Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án

Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Câu I (4 điểm) Giải hệ phương trình sau

Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1 thì an > 0.

Câu III (4 điểm) Cho tam giác ABC Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC,

tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với (I) tại X Một đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y Một đường tròn đi qua A,

B tiếp xúc với (I) tại Z Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy.

Câu IV (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: ¡ →¡ thỏa mãn

1( ( )) ( ) (4 ) ( ( )), ,

8

f x f y+ = f x + xf y + f f y ∀x y∈¡

Câu V (4 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2013

chữ số sao cho mỗi chữ số 1, 2, 3 xuất hiện đúng lẻ lần

Học sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm

Họ và tên………Số báo danh …………

1 Câu II

⇒ 1 2 1 0

2

Do đó N biến đường tròn (IPX) thành đường thẳng PX

Tương tự N biến đường tròn (IQY) thành đường thẳng QY

đường tròn (IQY) thành đường thẳng RZ

Mà các đường tròn (IPX), (IQY), (IQY) đồng quy tai I nên các đường thẳng

PX, QY, RZ cũng đồng quy

2

1 1

( ( )) ( ) (4 ) ( ( )), ,

8

f x f y+ = f x + xf y + f f y ∀x y∈¡ (1)+) Dễ thấy f(x) ≡ 0 là một nghiệm

+) Xét trường hợp tồn tại t sao cho f(t) ≠ 0

Thay x = 0, y = 0 vào (1) ta được f(0) = 0

Thay x ∼ f(x), y ∼ t ta được : f(f(x) + f(t)) = f(f(x)) + 1

8f(x)f(4t) + f(f(t))Thay x : f(t) ; y ∼ f(x) : f(f(t) + f(x)) = f(f(t)) + 1

(f x f y+ ( ))= f x( )+axf y( )+ f f y( ( )),∀x y, ∈¡ Thay x ∼ f(u) – f(v), y ∼ v, ta chứng minh được f(x) + f(-x) = ax2

Kết hợp với (2) chứng minh được a = 2

lẻ và các chữ số trên xuất hiện lẻ lần (*)

Xét một số bất kì có n chữ số (n = 2k + 1)

TH1 : số đó thỏa mãn điều kiện (*), có 3 cách thêm hai chữ số giống nhau vào

cuối số đó, để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán

TH2 : số đó không thỏa mãn (*) Vì n lẻ nên trong trường hợp này có đúng 2

1

chữ số xuất hiện chẵn lần (gọi là a, b) và 1 chữ số xuất hiện lẻ lần.

Nên trong trường hợp này có đúng hai cách thêm hai chữ số đó (ab hoặc ba)

vào cuối để được một số có n + 2 chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán

Vây có

xn + 2 = 3xn + 2(3n – xn) = xn + 2.3n

Từ đó tìm được

2012 2013

3(3 1)4

1 1 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

-KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013

ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11

(Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề)

R (R≠D) Gọi P, Q (P≠R, Q≠R) tương ứng là giao của (I) với BR, CR Hai đường

thẳng BQ và CP cắt nhau tại X Đường tròn (CDE) cắt QR tại M và đường tròn (BDF) cắt PR tại N Chứng minh rằng PM, QN và RX đồng quy.

Câu 4 (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm : f R → R liên tục và thỏa mãn

( f x y − + f y ( )) = f x ( ) + f y ( ), ∀ x y , ∈ R . Câu 5 (4 điểm)

Cho bảng hình chữ nhật kích thước m n m n × ( < ) Một số ô có một số ngôi sao, giả

sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó.

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN

Môn: Toán 11 Câu 1 (4 điểm)

*/ Đặt t = log (27 x + 3 ) y , phương trình (1) trở thành:

log (73 t + = ⇔ = + ⇔ ⇔ = 2) 2 t 9t 7t 2 t 1 (Sử dụng tính chất đơn điệu) ⇔ 2 x + 3 y = ⇔ 7 3 y = − 7 2 (3) x Thế (3) vào (2) ta được:

Gọi K là trung điểm đoạn GD Ta có (GDBC)=-1, do đó 2 2

,

KD =KR =KB KC

điều này suy ra KR là tiếp tuyến (RBC) Do đó ∠KRB= ∠RCB.

