MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC BD HSG

MỘT SỐ BÀI TOÁN TUỔI THƠ 2 Bài 1: Tìm tất cả các số chính phương dạng . Lời giải : Do là số chính phương nên = k 2 . Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ số. Đặt k = . Cũng từ giả thiết bài toán là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}. +) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9) Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 101 2 = 10201, 111 2 = 12321, 121 2 = 14641 ; còn với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài. +) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là : 202 2 = 40804, 212 2 = 44944. +) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài. +) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa mãn trường hợp này là : 264 2 = 69696. +) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn là : 307 2 = 94249. Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249. Bài 2: Tìm hai số hữu tỉ a và b biết rằng : a – b = 2(a + b) = a 3 b Lời giải : Điều kiện : a, b thuộc Q, b ≠ 0 (*) Theo bài ra, ta có hệ tương đương : a b 2(a b) (1) a a b 3 (2) b − = +    − =   Ta có : (1) tương đương a - b = 2a + 2b tương đương a = -3b (3) Thay (3) vào (2) : (2) <=> -3b – b = 3b 3 b − <=> -4b = -9 <=> b = 9/4 (thoả mãn điều kiện (*)) Thay vào (3) ta có : a = - 3.9/4 = - 27/4 (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy hai số tìm được là : a = - 27/4 và b = 9/4 Bài 3: Giải phương trình : x 2 + 2x + 3 = (x 2 + x + 1) (x 4 + x2 + 4) Lời giải : Ta có : x 2 + x + 1 = (x + 1/2) 2 + 3/4 > 0 với mọi x Mặt khác : Với mọi x ta có x 4 + x 2 + 4 ≥ 4 => (x 2 + x + 1) (x 4 + x 2 + 4) ≥ 4 (x 2 + x + 1) = x 2 + 2x + 3 + 2x 2 + (x + 1) 2 > x 2 + 2x + 3 Chứng tỏ phương trình vô nghiệm. Nhận xét : Có nhiều cách để chứng minh phương trình vô nghiệm theo nhiều hướng khác nhau. + Viết phương trình về dạng : 2 2 3x 2x 1 x x 1 − − − + + = x 4 + x 2 rồi đánh giá hai vế. + Viết phương trình về dạng : x 4 (x + 1/2) 2 + 3/2.x 4 + 2x 2 + x 2 (1/2.x + 1) 2 + (x + 1) 2 = 0 và nhận xét vế trái luôn nhận giá trị dương. + Tìm tập giá trị của : y = 2 2 3x 2x 1 x x 1 − − − + + => y ∈ 6 2 3 6 2 3 ; 3 3   − +     => y ≤ 6 2 3 3 + < 6 2.3 3 + = 4 => y < x 4 + x 2 + 4. + Viết phương trình về dạng: - 2x 2 - x = (x 2 + x + 1) (x 4 + x 2 + 1) Tương đương : 1/8 - 2.(x + 1/4) 2 = [ (x + 1/2) 2 + 3/4 ].[ (x 2 + 1/2) 2 + 3/4 ] Từ đó => : vế trái không lớn hơn 1/8 và vế phải lớn hơn 9/16 nên phương trình vô nghiệm. Bài 4: Tìm x, y để biểu thức: A = 2 2 x 2y 6x 4y 11+ − + + + 2 2 x 3y 2x 6y 4+ + + + đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải : Ta có: A = 2 2 (9 6x x ) (2y 4y 2)− + + + + + 2 2 (x 2x 1) (3y 6y 3)+ + + + + = 2 2 (3 x) 2(y 1)− + + + 2 2 (x 1) 2(y 1)+ + + ≥ 2 (3 x)− + 2 (x 1)+ = |3 – x| + |x + 1| ≥ 3 – x + x + 1 = 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1. Bài 5: Chứng minh rằng : 1/5 + 1/6 + 1/7 + . + 1/17 < 2 Lời giải : Cách 1: Ta có: 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + 1/9 + 1/10 < 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 = 6/5 (1) 1/11 + 1/12 + 1/13 + 1/14 + 1/15 + 1/16 + 1/17 < 1/11 + 1/11 + 1/11 + 1/11 +1/11 + 1/11 + 1/11 = 7/11 (2) Từ (1) và (2) =>: A < 6/5 + 7/11 = 101/55 < 110/55 = 2 Cách 2 : Ta có: 1/5 + 1/6 + 1/7 < 1/5 + 1/5 + 1/5 = 3/5 (3) 1/8 + 1/9 + 1/10 + . + 1/17 < 10.1/8 = 5/4 (4) Từ (3), (4) => : A < 3/5 + 5/4 = 37/20 < 2 Cách 3 :1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + 1/9 < 5.1/5 = 1 (5) 1/10 + 1/11 + . + 1/17 < 8.1/8 = 1 (6) Từ (5), (6) => : A < 1 + 1 = 2 Cách 4 : 1/6 + 1/7 + .