Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 pot

Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006
Ngày thứ nhất
Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC ,
H
là trực tâm, đường phân giác ngoài góc BHC∠ cắt AB và AC lần
lượt tại D và
E
. Phân giác góc BAC∠ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
A
D
E
tại
K
. Chứng minh
rằng H
K
đi qua trung điểm của đoạn thẳng
BC
.
Bài 2.
Tìm tất cả các bộ số nguyên không âm
(
)
kn, , k là số nguyên lớn hơn một sao cho số sau có thể
phân tích dưới dạng tích của
k
số nguyên dương liên tiếp:
nnn
A
522006
19.717.417 ++=

Bài 3. Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểm nào thẳng hàng. Số k gọi là số
tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong
2006
điểm đã cho một số tự nhiên không
vượt quá
k sao cho với mọi tam giác có ba đỉnh trong 2006 điểm đa cho thì có hai cạnh được điền hai
số bằng nhau và cạnh còn lại thì được điền số lớn hơn. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất.
Bài làm:

Bài 3.
Ta sẽ chứng minh số tốt nhỏ nhất là 10 .
Trước hết ta định nghĩa một số khái niệm như sau: Một cách điền các số tự nhiên không vượt quá
k
lên
các đoạn thẳng nối n điểm trong không gian, không có bốn điểm nào đồng phẳng, là một cách điền tốt
nếu với mọi tam giác có ba đỉnh trong n đỉnh đã cho thì có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh
còn lại được điền số lớn hơn, và khi đó ta gọi k là số n-tốt. Ký hiệu số n-tốt có giá trị nhỏ nhất là
(
)
nf
ta sẽ chứng minh
()
102006 =f .
Trước hết ta sẽ chứng minh với mọi 5≥n thì
()
1
2
1
+
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
n
fnf (1). Nhận xét rằng với lk ≥ thì
() ()
lfkf ≥ nên
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦

⎤
⎢
⎣
⎡
+
≥
2
1n
fnf , nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
2
1n
f không là
số n-tốt và 1
2
1

+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+n
f là số n-tốt.
Giả sử
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢

⎣
⎡
+
2
1n
f là số n-tốt, tức là tồn tại một cách điền các số tự nhiên không vượt quá
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
2
1n
f
lên các cạnh nối
n điểm là một cách điền tốt. Nhận xét rằng không có tam giác nào có ba đỉnh trong các
điểm đó có hai cạnh điền
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
2
1n
f , hay nói cách khác, hai cạnh mà được điền số
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+

2
1n
f thì
không có đầu mút chung. Suy ra ta có thể ký hiệu n điểm đã cho như sau:
1
A ,
2
A , …,
12 −k
A ,
k
A
2
,
12 +k
A , …,
n
A , ở đây các cạnh được điền số
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢

⎣
⎡
+
2
1n
f là
21
AA , …,
kk
AA
212 −
và các điểm còn lại là
12 +k
A , …,
n
A .
Xét các điểm
1
A ,
3
A , …,
12 −k
A ,
12 +k
A , …,
n
A (do nk
≤
2 nên có ít nhất
⎥

⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
2
1n
điểm được chọn, gọi số
điểm đã chọn là
m
) và các đoạn thẳng nối các điểm đó. Do không có đoạn thẳng nào điền số
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
2
1n
f , và phần đã chọn là một phần của một cách điền tốt nên nó là một cách điền tốt với các số

không vượt quá 1
2
1
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+n
f suy ra
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥

⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
<
2
1n
fmf , mâu thuẫn với
2
1+
≥
n
m . Vậy giả sử sai hay
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡

+
>
2
1n
fnf (*).
Tiếp theo ta sẽ chứng minh
1
2
1
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+n
f là số n-tốt. Xét
n điểm
1
A ,
2

A , …,
n
A .
Ta điền số
0 lên các cạnh
ji
AA mà
(
)
2modji
≠
.
Với các điểm
1
A ,
3
A , … ta có thể điền các số từ
0
đến
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤

⎢
⎣
⎡
+
2
1
n
f
lên các đoạn nối nó sao cho là một
cách điền tốt với các điểm đó nên cũng có thể diền các số từ
1 đến 1
2
1
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
n

f
sao cho là một cách
điền tốt đối với các điểm đó (2).
Lập luận tương tự ta cũng có thể điền các số từ 1 đến
1
2
1
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
n
f
lên các cạnh nối các điểm
2
A ,
4
A ,