Mặt khác KD là tiếp tuyến của (I), do đó KR cũng là tiếp tuyến của (I)

Vì vậy ∠KRB= ∠RQP⇒ ∠RQP= ∠RCB⇒RQ BC||

Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang )

Từ đây suy ra RX, PM, QN là 3 đường trung tuyến của ∆RQP, suy ra ĐPCM.

I

X

Q P

F R

( ) 2

f x = x ∀ x y , ∈ R

Câu 5 (4 điểm)

N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N

Đặt , a b tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i Ta cần i i

chứng minh bi > ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó.

Nhận xét: Nếu ai = k thì mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a tương j

-Hết -Trường THPT Chuyên Hoàng Văn

Thụ - Tỉnh Hòa Bình.

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ

Môn: Toán 11 - Năm học 2012-2013

Bài 1: Giải hệ phương trình:

−+

=++

−

=++

2 2

2 3

3

2 2 2

3 6

122

2

12

422

y xy

x

x y

xy

y x xy x

y y

Bài 2: Cho tam giác ABC Các phân giác ngoài của các góc Aˆ;Bˆ;Cˆ lần lượt cắt cạnh đối diện tại của tam giác ABC tại A B C CMR 1, 1, 1 A B C thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với 1, 1, 1

OI ở đây O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC

Bài 3: Xác định hàm số :f ¡ →¡ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện:

Chứng minh rằng xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng

Bài 5: Gọi hình chữ nhật kích thước 2×3(hoặc 3×2) bị cắt bỏ một hình vuông 1×1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1) Gọi hình chữ nhật kích thước 2×3(hoặc 3×2) bị cắt bỏ haihình vuông 1×1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2) Người ta ghép một số hình vuông 2×2, một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước

2014

2013× Gọi s là tổng số các hình vuông 2×2và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi

cách ghép hình nói trên Tìm giá trị lớn nhất của s

Hình 1 Hình 2 Hình vuông 2 x 2

-Hết -ĐÁP ÁN

Bài 1: Giải hệ phương trình:

−+

=++

−

=++

2 2

2 3

3

2 2 2

3 6

122

2

12

422

y xy x

x y

xy

y x xy x

y y

Giải:

Điều kiện xác định 0≤xy≤2

Ta có (x y là nghiệm của ; ) ( )I

( ) ( )

2

IA B chung

( ) ( ) ( ) ( )

Bài 3: Xác định hàm số :f ¡ →¡ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện:

Thật vậy, với n = 1 có x1 = 1 < 8, nên điều cần chứng minh đúng.

Giả sử ta có: xn < 8, với n nguyên dương Ta cần chứng minh xn+1 < 8

Theo công thức xác định dãy số có: 1 1 3 2 2

Do đó xn < 8 với mọi n nguyên dương từ đó suy ra điều phải chứng minh

* chú ý: Trong bài này có thể thay x1 bởi một giá trị a dương tùy ý Khi đó trong chứng minh ta có

thể thay giá trị 8 bởi giá trị M dương thỏa mãn bất đẳng thức: a+23M <M , luôn tồn tại M dươngthỏa mãn điều này, vì lim ( 23 )

Bài 5 : Gọi hình chữ nhật kích thước 2×3(hoặc 3×2) bị cắt bỏ một hình vuông 1×1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1) Gọi hình chữ nhật kích thước 2×3(hoặc 3×2) bị cắt bỏ haihình vuông 1×1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2) Người ta ghép một số hình vuông 2×2, một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước

2014

2013× Gọi s là tổng số các hình vuông 2×2và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi

cách ghép hình nói trên Tìm giá trị lớn nhất của s

i Hình vuông 2×2 và mỗi hình chữ nhật kép chứa đúng một dấu ×

ii Hình chữ nhật khuyết đơn chứa một hoặc hai dấu ×

ta có bất đẳng thức sau về số dấu × trên hình: mn≥s+y

vậy thì 5m.n≥5(s+y)=4s+5y+s hay 5mn≥2n(2m+1)+s suy ra

)2(2)