+ 1/11 < 6.1/6 = 1 (7) 1/12 + 1/13 + . + 1/17 < 6.1/12 = 1/2 (8) Từ (7), (8) => : A < 1/5 + 1 + 1/2 = 17/10 < 2 Cách 5 : 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + 1/9 < 5.1/5 = 1 (9) 1/10 + 1/11 + 1/12 + 1/13 + 1/14< 5.1/10 = 1/2 (10) 1/15 + 1/16 + 1/17 < 3.1/15 = 1/5 (11) Từ (9), (10), (11) => : A < 1 + 1/2 + 1/5 = 17/10 < 2. Bài 6: Tìm tổng các chữ số của 99999999998 2 . Lời giải : Ta có : A = 99999999998 2 = (99999999998 + 2)(99999999998 - 2) + 4 = 100 000 000 000 x 99999999996 + 4 = 99999999996000000000004 Từ đó ta có tổng các chữ số của A là 9 x 10 + 6 + 4 = 100. Bài 7: Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho: |x - y| + |y - z| + |z - t| + |t - x| = 2003. Lời giải : Nếu a thuộc Z thì |a| + a = 2a nếu a ≥ 0 và |a| + a = 0 nếu a < 0 , do đó |a| + a sẽ là số tự nhiên chẵn. Phương trình tương đương với : (|x - y| + x - y) + (|y - z| + y - z) + (|z - t| + z - t) + (|t - x| + |t - x) = 2003 Theo nhận xét trên thì vế trái là số tự nhiên chẵn nên phương trình không có nghiệm nguyên. Bài 8: Giải phương trình : Lời giải : Đặt : u = −2 x ; v = −3 x ; t = −5 x với u ; v ; t ≥ 0 thì x = 2 - u 2 = 3 - v 2 = 5 - t 2 = uv + vt + tu. Từ đó ta có hệ : Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ] 2 = 30 Vì u ; v ; t ≥ 0 nên (u + v)(v + t)(t + u) = 30 Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:  + =     + =    + =    30 v t (5) 2 30 u t (6) 3 30 u v (7) 5 Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có: 2(u + v + t) = 31 30 30 Từ đó => u + v + t = 31 30 60 ; Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có: u = 30 60 ; v = 11 30 60 ; t = 19 30 60 Do đó : x = 2 –    ÷  ÷   2 30 60 = 239 120 Bài 9: Cho các số a 1 , a 2 , a 3 , . , a 2003 . Biết rằng : a k = 2 2 3 3k 3k 1 (k k) + + + với mọi k = 1, 2, 3, . , 2003. Tính tổng a 1 + a 2 + a 3 + . + a 2003 . Lời giải : Ta có: a k = 3 2 3 3 3 (k 3k 3k 1) k (k 1) .k − + + − + = 3 3 3 3 (k 1) k (k 1) .k − − + = 3 1 k – 3 1 (k 1)+ Do đó: a 1 + a 2 + a 3 + . + a 2003 = ( 3 1 1 – 3 1 2 ) + ( 3 1 2 – 3 1 3 ) + … + ( 3 1 2003 – 3 1 2004 ) = 1 – 3 1 2004 = 8048096063 8048096064 Bài 10: Cho A = 1 - 7 + 13 - 19 + 25 - 31 + . a) Biết A có 40 số hạng. Tính giá trị của A. b) Biết A có n số hạng. Tính giá trị của A theo n. Lời giải : a) Ta có A = 1 - 7 + 13 - 19 + 25 - 31 + . = (1 -7) + (13 - 19) + (25 - 31) + . = (-6) + (-6) + (-6) + . Vì A có 40 số hạng nên sẽ có 20 cặp số có giá trị bằng -6. Do đó A = (-6) . 20 = -120. b) Ta xét 2 trường hợp : Trường hợp 1 : Với n chẵn. Tương tự câu a, vì A có n số hạng nên sẽ có cặp số n/2 cặp số. Do đó A = (-6).n/2 = - 3n. Trường hợp 2 : Với n lẻ, khi đó n - 1 chẵn. Ta có A = 1 - 7 + 13 - 19 + 25 - 31 + . = 1 + (- 7 + 13) + (- 19 + 25) + . = 1 + 6 + 6 + . Vì A có (n - 1)/2 cặp số có giá trị bằng 6 nên A = 1 + 6 .(n - 1)/2 = 1 + 3(n - 1) = 3n - 2 Vậy A = -3n (với n chẵn) ; A = 3n - 2 (với n lẻ). Bài 11: Cho 6 số tự nhiên a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , a 6 thoả mãn: 2003 = a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 < a 6 . 1) Nếu tính tổng hai số bất kì thì được bao nhiêu tổng? 2) Biết rằng tất cả các tổng trên là khác nhau. Chứng minh a 6 ≥ 2012. Lời giải : 1) Các tổng đó là a 1 + a 2 , a 1 + a 3 , a 1 + a 4 , a 1 + a 5 , a 1 + a 6 , a 2 + a 3 , a 2 + a 4 , a 2 + a 5 , a 2 + a 6 , a 3 + a 4 , a 3 + a 5 , a 3 + a 6 , a 4 + a 5 , a 4 + a 6 , a 5 + a 6 . Vậy có tất cả : 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 tổng. 2) Phản chứng a 6 ≤ 2011, => a 5 ≤ 2010. Tổng nhỏ nhất là : a 1 + a 2 ≥ 2003 + 2004 = 4007. Tổng lớn nhất là : a 5 + a 6 ≤ 2010 + 2011 = 4021. Nhưng ta chú ý rằng có tất cả 15 số tự nhiên ≥ 4007 và ≤ 4021. Do 15 tổng trên khác nhau, => a 1 + a 2 = 4007 và a 5 + a 6 = 4021, tức là a 2 = 2004, a 6 = 2011, a 1 = 2010. Nhưng khi đó ta lại có a 1 + a 6 = a 2 + a 5 = 2014. Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy a 6 ≥ 2012 Bài 12: Bạn hãy khôi phục lại những chữ số bị xóa (để lại vết tích của mỗi chữ số là một dấu *) để phép toán đúng. Lời giải : Để thuận lợi, chúng ta đặt lại phép tính ở bài ra như sau : Từ phép tính trên dễ nhận thấy b 2 = b 3 = 0. Vì nhân với 2 được nên a 1 ≥ 5. Lại vì nhân với b 1 được => b 1 = 1 (do a 1 ≥ 5). Do đó Mặt khác (số có 7 chữ số) . Vậy phép toán đúng sau khi đã khôi phục những chữ số bị xóa đi là : (ở trên) Bài 13: Biết rằng : |a + b + c| ≤ 1 ; |a/4 + b/2 + c| < 1. Chứng minh : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Lời giải : Đặt : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = a/4 + b/2 + c (3) Theo giả thiết, ta có : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1. Từ (1), (2) => M - N = a + b (4) ; Từ (2), (3) => P - N = a/4 + b/2 (5) ; Từ (4), (5) ta dễ dàng => a = 2M + 2N - 4P; b = - M - 3N + 4P Khi đó : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N - 4P| + | - M - 3N + 4P| + |N| ≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ; |P| ≤ 1) Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Bài 14: Phân số Ai Cập Biểu diễn phân số 1/2 dưới dạng tổng của 3 phân số dương có tử số bằng 1. Có bao nhiêu cách ? Lời giải : * Bài toán có thể phát biểu dưới dạng : Giải phương trình : Do vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z và từ (1) ta => : 1/x ≤ 1/y ≤ 1/z < 1/2 => x ≥ y ≥ z ≥ 3 (2) Từ (1), (2) => 1/2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3/z => z ≤ 6 => 3 ≤ z ≤ 6 => z thuộc {3 ; 4 ; 5 ; 6}. * Với z = 3, ta có : 1/x + 1/y + 1/3 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/3 = 1/6 => 6x + 6y = xy => xy - 6x - 6y + 36 = 36 => (x - 6)(y - 6) = 36. Do x, y thuộc Z + , x ≥ y ≥ z, ta có bảng : * Với z = 4, ta có : 1/x + 1/y + 1/4 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/4 = 1/4 => : 4x + 4y = xy => => (x - 4)(y - 4) = 16. Do x, y thuộc Z + , x ≥ y ≥ z, ta có bảng : * Với z = 5, ta có : 1/x + 1/y + 1/5 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/5 = 3/10 => 10x + 10y = 3xy => (3x - 10)(3y - 10) = 100. Do x, y thuộc Z + , x ≥ y ≥ z, ta có bảng : * Với z = 6, ta có : 1/x + 1/y + 1/6 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/6 = 1/3 => : 3x + 3y = xy => . => (x - 3)(y - 3) = 9. Do x, y thuộc Z + , x ≥ y ≥ z, ta có bảng : * Vậy phương trình (1) có các nghiệm là : (42 ; 7 ; 3), (24 ; 8 ; 3), (18 ; 9 ; 3), (15 ; 10 ; 3), (12 ; 12 ; 3), (20 ; 5 ; 4), (12 ; 6 ; 4), (8 ; 8 ; 4), (10 ; 5 ; 5), (6 ; 6 ; 6), cùng các hoán vị. Từ đây, dễ dàng => phân số có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của 3 phân số dương có tử số bằng 1 với đúng 10 cách : Bài 15: So sánh A và B biết : A = (2003 2002 + 2002 2002 ) 2003 ; B = (2003 2003 + 2002 2003 ) 2002 Lời giải : Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát : (a n + b n ) n + 1 > (a n + 1 + b n + 1 ) n với a, b, n là các số nguyên dương. Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b. (a n + b n ) n + 1 = (a n + b n ) n .(a n + b n ) > (a n + b n ) n .a n = [(a n + b n )a] n = (a n .a + b n .a) n ≥ (a n .a + b n .b) n = (a n + 1 + b n + 1 ) n . Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B. Bài 16: Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p = a 2 + b 2 là số nguyên tố, p - 5 chia hết cho 8. Giả sử các số nguyên x, y thỏa mãn ax 2 - by 2 chia hết cho p. Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p. Lời giải : Đặt p = 8k + 5, k thuộc N. Chú ý : (ax 2 ) 4k + 2 - (by 2 ) 4k + 2 chia hết cho (ax 2 - by 2 ). Từ đó ta => : a 4k + 2 .x 8k + 4 - b 4k + 2 y 8k + 4 chia hết cho p. Ta lại có : a 4k + 2 .x 8k + 4 - b 4k + 2 .y 8k + 4 =(a 4k + 2 + b 4k + 2 ).x 8k + 4 - b 4k + 2 (x 8k + 4 + y 8k + 4 ) Mặt khác : a 4k + 2 + b 4k + 2 = (a 2 ) 2k + 1 + (b 2 ) 2k + 1 chia hết cho (a 2 + b 2 ) = p và b < p, do đó x 8k + 4 + y 8k + 4 chia hết cho p . (*) Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) ta => số thứ hai cũng chia hết cho p. Nếu cả hai số x, y không chia cho p, theo định lí Fecma x 8k + 4 trùng với 1 (mod p), y 8k + 4 trùng với 1 (mod p). Khi đó x 8k+4 + y 8k+4 ≡ 2 (mod p). Mâu thuẫn với (*). Vậy cả hai số x, y chia hết cho p. Bài 17: Cho một hình lập phương. Người ta gắn cho 8 đỉnh của nó bắt đầu từ đỉnh A, đi theo chiều mũi tên 8 số tự nhiên liên tiếp và thực hiện: mỗi lần cộng vào 4 đỉnh của một mặt cùng với một số nguyên nào đó. Hỏi sau bao nhiêu lần thực hiện như vậy thì ta được 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau ? Lời giải : Kí hiệu các đỉnh theo chiều mũi tên lần lượt bởi các chữ cái A, B, C, D, E, G, H, I. Giả sử các số nguyên gắn tương ứng với các đỉnh này là a, b, c, d, e, g, h, i, ta xét : S = (b + d + g + i) - (a + c + e + h). Nhận thấy 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt sẽ gồm 2 số trong các số g, d, g, i và 2 số trong các số a, c, e, h. Do đó khi cộng 4 số này với cùng một số nguyên thì