… sao cho là một cách điền tốt đối với các điểm đó (3).
Ta chứng minh cách điền như vậy là một cách điền tốt đối với các điểm
1
A ,
2
A , …,
n
A . Thật vậy, xét
tam giác
kji
AAA
.
Nếu
()
2modkji ≡≡ thì từ (2) và (3) suy ra có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại
được điền số lớn hơn.
Nếu trong ba số
i ,
j
, k có hai số cùng tính chẵn lẻ và khác tính chẵn lẻ với số còn lại, không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử
()
2modji ≡ ,
(
)
2modki
≠
và
(
)

2modkj
≠
. Theo cách điền ta có cạnh
ki
AA
và
kj
AA
được điền số 0 và cạnh
ji
AA
được điền một số lơn hơn hoặc bằng
1
, thỏa mãn.
Vậy
1
2
1
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤

⎢
⎣
⎡
+
n
f
là số n-tốt (**)
Từ (*) và (**) suy ra
()
1
2
1
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
n

fnf
.
Ta có
()()
110032006 += ff
()
2502 += f
()
3251 += f
=
()
4126 +f
()
563 += f
()
632 += f
()
716 += f
()
88 += f
()
94 += f
Tiếp theo ta sẽ tính
()
4f . Trước hết ta thấy 0 không là số 4-tốt. Thật vậy nếu 0 là số 4-tốt, xét cách
điền các số
0 lên các đoạn nối bốn điểm, xét ba điểm bất kỳ tạo thành một tam giác thì ba cạnh của tam
giác đó đều được điền ba số bằng nhau, mâu thuẫn. Mặt khác 1 là số 4-tốt, vì ta có thể điền như sau:

Vậy

()
14 =f
, suy ra
()
102006 =f
.
Vậy số tốt có giá trị nhỏ nhất cần tìm là
10.
Bài 1.

Gọi chân các đường cao đỉnh
B
và C của tam giác ABC lần lượt là
P
và Q. Gọi trung điểm của cạnh
BC
là
M
. Ta có:
()
(
)
()
(
)
()
A
B
CB
B

CBPB
B
CQPMCQ
MCQ
MQP
MQH
sin
cos
9090sin
90sin
90sin
90sin
sin
sin
sin
sin
=
−+−
−
=
∠+−
−
=
∠+∠
∠
=
∠
∠
(1)
()

(
)
()
(
)
()
C
A
C
BC
C
BCQC
MPB
BPQMPB
MPH
MPQ
cos
sin
90sin
9090sin
90sin
90sin
sin
sin
sin
sin
=
−
−
+

−
=
−
∠
+
−
=
∠
∠+∠
=
∠
∠
(2)
Do
PHEQHD ∠=∠ nên
A
ED
A
D
E
∠=∠ suy ra tam giác
A
D
E
cân tại
A
, nên
AK
là đường kính của
đường tròn ngoại tiếp tam giác

AD
E
.
Ta có
BPKE // vì cùng vuông góc với AC nên HKEKHP
∠
−
=
∠
180 suy ra HKEKHP
∠
=
∠ sinsin
(3)
CQKD // vì cùng vuông góc với AB nên DKHKHQ
∠
−
=
∠
180 suy ra DKHKHQ
∠
=∠ sinsin (4)
Từ (3) và (4) suy ra
=
∠
∠
=
∠
∠
=

∠
∠
DKHKDKH
HKEKEKH
DKH
HKE
KHQ
KHP
sin
2
1
sin
2
1
sin
sin
sin
sin

()
()
()
()
HAD
HAE
HADADAH
HAEAEAH
AHDS
AHES
HD

HE
DKHS
HKES
∠
∠
=
∠
∠
====
sin
sin
sin
2
1
sin
2
1

()
()
B
C
B
C
cos
cos
90sin
90sin
=
−

−
= (5)
Từ (1), (2) và (5) suy ra:
1
sin
sin
sin
sin
sin
sin
=
∠
∠
∠
∠
∠
∠
KHQ
KHP
MPH
MPQ
MQP
MQH

Áp dụng Định lý Xê-va dạng sin cho tam giác
HPQ ta có H
K
, PM và QM đồng quy hay H
K
đi qua

trung điểm
M
của BC , điều phải chứng minh.
Bài 2.
Giả sử
()
kn, là một cặp số thỏa mãn điều kiện bài toán. Trước hết ta chứng minh 3≤k . Giả sử 4≥k ,
do A phân tích được thành tích của bốn số nguyên dương liên tiếp nên 8
MA .
Mặt khác ta có:
()
8mod117
2006
≡
n