12(

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

TỔ TOÁN

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN

Khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ

Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm K sao cho KB = 2KC Gọi M là trung

điểm của BC, H là hình chiếu của B trên AK Giả sử BAK 2CAK · = · , chứng minh rằng MH vuônggóc với AC

Câu 3: (4 điểm) Tìm hàm số liên tục f : ¡ → ¡ thoả mãn:

3 9999

x 8x 15x 9x (x 1) (x 1)(2x 1) 3x 3x 1(x 0)

2

u4(v ) 4x 2(2x 1) 5 0

2

⇔ + + + − + = phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = 1;x 9 113

( ) ( )

2 2

2 2

AC2AB.cos2 AC AC

AB4AC

AB

4b 3b c 12

Nếu ∃ x0: g(x0) > 0 thì gn(x0) = 2n – 1g(x0) → +∞ khi n → +∞ Mà g(x) liên tục nên

g(x) nhận giá trị dương tuỳ ý

Nếu ∃ x1: g(x1) < 0 thì gn(x1) = 2n – 1g(x1) → -∞ khi n → +∞ Mà g(x) liên tục nên

g(x) nhận giá trị âm tuỳ ý

1) Nếu g(x) = 0 với mọi x thì f(x) = x với mọi x ∈ ¡

2) Nếu g(x) ≥ 0 với mọi x Khi đó, với mọi x > 0 tồn tại y: g(y) = x

⇒ g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x ⇒ f(x) = - x với x ≥ 0

3) Nếu g(x) ≤ 0 với mọi x Khi đó, với mọi x < 0 tồn tại y: g(y) = x

⇒ g(x) = g(g(y)) = 2g(y) = 2x ⇒ f(x) = - x với x ≤ 0

1đ

1đ

2đ

a = và với i = t +

1, , k thì i

1

a 1

a <

1đ

Còn lại k – 2 số: a3; a4; ; ak.

Nếu k chẵn lặp lại lập luận trên ⇒ đpcm

Nếu k lẻ thì phải có 1 số trong các số đã cho mà mọi luỹ thừa lẻ của nó đều bằng

0 ⇒ số đó bằng 0 (mâu thuẫn)

Vậy ta có điều phải chứng minh

2đ

1đ

Câu 3: (4 điểm) Tìm hàm liên tục trên và thỏa mãn:

Chứng minh rằng với mọi số thực thì dãy hội tụ Tùy theo , hãy tìm giới hạn của dãy

Câu 5: (4 điểm) Trong mỗi ô của một bàn cờ ta viết một số nguyên dương Hiệu giữa hai số nằm trong hai ô kề nhau bất kì (có chung cạnh) là số bé hơn hoặc bằng n Chứng minh rằng có ít nhất 1007 ô vuông chøa cùng một số.

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN LÀO CAI

ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ VI

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN THI:TOÁN

Câu 1a (2 điểm) Giải hệ :

( )

2 2

2 2

9(1)5

= − Do y≠0 phương trình (1) tương đương với

1

6 1 1

của mẫu số đưa về phương trình : u u ( − − 3 u2 − = 1 ) 0 được nghiệm u=0

1

6 1 1

Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x;y)= (5;3)

0,5 0,25 0,25

Ta có với mọi nên hàm đồng biến

ban đầu ta được

Thử lại thấy là nghiệm.

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC có trực tâm H, ba đường cao là Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB Gọi (W) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP ( còn gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC) Kí hiệu A' ,B', C' là các giao điểm thứ hai của MH, NH, PH và (W), Chứng minh rằng , đồng quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm và trực tâm tam giác ABC (còn gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC)

Hướng dẫn chấm

Ta kí hiệu đường tròn qua 3 điểm T, U, V là (TUV).

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M, N, P Ta biết rằng (W) đi qua 9

điểm: M, N, P, và trung điểm AH, BH, CH Giả sử là

điểm đối xứng với M, N, P qua O.

Xét phép nghịch đảo cực H và giữ bất biến (W) Phép nghịch đảo này biến

0,5

0,5

, , tương ứng thành các đường tròn .