S không thay đổi. Ban đầu a, b, c, d, e, g, h, i là các số tự nhiên liên tiếp nên S = 4. Vì vậy dù có thực hiện bao nhiêu lần việc cộng với cùng một số nguyên cho 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt thì S vẫn bằng 4, tức là S ≠ 0. Chứng tỏ không thể làm cho 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau. Bài 18: Cho ba số a, b, c thỏa mãn hệ : Chứng minh rằng : Lời giải : + Chứng minh a ≥ 0 : Giả sử a < 0, từ (1) => b + c > 1 => - (b + c) < - 1. Do a < 0 => a 2 > 0, từ (2) => : b 2 + c 2 < 1/2 suyy ra (b - 1/2) 2 + (c - 1/2) 2 = = b 2 + c 2 - (b + c) + 1/2 < 1/2 - 1 + 1/2 = 0 (vô lí). Vậy a ≥ 0. + Chứng minh : a ≤ 1 3 4 + Từ (1), (2) => : 2 1 (a ) 4 − + (b – 1 4 ) 2 + (c – 1 4 ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 – 1 2 (a + b + c) + 3 16 ≤ 1 1 3 3 2 2 16 16 − + = Vì 2 1 (a ) 4 − ; (b – 1 4 ) 2 ; (c – 1 4 ) 2 ≥ 0 => 2 1 (a ) 4 − ≤ 3 16 => a ≤ 1 3 4 + + Vì a, b, c có vai trò như nhau, => đpcm. Cách 2: Từ (1) ta có : 1 - a = b + c => (1 - a) 2 = (b + c) 2 ≤ 2(b 2 +c 2 ) (dễ dàng chứng minh), mặt khác, từ (2) => 2(b 2 +c 2 ) ≤ 1 - 2a 2 , do đó : (1 - a) 2 ≤ 1 - 2a 2 tương đương với : 3a 2 - 2a ≤ 0 tương đương a(3a - 2) ≤ 0 hay a(a - 2/3) ≤ 0 => a và (a - 2/3) trái dấu. Ta thấy a > a - 2/3 nên a ≥ 0 còn a - 2/3 ≤ 0 hay 0 ≤ a ≤ 2/3 . Hoàn toàn tương tự ta có 0 ≤ b , c ≤ 2/3 Vậy (3) được chứng minh. Bài 19: Chứng minh rằng: Lời giải : Đặt : ta có : = 1,5 + 2,5 + 3,5 + 4,5 + 5,5 + 6,5 = 24 (đpcm). Nhận xét : Ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh bài toán và từ đó đề xuất được bài toán tổng quát: Từ : (a, b > 0, a ≠ b) => : Ta có bất đẳng thức sau : (với n thuộc N*) Bài 20: Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 . Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a) 2 Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có : a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c - a)/(2004 - 2002) => : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2 => : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ] 2 => 4(a - b)(b - c) = (c - a) 2 (đpcm). Bài 21: Cho các số dương a 1 , a 2 , …, a 10 thỏa mãn : a 1 = 1 ; a 10 = 2 ; a i 2 ≤ a i - 1 a i + 1 với i = 2, 3, …, 9. Chứng minh rằng với mọi i = 1, 2, …, 10 thì : a i ≤ 9 i 1 2 − Lời giải : Đặt : c i = i 9 i-1 a 2 ; i = 1, 2, …, 10. Ta có : c 1 = c 10 = 1 và với mọi i = 2, 3, …, 9 thì c i 2 ≤ c i - 1 c i + 1 Kí hiệu k thuộc {1, 2, …, 10} thỏa mãn k lớn nhất và c k ≥ c i với mọi i = 1, 2, …, 10 (*) Ta sẽ chứng minh k thuộc {1, 10}. Thật vậy, phản chứng 1 < k < 10. Do (*) và : c k 2 ≤ c k - 1 c k + 1 , => c k - 1 = c k + 1 = c k , mâu thuẫn với cách chọn k lớn nhất. Vậy k thuộc {1, 10}. Chú ý c 1 = c 10 = 1, ta có c i ≤ 1, tức là : với mọi i = 1, 2, …, 10. Bài 22: Tính tổng A = a 1 + a 2 + … + a 2003 , biết : a n = 1 n(n 1) n n 1+ + + (n ∈ N*) Lời giải : Ta có : a n = 1 n(n 1) n n 1+ + + = 1 n n 1( n 1n n)+ + + = n 1 n n. n 1 + − + = 1 1 n n 1 − + Vậy: A = a 1 + a 2 + … + a 2003 = = ( 1 1 1 2 − ) + ( 1 1 2 3 − ) + … + ( 1 1 2003 2004 − ) = 1 - 1 2004 = 1 – 501 1002 Bài 22: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y + z (1). Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình (1), ta giả sử x y z. Chú ý, nếu z 3 thì xyz x.3.3 = 9x = 6x + 3x 18 + (x + y + z) > 9 + x + y + z. Vậy z < 3. * Trường hợp z = 1 : ta có (1) tương đương với xy = 10 + x + y hay (x - 1)(y - 1) = 11. Vì x - 1 y - 1 => : x- 1 = 11 và y - 1 = 1 hay x = 12 và y = 2 * Trường hợp z = 2 : ta có (1) tương đương với 2xy = 11 + x + y hay (2x - 1)(2y - 1) = 23. Vì 2x - 1 2y - 1 3 và 23 là số nguyên tố nên phương trình trên vô nghiệm. Vậy với x y z thì (1) chỉ có nghiệm x = 12, y = 2, z = 1. Với x, y, z nguyên dương bất kì, (1) có 6 nghiệm (x, y, z) là 6 hoán vị của (12, 2, 1). Bài 23: Cho dãy số tự nhiên liêp tiếp : 150 O 149 O 148 O … O 51 O 50. Chứng minh rằng, nếu điền vào các vòng tròn “O” dấu “+” hoặc dấu “-” thì kết quả không thể bằng 2003. Lời giải : Các bạn đã lí luận bằng nhiều cách để chỉ ra : khi điền vào các hình tròn dấu “+” hoặc dấu “-” thì kết quả là một số chẵn nên kết quả không thể bằng 2003. Cách 