()
8mod417.4
2
≡
n

()
8mod319.7
5 nn
−≡
Nên
()
8mod35
n

A −≡ . Nếu n chẵn thì
(
)
8mod4
≡
A , nếu n lẻ thì
(
)
8mod2
≡
A , mâu thuẫn với 8MA .
Vậy giả sử sai hay
3≤n .
Do
1>k , nên 2=k hoặc 3=k .
Nếu
2=k
, ta sẽ chứng minh
()
(
)
2,0, =kn là cặp số duy nhất thỏa mãn
Kỳ thi chọn đội tuyển Quôc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006
Ngày thứ hai
Bài 1. Cho
x
,
y
, z là các số thực trong đoạn
[

]
2,1 , chứng minh bất đẳng thức sau:
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
+
+
+
≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++++
yx
z
xz
y

zy
x
zyx
zyx 6
111

Bài 2.
Cho tam giác nhọn không cân
ABC
nội tiếp đường tròn
(
)
RO, . Một đường thẳng
l
thay đổi luôn
vuông góc với đường thẳng AO và cắt các tia
A
B
, AC lần lượt tại
M
và N . Giả sử rằng BN cắt
CM tại
K
và A
K
cắt BC tại
P
.
1/ Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP luôn đi qua một điểm cố định khi l thay đổi.

2/ Ký hiệu
H
là trực tâm của tam giác AMN , aBC
=
, d là khoảng cách từ điểm
A
tới đường thẳng
H
K
. Chứng minh rằng
22
4 aRd −≤
Bài 3. Cho dãy
()
0=n
n
a xác định như sau:
1
0
=a và
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
+

n
nn
a
aa
3
1
2
1
1

Ký hiệu
13
3
2
−
=
n
n
a
A , chứng minh rằng với mọi
n nguyên dương thì
n
A là số chính phương và có ít
nhất
n ước nguyên tố phân biệt.
Bài làm:
Bài 2.
1/
Ta ký hiệu
()

DBCA ,,, là tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng A,
B
,
C
và D được xác định như sau:
()
CD
CB
AD
AB
DBCA ÷=,,,
Hàng điểm
A ,
B
,
C
, D là hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi
(
)
1,,, −=DBCA
Bổ đề 1. Cho bốn điểm phân biệt
A
,
B
, C và
D
trên mặt phẳng. Giả sử rằng
A
D
cắt BC tại

E
,
A
B

cắt
CD
tại F ,
AC
cắt
B
D tại
I
và E
I
cắt AB tại
K
thì
(
)
1,,,
−
=
FKBA , hay A,
K
,
B
, F là hàng
điểm điều hòa.
Chứng minh.

Ta có các đường thẳng
I
A
,
IK
,
I
B
,
I
F
lần lượt cắt đường thẳng CD tại C ,
L
,
D
,
F
nên:
()()
FLDCFKBA ,,,,,, = (1)
Các đường thẳng
A
D
,
A
L
, AC ,
A
F

lần lượt cắt đường thẳng
A
B
tại
A
,
K
,
B
,
F
nên
()()
FKABFLDC ,,,,,, = (2)
Mặt khác ta có
()
()
FKAB
FKBA
,,,,
1
,,, =
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
()
1,,,
2
=FKBA , ta lại có
(
)

1,,,
≠
FKBA nên
(
)
1,,, −=FKBA , Bổ đề 1 được
chứng minh.
Ký hiệu
()
ba, là góc có hướng giữa hai đường thẳng a và b , trong lời giải này các góc có hướng được
lấy theo
π
mod .
Bổ đề 2. Tam giác
ABC
nội tiếp đường tròn tâm
O
có trực tâm là
H
thì các đường thẳng
AO
và A
H

đối xứng với nhau qua đường phân giác trong góc A của tam giác
ABC , hay nói cách khác thì
()( )
ACAHAOAB ,, =
.
Chứng minh.

Đường thẳng
AO lần nữa cắt đường tròn
(
)
O tại D . Ta có:
()()()()( )()( )
ACAHCACBCBAHCACBADDBDBABAOAB ,,,,
2
,,, =+=+=+=
π

Bổ đề 2 được chứng minh.