Ta sẽ chỉ ra rằng trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) là đường thẳng

Euler của tam giác ABC (do đường thẳng này bất biến qua phép nghịch đảo

nói trên) Thật vậy:

Trục đẳng phương của (W) và (HNN’) là NN’;

Trục đẳng phương của (W) và (HPP’) là PP’;

Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) đi qua H và giao của NN’ và

PP’ Nhưng ta biết rằng tâm O của (W) cũng nằm trên đường thẳng Euler của

tam giác ABC Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) chính là

đường thẳng Euler của tam giác ABC

Tương tự, trục đẳng phương của (HPP’) và (HMM’), trục đẳng phương của

(HMM’) và (HNN’) cũng là đường thẳng Euler của tam giác ABC

Do đó ba đường tròn cùng đi qua một điểm trên

đường thẳng Euler của tam giác ABC Từ đó ta có điểu phải chứng minh.

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 3 (4 điểm) Tìm hàm liên tục trên và thỏa mãn:

+)Cho , CM quy nạp ta được f(nx) = n2f(x),

m x n

m f N n R x x f n n

Nếu thì (do bất đẳng thức AM-GM)

Nếu thì (do bất đẳng thức AM-GM) nên

Ta xét bài toán tổng quát: Trong mỗi ô của một bàn cờ n2 × n2 ta viết một số

nguyên dương Hiệu giữa hai số nằm trong hai ô kề nhau bất kì (có chung

cạnh) là số bé hơn hoặc bằng n Chứng minh rằng có ít nhất 2

n

+ 1 ô vuông chøa cùng một số.

Giải:

Trên bàn cờ ta gọi a là số bé nhất và b là số lớn nhất Chúng nằm cách nhau

nhiều nhất là n2 – 1 ô vuông theo chiều ngang và n2 – 1 ô vuông theo chiều

thẳng đứng Do đó tồn tại một đường đi từ ô này đến ô kia gồm không quá 2n2

0,5 0,5 0,5 0,5

SỞ GDĐT NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LƯƠNG VĂN TỤY

ĐỀ THI HSG DHBB LỚP 11 Năm học: 2012 – 2013 MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

a) Đường thẳng PQ là tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM

b) Tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn

Câu 3 (4 điểm)

Xác định hàm số ( )f x liên tục R+ →R (+ R là tập hợp các số thực dương) thỏa mãn đồng +thời các điều kiện:

1) (2 ) 2 ( )f x = f x với mọi x∈R ,+2) f f x e( 3( )( f x( ) −1))=x e2( x −1) ( )f x với mọi x∈R ,+3) (f e− = −1) (e 1) (1)f ,

4) ( )f k là số nguyên dương với mọi số nguyên dương k

Có 2n cái đèn L1, L2,…, L2n được treo thành một hàng theo thứ tự đó, mỗi một đèn có thể ở một

trong hai trạng thái là tắt hoặc bật Mỗi giây ta đồng thời thay đổi trạng thái của các đèn như sau:

nếu đèn Li và các đèn kề nó (chỉ có một đèn kề với L1 và L2n, có hai đèn kề với các đèn còn lại) là

cùng trạng thái thì Li chuyển sang trạng thái tắt, ngược lại Li chuyển sang trạng thái bật Ban đầu tất

cả các đèn đều tắt trừ đèn bên trái cùng là bật Chứng minh rằng sau một số hữu hạn lần thay đổi

trạng thái cuối cùng tất cả các đèn đều tắt

HẾT

ĐỀ ĐỀ XUẤT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LƯƠNG VĂN TỤY

ĐỀ THI HSG DHBB LỚP 11 Năm học: 2012 – 2013 MÔN TOÁN

(Hướng dẫn thi gồm 05 câu, 01 trang)

3

x3

a) Gọi E là giao điểm của AM và DP, F là giao điểm của DM và AQ

Từ giả thiết suy ra tứ giác AEFD nội tiếp được Suy ra:

I

HQFE

với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM.