1 : Nếu điền vào tất cả các hình tròn dấu “+” ta có : S = 150 + 149 + 148 + … + 51 + 50 = (150 + 50).101/2 = 10100, là số chẵn. Trong tổng S, nếu thay mỗi dấu “+” trước một số a bất kì bởi dấu “-” thì S sẽ giảm đi 2a (là một số chẵn). Như vậy, nếu thay bao nhiêu dấu “+” trong S bởi dấu “-” thì S sẽ vẫn là một số chẵn. Cách 2 : Ta thấy rằng, mỗi cặp số tự nhiên liên tiếp đều có tổng hoặc hiệu là một số lẻ. Các số tự nhiên liên tiếp từ 150 đến 51 có tất cả 50 (là số chẵn) cặp như vậy. Tổng hoặc hiệu của một số chẵn các số lẻ luôn là một số chẵn nên giữa các số tự nhiên liên tiếp từ 150 đến 51, đặt bất kì dấu “+” hay dấu “-” thì kết quả đều là số chẵn ; cộng hay trừ với số còn lại của dãy số đã cho là số 50 cho kết quả cuối cùng là một số chẵn. Bài 24:Cho : ax 3 = by 3 = cz 3 và 1/x + 1/y + 1/z = 1 Chứng minh rằng : Lời giải : Đặt ax 3 = by 3 = cz 3 = k 3 . => k 3 = ax 3 1 1 1 x y z   + +  ÷   = 3 3 3 ax ax ax x y z + + = 3 3 3 ax by cz x y z + + = ax 2 + by 2 + cz 2 => A = 2 2 2 3 ax by cz+ + = k = k 1 1 1 x y z   + +  ÷   = k k k x y z + + = 3 3 3 x a y b z c x y z + + = 3 3 3 a b c+ + Ta có thể tổng quát hóa : “Nếu a 1 , a 2 , …, a n và b 1 , b 2 , …, b n thỏa mãn : a 1 b 1 k = a 2 b 2 k = … = a n b n k , với k là số nguyên lẻ lớn hơn 1 ; 1/b 1 + 1/b 2 + …1/b n = 1 thì : Bài 25: Trong một giải bóng đá Nhi đồng theo thể thức thi đấu vòng tròn một lượt. Thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm. Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được tất cả 16 điểm. Chứng minh rằng vào bất kì lúc nào cũng tìm được ít nhất hai đội đã đấu cùng số trận. Lời giải : Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được 16 điểm nên tổng số điểm của các trận thắng là : 16 - 1 = 15 (điểm). Do đó đội này đã thắng 15 : 3 = 5 (trận) và thi đấu tất cả 7 trận. Vì giải đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số đội dự giải là : 7 + 1 = 8 (đội) Chia các đội thành các nhóm mà mỗi nhóm gồm các đội có cùng số trận đã đấu thì nhiều nhất chỉ có 7 nhóm vì nếu có nhóm chưa đá trận nào thì không có nhóm đã đá 7 trận. Cụ thể chỉ có các nhóm với số trận đã đá là : 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 hoặc 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7. Vì có 8 đội mà chỉ có 7 nhóm nên theo nguyên lí Đi-rích-lê thì tồn tại hai đội ở cùng một nhóm tức là hai đội đã đá cùng số trận. Bài 26: Cho các số không âm x 1 , x 2 , x, …, x n có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x 1 x 2 + x 2 x 3 + … + x n-1 x n . Lời giải : Đặt T = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x4 + … + x n-1 x n . Cách 1 : Xét trường hợp n chẵn (tương tự với n lẻ). Đặt a = x 1 + x 3 + … + x n-1 ; b = x 2 + x 4 + … + x n . Ta có, a + b = 1 và T nhỏ hơn bằng a.b (tự kiểm tra). Từ đó: T ≤ a.b = a.(1 - a) = - a 2 + a = 1/4 - (a - 1/2) 2 ≤ 1/4. Nếu x 1 = x 2 thì x 3 = x 4 = … = x n = 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4. Cách 2 :Không mất tính tổng quát, giả sử x 1 là số lớn nhất, ta có : x 1 x 2 = x 1 x 2 ; x 2 x 3 nhỏ hơn bằng x 1 x 3 ; … ; x n-1 x n nhỏ hơn băng x 1 x n => T nhỏ hơn bằng x 1 (x 2 + x 3 + … + x n ) = x 1 (1 - x 1 ). Đến đây, bài toán được giải quyết tiếp như ở cách 1. Bài 27: Tìm các cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn : x + y và 1/x + 1/y đồng thời là hai số nguyên dương. Lời giải : Giả sử cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn điều kiện trên. Trước hết ta có x khác 0, y khác 0. Nếu x < 0 và y > 0 thì x + y > 0 khi |x| < |y| ; 1/x + 1/y > 0 khi |x| > |y|; mâu thuẫn. Do đó nếu cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán thì x > 0, y > 0. Đặt x = a/b , y = c/d , a, b, c, d thuộc N*, (a, b) = (c, d) = 1. Ta có : x + y = a/b + c/d = (ad + bc)/bd thuộc N* => (ad + bc) M bd (1). Vậy : (ad + bc) chia hết cho b hay ad chia hết cho b hay d chia hết cho b, do (a, b) = 1. (ad + bc) chia hết cho d hay bc chia hết cho d hay b chia hết cho d, do (c, d) = 1. Từ đó => (1) tương đương với b = d và (a + c) chia hết cho b. Tương tự 1/x + 1/y = b/a + d/c thuộc N* tương đương với a = c và (b+d) chia hết cho a. Như vậy x = y = a/b . x+y = 2.a/b thuộc N* => 2a chia hết cho b => b thuộc {1,2} 1/x + 1/y = 2b/a thuộc N* => 2b chia hết cho a => a thuộc {1,2} => x = y = a/b thuộc {1/2,1,2}. Vậy có ba cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán là (1/2,1/2), (1, 1), (2, 2). Bài 28: Cho số tự nhiên N = 2003 2004 . Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n 1 , n 2 , …, n k . S = n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 . Tìm số dư của phép chia S cho 6. Lời giải : Vì a 3 - a = a.(a 2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a 3 - a chia hết cho 6 với mọi số nguyên a. Đặt N = n 1 + n 2 + … + n k , ta có : S - N = (n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 ) - (n 1 + n 2 + … + n k ) = (n 1 3 - n 1 ) + (n 1 3 - n 1 ) + … + (n k 3 - n k ) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6. Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 2003 2 chia cho 6 dư 1 => N = 2003 2004 = (2003 2 ) 1002 chia cho 6 dư 1. Vậy : S chia cho 6 dư 1. Nhận xét : “Với mọi số nguyên a và số tự nhiên m thì a 2m + 1 - a chia hết cho 6”, dẫn đến kết quả : “n 1 + n 2 + … + n k và n 1 2m + 1 + n 2 2m + 1 + … + n k 2m + 1 có cùng số dư khi chia cho 6 với n 1 , n 2 , …, n 2 là các số nguyên”. Bài 29: Cho 20 số nguyên khác 0 : a 1 , a 2 , a 3 , … , a 20 có các tính chất sau : * a 1 là số dương. * Tổng của ba số viết liền nhau bất kì là một số dương. * Tổng của 20 số đó là số âm. Chứng minh rằng : a 1 .a 14 + a 14 a 12 < a 1 .a 12 . Lời giải : Ta có : a 1 + (a 2 + a 3 + a 4 ) + … + (a 11 + a 12 + a 13 ) + a 14 + (a 15 + a 16 + a 17 ) + (a 18 + a 19 + a 20 ) < 0 ; a 1 > 0 ; a 2 + a 3 + a 4 > 0 ; … ; a 11 + a 12 + a 13 > 0 ; a 15 + a 16 + a 17 > 0 ; a 18 + a 19 + a 20 > 0 => a 20 < 0. Cũng như vậy : (a 1 + a 2 + a 3 ) + … + (a 10 + a 11 + a 12 ) + (a 13 + a 14 ) + (a 15 + a 16 + a 17 ) + (a 18 + a 19 + a 20 ) < 0 => a 13 + a 14 < 0. Mặt khác, a 12 + a 13 + a 14 > 0 => a 12 > 0. Từ các điều kiện a 1 > 0 ; a 12 > 0 ; a 14 < 0 => a 1 .a 14 + a 14 a 12 < a 1 .a 12 (đpcm). Bài 30: Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không phải là tam giác cân. Hãy so sánh giá trị tuyệt đối của các biểu thức P, Q sau đây : P = 1/(a - b) + 1/(b - c) + 1/(c - a) ; Q = (|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)] Lời giải : Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có : a > |b - c| ; b > |c - a| ; c > |a - b|. Vì tam giác không cân nên |b - c| > 0 ; |c - a| > 0 ; |a - b| > 0. Từ đó => : a|b - c| > (b - c) 2 ; b|c - a| > (c - a) 2 ; c|a - b| > (a - b) 2 => a|b - c| + b|c - a| + c|a - b| > (b - c) 2 + (c - a) 2 + (a - b) 2 . Chia cả hai vế cho 2|(a - b)(b - c)(c - a)| > 0, ta có : (|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)] > [(b - c) 2 + (c - a) 2 + (a - b) 2 ]/[ |2(a - b)(b - c)(c - a)| ] Lưu ý vế trái chính là |Q| và vế phải chính là |P| sẽ có |Q| > |P|. Bài 31: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Lời giải : Biến đổi ta có : (áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số 2003(1 + x) và (1 - x)) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2003(1 + x) = 1 - x khi và chỉ khi 2004x = -2002 => x = - 2002/2004 thuộc (-1 ; 1). Vậy giá trị nhỏ nhất của P(x) bằng Bài 32: Cho 25 số nguyên phân biệt, biết rằng tổng của 4 số bất kì trong chúng đều dương. a) Chứng minh rằng : Trong 25 số có ít nhất 22 số dương. b) Tổng của 25 số này lớn hơn hoặc bằng 316. Lời giải : a) Nếu trong 25 số có 4 số không dương thì tổng của 4 số này là không dương, trái với giả thiết. Vậy trong 25 số nhiều nhất có 3 số không dương nên ít nhất có 22 số dương. b) Chỉ có 25 bạn chỉ ra điều phải chứng minh là sai. Điều này thấy ngay nhờ phản thí dụ. Tuy nhiên chỉ có 7 bạn là hành trình tiếp để đi tìm con số thay cho số 316. Ta sẽ đi tìm con số đó. Gọi 25 số nguyên phân biệt đó là a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 < . < a 25 . Từ câu a) ta có a 4 ≥ 1. Vì a 1 + a 2 + a 3 + a 4 > 0 và a 1 + a 2 + a 3 + a 4 thuộc Z nên a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ≥ 1 => a 1 + a 2 + a 3 ≥ 0. (1) Nếu a 4 = 1 thì a 1 < a 2 < a 3 < a 4 = 1 nên a 1 + a 2 + a 3 ≤ (-2) + (-1) + 0 = -3. (2) Mâu thuẫn giữa (1) và (2) => a 4 ≥ 2. Do đó a i ≥ i - 2 với 4 ≤ i ≤25. Gọi S là tổng của 25 số đã cho thì S ≥ a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + 3 + 4 + . + 23 ≥ 1 + [ (3 + 23) x 21]/2 = 1 + 13 x 21 = 274. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a i = i - 2 với 5 ≤ i ≤ 25 và a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 1. Ta chọn a 1 = -2 ; a 2 = 0 ; a 3 = 1 ; a 4 = 2 thỏa mãn a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 1 và a 4 ≥ 2, khi đó S = 274. Tóm lại : S ≥ 274 và S nhỏ nhất là 274. Bài 33: Cho các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn các điều kiện a + b + x + y ≤ 2, a + b 2 = x + y 2 , a 2 + b = x 2 + y. Chứng minh rằng : Lời giải : Từ giả thiết => a - x = y 2 - b 2 (1) ; x 2 - a 2 = b - y (2) Vì a, b, x, y là các số thực dương, từ (1) hoặc (2) => nếu a = x => b = y ; nếu a khác x => b khác y. Giả sử a khác x và b khác y, chia từng vế của (1) cho (2) => 1/(a + x) = b + y => (a +x)(b + y) = 1 Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a + x và b + y, ta có : => a + b + x + y = 2, xảy ra khi và chỉ khi a + x = b + y = 1. Ta có : (2) <=> (x + a)(x - a) = b - y <=> x - a = b - y <=> x + a - 2a = b + y - 2y <=> a = y. Tương tự, (1) <=> b = x. Bài 34: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x, y : 36x 2 + 144y 2 - 276x - 120y + 25 = 0 (*). Lời giải : Có thể dùng một trong các dấu hiệu chia hết cho 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 12 để có lời giải ngắn gọn cho bài toán. Giả sử x, y là các số nguyên, dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (*) có giá trị là số nguyên lẻ (dấu hiệu chia hết cho 2) nên phải khác 0. Vậy phương trình (*) không có nghiệm nguyên. Bài 35: Cho a, b là hai số thỏa mãn : a + b ≥ 2. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm : x 2 + 2a 2 bx + b 5 = 0 (1) x 2 + 2ab 2 x + a 5 = 0 (2) Lời giải : Bài toán có nhiều cách giải. Cách 1: Gọi ∆ 1 ’, ∆ 2 ’ lần lượt là biệt số của (1) và (2) thì ∆ 1 ’ = a 4 b 2 - b 5 = b 2 (a 4 - b 3 ) và ∆ 2 ’ = b 4 a 2 - a 5 = a 2 (b 4 - a 3 ). Xét : (a 4 - b 3 ) + (b 4 - a 3 ) - (a + b - 2) = (a 4 - a) + (b 4 - b) - (a 3 - 1) - (b 3 - 1) = (a 3 - 1)(a - 1) + (b 3 - 1)(b - 1) = (a - 1) 2 (a 2 + a + 1) + (b - 1) 2 (b 2 + b + 1) 0 với mọi a, b => (a 4 - b 3 ) + (b 4 - a 3 ) ≥ a + b - 2 ≥ 0 với mọi a, b thỏa mãn a + b ≥ 2. Vậy trong hai biểu thức a 4 - b, sup>3 và b 4 - a 3 có ít nhất một biểu thức không âm => trong hai biệt số ∆ 1 ’ và ∆ 2 ’ có ít nhất một biệt số không âm, tức là ít nhất có một phương trình có nghiệm. Cách 2 : Nếu a ≥ b thì 2 ≤ a + b ≤ 2a => a ≥ 1. Vì a ≥ b và a ≥ 1 nên a 3 ≥ b 3 và a 4 ≥ a 3 => a 4 ≥ a 3 ≥ b 3 => ∆ 1 ’ ≥ 0 => phương trình (1) sẽ có nghiệm. Nếu a ≤ b thì tương tự, (2) sẽ có nghiệm. Nhận xét : Có thể dùng bất đẳng thức Trê-bư-sép với n = 2 để suy ra : 2(a 4 + b 4 ) ≥ (a 3 + b 3 ) (a + b) (*). Nếu (1) và (2) vô nghiệm thì a 4 < b 3 và b 4 < a 3 thì a 3 + b 3 > a 4 + b 4 => (a 3 + b 3 )(a + b) > (a 4 + b 4 )(a + b) ≥ 2(a 4 + b 4 ) (**). Do (*) và (**) mâu thuẫn nên suy ra điều phải chứng minh. Bài 36: Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng : S = ab + 2bc + 3ca. Lời giải : Biến đổi ta có : S = (ab + ca) + (2bc + 2ca) = a(b + c) + 2c(b + a) = a(1 - a) + 2c(1 - c) Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 3/4. <=> a = c = ½ ; b = 0 Bài 37: Giải phương trình : Lời giải : Điều kiện để căn thức có nghĩa là : 1 - x 3 ≥ 0 <=> x ≤ 1. Khi đó : và x 2 + 2 = (1 - x) + (x 2 + x + 1). Đặt : Phương trình trở thành : 2(a 2 + b 2 ) = 5ab <=> (2a - b)(a - 2b) = 0 <=> 2a b a 2b =   =  + Trường hợp 1 : a = 2b Ta có ∆ = 25 - 48 = - 23 < 0, phương trình vô nghiệm. + Trường hợp 2 : b = 2a Hai giá trị này đều thỏa mãn x ≤ 1. Vậy phương trình có hai nghiệm Bài 38: Tính : [...]