Gọi giao điểm của MN và BC là
R
, trung điểm của BC là Q,
T
là trực tâm của tam giác ABC . Ta
có:
()()()()
2
,,,,
π
+=+= AOABMNAOAOMBMNMB
(4)
()()()()
ACATCNATATCBCNCB ,
2
,,, +=+=

π
(5)
Áp dụng Bổ đề 2 cho tam giác
ABC ta có
(
)
(
)
ACATAOAB ,,
=
(6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra
()
(
)
CNCBMNMB ,, = nên bốn điểm
M
, N ,
B
và C cùng thuộc một đường
tròn, suy ra
RCRBRNRM = (7)
Áp dụng Bổ đề 1 cho bốn điểm
B
, C ,
M
, N ta có
(
)
1,,,

−
=
RPCB hay:
0 1 =+⇒−=÷ CPBRCRBP
CR
CP
BR
BP

(
)
(
)
0=−+−⇒ RCRPBRCRRBRP
(
)
(
)
0=−+−⇒ RCRPRBRCRBRP
(
)
RCRBRCRBRP .2=+⇒
RCRBRQRP =⇒ (8)
Từ (7) và (8) suy ra
RNRMRQRP = , nên bốn điểm
M
, N , P và Q cùng thuộc một đường tròn hay
đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP luôn đi qua trung điểm Q của BC cố định, điều phải chứng minh.
2/

Bổ đề 3. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
(
)
RO, với
H
là trực tâm thì
22
4 aRAH −=
Chứng minh.

Gọi
M
là trung điểm của đoạn BC , đường thẳng AO lần nữa cắt đường tròn tại D .
Ta có
CDAH // (vì cùng vuông góc với BC )
HCAD //
(vì cùng vuông góc với AB )
Vì
AHCD là hình bình hành, nên CDAH
=
(9).
OM là đường trung bình của tam giác BCD nên OMCD 2
=
(10)
Từ (9) và (10) suy ra
2222
422 aRBMBOOMAH −=−== , bổ đề được chứng minh.

Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác
BKC với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại

T
ta có:
1
sin
sin
sin
sin
sin
sin
2
1
=
∠
∠
∠
∠
TBK
TBC
TCB
TCK
K
K

Suy ra
TBCTCK
TBKTCB
K
K
∠∠
∠∠

=
sinsin
sinsin
sin
sin
2
1
(11)
Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác
MNK với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại
H
ta có:
1
sin
sin
sin
sin
sin
sin
4
3
=
∠
∠
∠
∠
HNK
HNM
HMN
HMK

K
K

Suy ra
HNKHMK
HNKHMN
K
K
∠∠
∠∠
=
sinsin
sinsin
sin
sin
4
3
(12)
Mặt khác ta có:
HMNMNAMBCTCB ∠=∠−=∠−=∠
22
π
π
suy ra HMNTCB
∠
=
∠
sinsin
TCKBMCBNCTBK ∠=∠−=∠−=∠
22

π
π
suy ra TCKTBK
∠
=
∠
sinsin
HNMNMABCNTBC ∠=∠−=∠−=∠
22
π
π
suy ra HNMTBC
∠
=
∠
sinsin
HMKMCNMBNHNK ∠=∠−=∠−=∠
22
π
π
suy ra HMKHNK
∠
=
∠
sinsin
Từ các đẳng thức trên và (11), (12) ta có
4
3
2
1

sin
sin
sin
sin
K
K
K
K
=
(13)
Đặt
21
KK −−=
π
α
thì
43
KK
−
−=
π
α
. Xét tam giác
1
Δ
có các góc là
α
,
1
K ,

2
K với các cạnh
tương ứng là
m , n ,
p
; tam giác
2
Δ với các góc là
α
,
3
K ,
4
K với các cạnh tương ứng là
x
,
y
, z . Từ
(13) ta có:
z
y
p
n
= suy ra hai tam giác
1
Δ
và
2
Δ
đồng dạng nên

31
KK
=
và
42
KK = nên
H
,
K
và
T

thẳng hàng.
Gọi hình chiếu của A trên đường thẳng H
K
là U và giao điểm của l với AO là V . Ta có:
22
4 aRATAUd −=≤= , điều phải chứng minh.
Ta nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
BCHK // . Nhận xét rằng với mỗi điểm V thì xác
định một điểm
H
, tức là với hai điểm V khác nhau thì xác định hai điểm
H
khác nhau. Vậy để chứng
minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
V thuộc BC ta chỉ cần chứng minh khi V thuộc BC thì
BCHK // .