b) TH1: AD||PQ⇒MP=MQ⇒BC||PQ⇒ABCD là hình thang cân ⇒ABCD

nội tiếp được trong đường tròn

TH2: AD cắt PQ suy ra BC cắt PQ

Gọi I là giao của AD và PQ ⇒IM2 =IA.ID=IP.IQ (IM MP)(IM MQ)uur uur uuruur= uuur uuur uuur uuuur+ +

IM(MP MQ) MP.MQ

⇒uuur uuur uuuur+ = −uuur uuuur

Gọi J là giao của BC và PQ ⇒JM(MP MQ)uuur uuur uuuur+ = −MP.MQuuur uuuur

Vậy ( )f x là đơn ánh Kết hợp với ( ) f x liên tục ta suy ra ( ) f x là hàm đơn điệu

thực sự Mặt khác, theo giả thiết (2) 2 (1)f = f > f(1) nên ta suy ra ( )f x là hàm

tăng thực sự trên R +

Từ 2) ta cho x=1thì f f( 3(1)(e f(1)−1)) (= −e 1) (1)f Kết hợp với 3) ta suy ra

3 (1)( (1)( f 1)) ( 1)

Vì ( )f x là hàm tăng thực sự trên R nên ta suy ra + f3(1)(e f(1)− = −1) e 1

Xét hàm số g x( )=x e3( x−1)trên R , ta có + g x′( ) 3 (= x e2 x− +1) x e3 x >0 với mọi

x∈R Do đó hàm số + g x( )=x e3( x−1)đồng biến trên R Do đó từ+

3(1)( f(1) 1) 1

f e − = −e , ta suy ra ( (1))g f =g(1) hay (1) 1f =

Vì (2 ) 2 ( )f x = f x với mọi x∈R và (1) 1+ f = nên theo quy nạp ta có (2 ) 2f n = n

với mọi số tự nhiên n

Với mọi số tự nhiên n , ta có

2n = f(2 )n < f(2n+ <1) f(2n+ < <2) f(2n+ − <2n 1) f(2 ) 2n+ = n+

Vì điều kiện 4) nên (2f n +1), (2f n+2), , (2f n+ −2n 1) đều là các số nguyên

dương Do đó ta suy ra

(2n 1) 2n 1, (2n 2) 2n 2, , (2n 2n 1) 2n 2n 1

Vậy ( )f n =n với mọi số nguyên dương n

Từ (2 ) 2 ( )f x = f x với mọi x∈R Ta suy ra (2 ) 2 ( )+ f n x = n f x với mọi x∈R +

Cho với mọi

Với mỗi x∈R tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số + { }q , k q có dạng k

Ta có: Hệ tử cao nhất của g(x) và h(x) bằng nhau và

g(ki).h(ki) 1, g( ki).h( ki) 1 k 1,n = − − = ∀ = trong đó i thỏa mãn i2 = − 1

g(ki) h(ki) 1 k n,n

⇒ = ∀ = − ⇒ g(ki) = h(ki) 1 k = ∀ = − n,n

1 g(ki).h(ki) 1 k n,n g(ki) h(ki) h(ki) h(-ki) k n,n

5 Kí hiệu các đèn từ trái qua phải là L L1, , ,2 L2n Giả sử ban đầu L1 bật, các đèn

khác đều tắt Ta chứng minh rằng: Sau 2n−1 lần thay đổi trạng thái tất cả các đèn

đều bật và sau 2n lần thay đổi trạng thái tất cả các đèn đều tắt

Với n = 1 dễ thấy mệnh đề đúng

Giả sử mệnh đề đúng với n = k Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1

Thật vậy: Sau 2k −1 lần thay đổi trạng thái tất cả các đèn L L1, , ,2 L2kđều

bật và tất cả các đèn L2 1k+,L2k+2, ,L2k+1 đều tắt

Sau lần thứ 2k hai đèn L L2k, 2 1k+ đều bật và các đèn còn lại đều tắt

Do đó sau 2k −1 đổi tiếp theo tất cả các đèn đều bật

suy ra sau 2k+ 1−1lần thay đổi trạng thái tất cả các đèn đều bật và sau 2k+ 1

lần thay đổi trạng thái tất cả các đèn đều tắt

1

10,50,51