − 120 Áp dụng bổ đề ta có: n i=1 n (p2000 − 1) + n ≡ i i=1 (p4i − 1) + n ≡ n(mod120) ⇒ n = 120k k ∈ N Vậy nên n nhỏ k = 1,khi n = 120 Khi p1 = p2 = = p120 thỏa mãn ∗ Câu 20: Câu 21: Câu 22: ( Bài giải Trung Gauss ) Đặt:   y1 = a1 − a2 + a3 − − an−1 + an ;      y2 = a2 − a3 + a4 − − an + a1 ; y3 = a3 − a4 + a5 − − a1 + a2 ;       y = a − a + a − − a n n n−2 + an−1 Lúc này, n số "đẹp" tồn hoán vị (a1 , a2 , , an ) (1, 2, , n) cho hệ phương trình  y1 + y2 = 2a1 (1)      (2) y2 + y3 = 2a3    yn−1 + yn = 2an−1 (n − 1)    y + y = 2a (n) n n có nghiệm nguyên dương Cộng vế theo vế phương trình hệ, ta được: 2(y1 + y2 + + yn ) = (a1 + a2 + + an ) Do a1 + a2 + + an = + + + n = n(n + 1) nên suy ra: 2(y1 + y2 + + yn ) = n(n + 1) (∗) Cộng vế dòng thứ i + 1, i + 3, i + 5, quay lại dòng i + 2, ta có: (yi+1 + yi+2 ) + (yi+3 + yi+4 ) + + (yi−2 + yi−1 ) = 2(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) Suy ra: (y1 + y2 + + yn ) − yi = 2(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) Do đó: 2(y1 + y2 + + yn ) − 2yi = 4(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) (∗∗) Từ (∗) (∗∗) suy ra: yi = n(n + 1) − 2(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) Vì n lẻ n ≥ 3, nên n = 4k − n = 4k + Khi đó, ta có: • Nếu n = 4k − yi = 2k(4k − 1) − 2(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) suy yi số chẵn với Trang 39 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG i = 1, n • Nếu n = 4k + yi = (2k + 1)(4k + 1) − 2(ai+1 + ai+3 + + ai−2 ) suy yi số lẻ với i = 1, n Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu n = 4k − Ta chứng minh với số lẻ n ≥ thuộc dạng n = 4k − hì n số "đẹp" Thật vậy, giả sử số "đẹp" phải tồn hoán vị (a1 , a2 , , an ) (1, 2, , n) cho hệ có nghiệm Hơn ta phải có yi số nguyên dương chẵn với 1, n Do (a1 , a2 , , an ) hoán vị (1, 2, , n), nên tồn j(1 ≤ j ≤ n) mà aj = Khi đó, xét phương trình thứ j, ta có: yj + yj+1 = 2a1 ⇒ yj + yj+1 = Vì yj nguyên dương chẵn với i = 1, n nên yj , yj+2 ≥ ⇒ yj + yj+2 ≥ 4, mâu thuẫn Như vậy, với số lẻ n ≥ thuộc dạng n = 4k − n không số "đẹp" Trường hợp 2: Nếu n = 4k + 1,khi yi số lẻ ∀i = 1, n Ta chọn hoán vị sau: a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6, , a2k = 4k, a2k+1 = 4k + a4k+1 = 1, a4k = 3, a4k−2 = 5, , a2k+2 = 4k − Lúc hệ phương trình ban đầu nhận nghiệm:   y1 = 1, y2 = 3, y3 = 5, , y2k = 4k −      y2k+1 = y2k+2 = 4k +      y2k+3 = y2k+4 = 4k − y2k+5 = y2k+6 = 4k −         y4k−1 = y4k =    y 4k+1 = Theo đó, số nguyên dương lẻ n ≥ dạng n = 4k + số "đẹp" Cuối cùng, số nguyên dương lẻ n ≥ số "đẹp" n có dạng: n = 4k + 1, k ∈ N Trang 40 Chương Đề thi Toán Quốc gia 2015 Ngày thi thứ Câu Cho a số thục không âm (un ) dãy số xác định n2 u1 = 3, un+1 = un + 2 4n + a u2n + với n ≥ a) Với a = 0, chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Với a ∈ [0, 1], chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn Câu Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh √ √ √ 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)( ab + bc + ca) + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ (a + b + c)2 Câu Cho số nguyên dương