Gọi

R
là chân đường cao đỉnh
A
của tam giác ABC . Trong phân 1/ ta đã chứng minh
M
, N ,
B
, C
cùng thuộc một đường tròn nên
ACANABAM
=
suy ra
AB
AC
AN
AM
= nên
AMNΔ đồng dạng với
ACBΔ suy ra
AR
AT
AV
AH
= nên
BCHT // , điều phải chứng minh, vậy bài toán được chứng minh xong.
Bài 3.
Ta có
3
2
3

1
1
2
1
3
1
2
1
0
01
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
a
aa

2
2
1
1
39
1
9
4
3
3
13
3
==
−
=
−
=
a
A

12
7
3
2
3
1
3
2
2
1

3
1
2
1
1
12
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
a

aa
2
2
2
2
12144
1
144
49
3
3
13
3
==
−
=
−
=
a
A
Ta có
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+

=
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
=
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
−

=
+
+
3
2
9
1
4
1
3
2
9
1
4
3
3
1
3
1
2
1
3
3
13
3
2
2
2
2
22

1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
A
()
2
2
2
2
13
36
3
1
4
−
=

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
n
n
n
n
a
a
a
a
(1)
Mặt khác từ
13
3
2
−
=
n
n
a
A suy ra
3

11
+=
n
n
A
a , thay vào (1) ta được:
()
3
34
3
12
36
1
3
11
3
3
11
36
22
1
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝

⎛
+
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
+

nn
n
n
n
n
n
AA
A
A
A
A
A
(2)
Từ (2) ta suy ra:
()
()
(
)
3
3
3
34
3
34
4
3
34
11
2
⎥

⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
++
=
+
=
++
+
nnnn
nn
n
AAAA
AA
A

()( )
()
2
1
2
64
927
32316
+=
++
=

+
n
nnnn
A
AAAA
(3)
Trước hết bằng quy nạp ta sẽ chứng minh
n
A là số nguyên dương và chia hết cho
9
với mọi số nguyên
dương
n (*).
Với
1=n thì 9
1
=A , (*) đúng.
Giả sử (*) đúng đến
kn = . Từ (2) suy ra:
()
3
34
1
+
=
+
kk
k
AA
A

nên
1+k
A cũng là số nguyên dương và chia hết cho 9. Theo nguyên lý quy nạp suy
ra (*) đúng với mọi
n
là số nguyên dương.
Tiếp theo ta chứng minh bằng quy nạp rằng
n
A là số chính phương với mọi n nguyên dương (**).
Với
1=n ,
2
1
3=A , (**) đúng.
Với
2=n ,
2
2
12=A , (**) đúng.
Giả sử (**) đúng đến kn = . Từ (3) ta có:
()
2
11
64
9
+=
−+ k
k
k
A

A
A
Từ (*) suy ra
1+k
A cũng là số chính phương. Theo nguyên lý quy nạp thì (**) đúng với mọi n nguyên
dương.
Cuối cùng, ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi
n nguyên dương thì
n
A có ít nhất n ước nguyên
tố phân biệt (***).
Với
1=n ,
2
1
3=A có môt ước nguyên tố là 3.
Với
2=n ,
2
2
12=A có hai ước nguyên tố là
2
và 3.
Giả sử (***) đúng đến
kn = . Ta có:
()
3
34
1
+

=
+
kk
k
AA
A
=
3
3
4
+
k
k
A
A
.
Do 9
M
k
A nên
3
3+
k
A
là số nguyên không chia hết cho 3, và ta có với mọi 2≥m thì
m
A là số chẵn nên
3
3+
k

A
là số lẻ (4).
Đặt
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
3
3
,4
k
k
A
Ad suy ra
12|d , từ (4) suy ra 1
=
d .
Suy ra
1+k
A có nhiều ước nguyên tố phân biệt hơn
k
A , mà
k
A có ít nhất k ước nguyên tố nên
1+k
A có ít

nhất
1+k ước nguyên tố. Theo nguyên lý quy nạp thì (***) được chứng minh.
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Bài 1.
Do
[]
2,1,, ∈zyx , nên z
y
x
≥+ ,
x
z
y
≥+ ,
y
x
z ≥
+
nên tồn tại các số thực không âm a , b và c
không đồng thời bằng
0 thỏa mãn:
cbx +=
, ac
y
+= ,
baz +=

Thay vào bất đẳng thức ta được:
()
⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
+
+
++
+
+
++
+
≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
+
+
+
++
cba
ba
bac
ac

acb
cb
accbba
cba
222
6
111
2 (1)
Đặt
mcba =++ , ncabcab =++ , pabc
=
. Ta có:
()
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
+
+
−
+
+
−
≥
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
+
− cm
cm
bm
bm
am
am
cmbmam
m 3
111
1
()()()()
(
)
(
)
()()()
()()()()()()()()()
()()()
cmbmam
bmamcmamcmbmcmbmam
cmbmam
amcmcmbmbmam

m
+++
++−+++−+++−
≥
≥
−−−
−
−
+
−−+−−
⇔
3

()( )
[
]
()()()
≥
−−−
+++++−
⇔
cmbmam
cabcabmcbamm 23
2