... chia hết cho 3 (nếu x là số dư của tổng b + c + d khi chia cho 3 thì a = 0 nếu x = 0 hoặc a = 3 - x nếu x ≠ 0) Có ba cách chọn mỗi chữ số b, c, d trong các chữ số 0, 1, 2 nên sẽ có 3 x 3 x 3 = 27 cách chọn số Theo nhận xét trên, với mỗi cách chọn số thì chọn được duy nhất số a trong các chữ số 0, 1, 2 nên cũng có 27 cách chọn số Vì khi chọn a trong các chữ số 0, 1, 2 thì các chữ số 0, 1, 2 có vai trò... ứng bằng: và 2 2 Bài 48: Cho ba số chính phương A, B, C Chứng tỏ rằng : (A - B)(B - C)(C - A) chia hết cho 12 Lời giải : Dựa vào 2 nhận xét : 1) Một số chính phương chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 2) Một số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 Theo nguyên lí Đi-rích-lê thì trong 3 số chính phương A, B, C phải tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3 Do đó trong các số A - B, B - C,... trong 37 số a1 ; a2 ; ; a37 có ít nhất 13 số có cùng số dư trong phép chia cho 3 Giả sử 13 số đó là ai1 ; ai2 ; ; ai13 - Vì 13 = 4 x 3 + 1 nên theo nguyên lí Đi-rich-lê, trong 13 số bi1; bi2 ; ; bi13 có ít nhất 5 số có cùng số dư trong phép chia cho 3 Giả sử 5 số đó là bj1 ; bj2 ; ; bj5 - Theo khẳng định (1), trong 5 số cj1 ; cj2 ; ; cj5 luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia hết cho 3 Giả sử 3 số đó... 5 số trên có số dư khác nhau trong phép chia cho 3 (là 0, 1, 2) Vì 0 + 1 + 2 = 3 chia hết cho 3 nên tổng của 3 số này cũng chia hết cho 3 Trường hợp 2 : Cả 5 số nguyên trên khi chia cho 3 chỉ có nhiều nhất hai số dư khác nhau Vì 5 = 2 x 2 + 1, theo nguyên lí Đi-rich-lê thì trong 5 số đó có ít nhất 3 số có cùng số dư trong phép chia cho 3, như vậy tổng của 3 số này phải chia hết cho 3 * Trở lại bài toán. .. chứng minh Bài 50: Giả sử (a1 ; a2 ; ; a37) ; (b1 ; b2 ; ; b37) ; (c1 ; c2 ; ; c37) là 3 bộ số nguyên bất kì Chứng minh rằng tồn tại các số k, l, n thuộc tập hợp số {1 ; 2 ; ; 37} để các số a = 1/3(ak + al + an) ; b = 1/3(bk + bl + bn) ; c = 1/3(ck +cl + cn) ; đồng thời là các số nguyên Lời giải : * Trước hết ta chứng minh khẳng định : “Trong 5 số nguyên bất kì luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia... hết cho 3 Giả sử 3 số đó là ck, cl, cn, suy ra c = 1/3(ck + cl + cn) là số nguyên - Các số bk, bl, bn thuộc tập hợp số {bj1 ; bj2 ; ; bj5} nên có cùng số dư trong phép chia cho 3 => bk + bl + bn chia hết cho 3 => b = 1/3(bk + bl + bn) là số nguyên - Tương tự, a = 1/3(ak + al + an) cũng là số nguyên Bài toán đã được chứng minh Bài 51: Tìm a để phương trình (ẩn x) sau có nghiệm : Lời giải : x = -1 và... kiện đề bài là hình T gồm các đoạn AC, BD, HK, EF Bài 13: Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A Lời giải : Bài toán đưa về tìm giá trị nhỏ của tổng T = AM + MN + NP + PA Ta cần kết quả sau Bổ đề : Trong một hình.. .Bài 39: Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3 ; chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và không lớn hơn 2004 ? Lời giải : Trước hết ta viết thêm những chữ số 0 vào phía trước của các số thỏa mãn yêu cầu đề bài để chúng đều có dạng trong đó a, b, c, d chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 Việc này không làm thay đổi giá trị cũng như tính chất chia hết cho 3 của các số đó Rõ ràng, nếu... điều kiện đề bài dài 4( 2 + 1) cm chính là con đường : A đến C đến B đến C đến A Nhận xét : 1) Kết quả bài toán có thể đoán nhận được qua hình sau (“lật” liên tiếp ba lần hình thang ABCD) Bài 14: Cho tứ giác ABCD I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD Chứng minh rằng : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA Lời giải : Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh một nhận xét đơn giản : “Trong một tứ giác,... trong các chữ số 0, 1, 2 thì các chữ số 0, 1, 2 có vai trò như nhau nên sẽ có 27 : 3 = 9 cách chọn số Trong các số này, chỉ có duy nhất 2001 < 2004 Vậy số các số tự nhiên chia hết cho 3 ; chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và không lớn hơn 2004 là 27 9 + 1 = 19 Dựa vào quy luật trên ta có thể liệt kê các số cụ thể như sau : 0000; 2010; 1020; 2100; 1110; 0120; 2220; 1200; 0210; 2001; 1011; 0021; 1101; . 4 đỉnh thuộc cùng một mặt sẽ gồm 2 số trong các số g, d, g, i và 2 số trong các số a, c, e, h. Do đó khi cộng 4 số này với cùng một số nguyên thì S không. Có ba cách chọn mỗi chữ số b, c, d trong các chữ số 0, 1, 2 nên sẽ có 3 x 3 x 3 = 27 cách chọn số Theo nhận xét trên, với mỗi cách chọn số thì chọn được