K Tìm số tự nhiên n không vượt 10K thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) n chia hết cho ii) chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp {2, 0, 1, 5} Câu Cho dường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC không đường kính Một điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F có tâm I a) Giả sử (I) tiếp xúc với BC điểm D Chứng ming DB = DC cot B cot C b) Giả sử (I) cắt cạnh BC hai điểm M, N Gọi H trực tâm tam giác ABC P, Q giao điểm (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Đường tròn (K) qua P, Q tiếp xúc với (O) điểm T (T phía A P Q) Chứng minh đường phân giác góc M T N qua điểm cố định 41 CHƯƠNG ĐỀ THI TOÁN QUỐC GIA 2015 Ngày thi thứ hai Câu (7,0 điểm) Cho (fn (x)) dãy đa thức xác định bởi: f0 (x) = 2, f1 (x) = 3x, fn (x) = 3xfn−1 (x) + (1 − x − 2x2 )fn−2 (x) với n ≥ Tìm tất số nguyên dương n để fn (x) chia hết cho đa thức x3 − x2 + x Câu Với a, n nguyên dương, xét phương trình a2 x + 6ay + 36z = n, x, y, z số tự nhiên a) Tìm tất giá trị a để với n ≥ 250, phương trình cho có nghiệm (x, y, z) b) Biết a > nguyên tố với Tìm giá trị lớn n theo a để phương trình cho nghiệm (x, y, z) Câu Cho m học sinh nữ n học sinh nam (m, n ≥ 2) tham gia Liên hoan Song ca Tai Liên hoan song ca, buổi biểu diễn văn nghệ Mỗi chương trình văn nghệ bao gồm số song ca nam-nữ mà đôi nam-nữ hát với không học sinh hát Hai chương trình coi khác có cặp nam-nữ hát với chương trình không hát với chương trình Liên hoan Song kết thúc tất chương trình khác cỏ có biểu diễn, chương trình biểu diễn lần a) Một chương trình gọi lệ thuộc vào học sinh X hủy tất song ca mà X tham gia có học sinh khác không hát chương trình Chứng minh tất chương trình lệ thuộc vào X số chương trình có số lẻ hát số chương trình có số chẵn hát b) Chứng minh Ban tổ chức Liên hoan xếp buổi biểu diễn cho số hát hai buổi biểu diễn liên tiếp không tính chẵn lẻ Trang 42 [...]...1.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG 1 CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG Câu 20: (Đề của Bui Ba Anh ) Các học sinh được phát bài kiểm tra, mỗi môn một bài trong n (n ≥ 3) môn học Biết rằng với mỗi môn bất kỳ có 3 học sinh đạt điểm tối ưu, còn 2 môn tùy ý thì có 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho cả 2 môn Xác định n bé nhất sao cho từ điều kiện suy ra có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho cả... C35 góc Trang 34 2.3 TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC CHƯƠNG 2 BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Câu 11: Cách 1 của Karl Heinrich Marx: Ta định nghĩa một vị trí thắng (W ) nếu bắt đầu từ vị trí đó người chơi thắng và thua (L) nếu bắt đầu từ vị trí đó người chơi sẽ thua Ta có thể phát biểu những vị trí này theo một cách khác: Một vị trí là W nếu tồn tại ít nhất một cách đi từ vị trí đó đến một vị trí L Một vị trí là L nếu với... minh Từ đó ta suy ra tập các số nguyên dương không chính phương được chia thành các cặp (m; n) (m = n ) mà : f : m → n → m2 → n2 ≥ m4 → n4 → Và 2 cặp khác nhau (m; n) , (p; q) phải gồm 4 số khác nhau (Phản chứng nếu tồn tại 1 số giống nhau thì√suy ra 2 cặp trùng nhau ngay ), và f (n) với n là số chính phương luôn được xác định từ f ( n) Như vậy hàm f hoàn toàn xác định (vô số hàm f ) Bài toán tổng. .. nhiên rằng người thứ 2 là thắng Bây giờ thì xét đến đến 2015, do đây là một số thuộc nhóm đồng dư 6 mod 7 nên người một sẽ luôn có chiến thuật thắng Như vậy, khi đó bài toán chứng minh xong Câu 12: (Bài giải của Whjte Shadow ) Đặt bn = ln an , ta có bài toán IMO2010 P6 : Cho b1 , b2 , b3 , , bs , là dãy số thực dương Giả sử với 1 số nguyên dương s cho trước, ta có bn = max{bk + bn−k : 1 ≤ k ≤ n − 1}∀n... đpcm Câu 2: (Bài giải của Tru09 ) Dễ có a,b sau phép biến đổi thì (1 − 2014a)(1 − 2014b) = 1 − 2014(a + b − 2014ab) Nên sau hữu hạn lần thực hiện thì số đó là: 1 (1 − 1)(1 − 2) (1 − 2014) = 0 ⇒ số đó là 2014 Câu 3: (Bài giải của Juliel ) Bổ đề: Cho số nguyên a không chính phương Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố p thoả mãn a không là số chính phương modulo p (bạn đọc tự CM) Trở lại bài toán: Ta có:... k mất tính tổng quát có thể giả sử A1 tham gia nhiều lớp học hơn A2 Khi đó A2 k tham gia lớp học i1 ⇒ A3 k tham gia lớp học i1 ⇒ Ak k tham gia lớp học i1 ⇒ A1 k tham gia lớp học i1 ⇒ vô lý Vậy ta có ĐPCM Câu 6: Câu 7: (Bài giải của Tru09 ) Ta có: p2 − 7 ≡ p2 + 1mod4 Nên nếu cả 3 số p, q, r đều không là 2 thì x2 = (p2 − 7)(q 2 − 7)(r2 − 7) 8 và không chia hết cho 16 (vô lý ) Nếu có 1 số là 2 (Giả... Cho n là số nguyên dương khác 1 và A là tập các số nguyên từ 1 đến 2n Gọi tập con B của A là chẵn chòi nếu với mỗi cặp (x; y) với x, y thuộc A, x khác y, x + y là một luỹ thừa của 2 thì đúng một trong hai số x, y thuộc B Hỏi có bao nhiêu tập con chẵn chòi B như vậy ? Câu 22: ( Đề của Trung Gauss ) Số nguyên lẻ n ≥ 3 được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị (a1 , a2 , , an ) của các số (1,... vào số W thì nó là L ngược lại nếu ít nhất một lần rơi vào số L thì nó là W Theo mình thử thì có vẻ như dãy này tuần hoàn lại bắt đầu từ số 18 (mình ko chắc lắm các bạn có thể kiểm tra rõ hơn) Có thể chứng minh quy nạp các số 18n, 18n + 3, 18n + 7, 18n + 10, là vị trí L còn các vị trí còn lại là W Từ đây có thể kiểm tra ngay 2 số ở đầu bài là W hay L Nếu đề bài là người thắng là người bốc được viên... C Từ đó I ′ là tâm nội tiếp tam giác ABC 2.3 Tổ hợp- Số học- Rời rạc Câu 1: ( Bài giải của LNH ) Giả sử phản chứng: tồn tại một cách tô tập Z, f : Z → {X, D, T, V } sao cho với mọi a ∈ Z, ta có: {f (a) , f (a + x) , f (a + y) , f (a + x + y)} = {X, D, T, V } Xét g : Z2 → {X, D, T, V } sao cho g (i, j) = f (ix + jy) Biểu diễn các điểm này trên mạng lưới nguyên 4 đỉnh của một hình vuông đơn vị đôi một. .. được: f (2) = 6a2 + 2a (**) Từ (*) và (**) ta được: f (1) = 0 f (1) = 1 TH f (1) = 0: Thay y = 1 ta được : f (x + 1) = f (x) nên f là hàm tuần hoàn có chu kì là 1 TH f (1) = 1 Dùng PP quy nạp từ N lên Z và R để chứng minh Tóm lại bài toán có các nghiệm như sau:  f (x) = 0  f (x) = x3  f (x) = f (x + 1) Trang 22 2.2 HÌNH HỌC 2.2 CHƯƠNG 2 BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG Hình học Câu 1: (Bài giải của Tru09 ) Gọi O