Bài tập ôn thi olympic 304

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

1

Câu 1:
Cho tập hợp


1,3,5, ,2 1
A n
 
( n



). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại 12
tập con B
1
, B
2
, …, B
12
của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)
( 1,12; 1,12; )
i j
B B i j i j
     
;

ii)
1 2 12

B B B A
   
;
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập B
i
(
1,12
i 
) bằng nhau.
Giải

Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho tập hợp A được phân thành 12 tập con B
1
, B
2
,…,
B
12
thỏa các điều kiện đề bài, tức là: đôi một không giao nhau,
1 2 12

B B B A
   
, đồng thời
tổng các phần tử của mỗi tập B
i
(

1,12
i  ) bằng nhau.
Ta có tổng tất cả các phần tử của tập A là: 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n
2
.
Do tổng các phần tử của mỗi tập B
i
(
1,12
i 
) bằng nhau
nên
2
6 ,
12
n
n k k

   
 
.
Khi đó tổng các phần tử của mỗi tập B
i
(
1,12
i  ) là 3k
2
.
Với
6 2 1 12 1

n k n k
    
thuộc ít nhất một tập B
i
nào đó
2
12 1 3
k k
  

4
k
 
.
Khi k = 4

n = 24:


1,3,5, 47
A 
.
Xét các tập B
i
(
1,12
i 
):



2 1,49 2
i
B i i
  
, (
1,12
i 
).
Dễ thấy:








1 2 3 12
1,47 , 3,45 , 5,43 , , 23,25
B B B B   

là 12 tập con của A thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là: n = 24.
Câu 2:
Cho hàm số f liên tục trên

và thoả mãn:

( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( ); ,
(0) 2, (2) 0

f x y f x f y f xy f x f y x y
f f
      


 



Chứng minh rằng: f(x + y) = f(x) + f(y), ,x y
 

.
Giải:
* x = y = 0

f(0) = 0
* x = y = 2

f(2) = 2
* x = y = 1




2
(1) 3 (1) 2 0
f f
  

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

2

(1) 1
(1) 2
f
f







Xét f(1) = 2

f(0) = 2 (vô lý )
Xét f(1) = 1

f(x + 1) = f(x) + 1, x
 


*


0

x u u
v
y
u
 







( ) ( ) ( )
v v v
f u f u f f v f u f
u u u
     
    
     
     
(1)
x Q
 

*


0
1
x u u

v
y
u
 



 



( 1) ( ) 1 ( ) ( ) 1
v v v
f u f u f f v u f u f
u u u
   
         
   
   

1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1
v v v
f u f u f f u f v u f u f
u u u
     
         
     
     

( ) ( )

v v v
f u f u f f v u f
u u u
     
     
     
     
(2)
Từ (1) và (2)
*
( ) ( ) ( ), ,f u v f u f v u v
       
 

( ) ( ) ( ), ,f x y f x f y x y
     

.
Câu 3:
:
f

 

 
     
0 2008, 2009
2
2 .cos , ,
f f

f x y f x y f x y x y


 
 

 

 

     



Giải:
* Cho
;
2 2
x y t
 
  
, ta có:
   
2 cos 2 sin
2 2 2
f t f t f t f t
  

     
     

     
     



1

* Cho
;
2 2
x t y
 
  
, ta có:




0
f t f t

  



2

* Cho
0,
x y t


  
, ta có:










2 0 cos 2 0 cos
f t f t f t f t
  
      



3

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

3

Lấy



1
cộng với


2
:
     
2 2 .sin
2
f t f t f t f t

 
 
    
 
 



4

Từ


3
và


4

, ta có:
   
0 .cos sin
2
f t f t f t

 
 
 
 

Suy ra:


2008 cos 2009sin
f x x x
 


Câu 4:
Giải phương trình
4 3
44 4
3 4 2 18 3 0
x x
  
(1)

Giải:

Ta thấy
0
x

không là nghiệm của phương trình (1).
Với
0
x

,
4
3
2 18
(1) 4 0
3
x
x
   


4
3
18 2
4
3
x
x
   (2)
Do
0

x

nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số:
3
18
; ; ;
3 3 3
x x x
x
ta có:

4 4
3 3 3
18 18 18 2
4 4
3 3 3 3 3
x x x
x
x x
      

Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi:
3
18
3
x
x


4

54
x
 

4
54
x 
( do
0
x

)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
4
54
x  .

Câu 5:
Cho số nguyên tố p dạng
4 3
k

. Chứng minh rằng không có số nguyên x nào thỏa điều kiện
2
( 1)
x p


.
Giải:

Giả sử có số nguyên a để
2
( 1)
a p


ta có:


2
1 mod
a p
 
Suy ra
   
1
1
2
1 mod
p
p
a p


 
hay:
   
1
1

2
1 1 1 mod
p
p
a p


   

Nhưng theo định lí Phec-ma thì:


1
1 0 mod
p
a p

 

Nên
   
1
2
1 1 0 mod
p
p

  
(*) mà p là số nguyên tố dạng
4 3

k

nên:



(*) 2 0 mod
p
  

Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh.




Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

4

Câu 6:
Cho dãy số nguyên dương


n
a
thỏa mãn điều kiện
2
1 1

n n n
a a a
 


*
n N
 

Tính
lim
n

2
1 2
1 1 2

n
n
n a a a
 
  
 
 
.
Giải:

Ta có dãy



n
a
là một dãy tăng thực sự Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho
1
k k
a a


thì do giả thiết
2
1 2
k k k
a a a
 

ta thu được
1 2
k k
a a
 

(do
*
k
a N
 ) và cứ như thế ta
được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy


n

a
là dãy vô
hạn.
Do
1 0
1
a a
 
nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay
, *
n
a n n N
  
.
Suy ra:
1 2
1 2

n
n
n
a a a
   

Đặt
2
1 2
1 1 2

n

n
n
u
n a a a
 
   
 
 
thì
1
0
n
u
n
 

Vậy
lim
n

2
1 2
1 1 2
0
n
n
n a a a
 
   
 

 
(theo nguyên lí kẹp)

Câu 7:
Xung quanh bờ hồ hình tròn có 17 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 4 cây sao cho
không có 2 cây nào kề nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau?

Giải:

Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xãy ra:
Trường hợp 1: Cây A không bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây
trong số 16 cây đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt.
Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không
kể cây A). Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này
bằng với số cách đặt 4 cây vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:
Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là:
4
13
715
C 
(cách).
Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây
còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không
được chặt).
Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13 cây. Do hai
cây ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn lại.
Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là:
3
12
220

C 
(cách).
Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là:
715 220 935
 
(cách).






Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

5

Câu 8:
Tìm tất cả các hàm số


f x
liên tục trên R thỏa:

 
; .
2
x
f x f x x R

 
    
 
 

Giải:

x R
 
ta có:
 
2
x
f x f x
 
  
 
 

 
2
2 3 3
x x x
f x f
 
   
 
 


 
2
3 2 3
x x x
f x f
 
 
   
 
 
 
 
 (2)
Từ (1) ta có:


0 0
f

.
Đặt
 
2
( )
3
x
g x f x 
, ta có :



0 0
g

, g(x) liên tục trên R và ( ) ,
2
x
g x g x R
 
   
 
 
(do(2)).
Suy ra:
   
2
1
2 2 2
n
n
x x x
g x g g g
     
     
     
     
với
n N

, mà g(x) liên tục trên R,



0 0
g

nên:


0,
g x x R
  
.
Suy ra:
 
2
, .
3
x
f x x R
   

Thử lại, ta thấy
 
2
3
x
f x   thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài.

Câu 9:
a) Chứng minh phương trình )1(2010)1)(1(
222

 yxz vô nghiệm với x, y, z  Z.
b) Chứng minh phương trình
)2(2008)1)(1(
222
 yxz
có nghiệm với x, y, z  Z.
c)
Giải:
a) Xét theo modun 8 thì
)8(mod4,1,0
)8(mod4,1,0
2
2


y
x

)8(mod3,0,11
)8(mod3,0,11
2
2


y
x

)8(mod5,0,1)1)(1(
22
 yx

Mà )8(mod22010


)8(mod7,2,32010)1)(1(
22
 yx

Trong khi
)8(mod4,1,0
2
z
. Do đó phương trình (1) vô nghiệm.
b)
2009)2(
22222
 yxyxz

Xét phương trình
)3(2009
22
 yx
.
Nếu (3) có nghiệm x
0
, thì (2) có nghiệm x= x
0
, y = y
0
, z = x

0
y
0
.
Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x
0
, y
0
thỏa (3).
Thấy
22
yx 
có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của
),(
22
yx
chỉ có thể là (0;9), (4;5).
Nghĩa là tận cùng của (x; y) chỉ có thể là (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y là như
nhau).
Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của (3) là x = 28, y = 35.
Vậy phương trình (2) có nghiệm.

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

6

Câu 10:
Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15. Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc

Sai.
Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm
của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng:
ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.)
Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau.

Giải:

- Với giả thiết đã cho, số phần tử Đ trong các bài làm của các thí sinh tối đa là 8.
- Với mỗi k: 0  k  8 ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai là 15 - k. Các chữ S này tạo
thành 15 - k + 1 khoảng trống, kể cả 2 khoảng trống 2 đầu mút.
Ta cần đặt k chữ Đ vào 15 - k + 1 khoảng trống này. Có
k
k
C
115 
cách như vậy. Vậy có
k
k
C
16
bài có
k chữ Đ.
- Số tất cả các bài làm có thể là:
1600159713621046249528691151
8
0
16





k
k
k
C
- Điều này chứng tỏ phải có ít nhất 2 thí sinh có bài làm giống hệt nhau.

Câu 11:
Tìm các hàm f: R  R khả vi và thỏa điều kiện Ryxxfyfyfxf





,))(())((

Giải:

Từ điều kiện đề bài, lần lượt đạo hàm hai vế theo x, y ta được
)2())((')(')).(('
)1()(')).(('))(('
xfyfyfyfxf
xfxfyfyfxf





Nhân hai vế của (1) với –f’(y), và cộng với (2) vế theo vế ta được

)3(0))(').('1))((('



yfxfxfyf
Trường hợp 1: Nếu tồn tại 0)(':
00
 xfRx
Từ (3) suy ra
yxfyf  ,0))(('
0
. Do đó f(x) = c = const
Trường hợp 2: Nếu Rxxf



,0)('
Từ (3) suy ra yxyfxf ,,1)(').('


. Do đó f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d c, d  R.
Với f’(x) = c, f’(y) = c. Ta có c
2
= 1 hay c = ± 1.
Từ điều kiện bài toán chỉ nhận c = 1.
Thử lại các hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d  R là các hàm số cần tìm.

Câu 12:
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) sao cho 2a+1 chia hết cho b và 2b+1 chia hết cho a.

Giải:
Giả sử a, b nguyên dương và
*
2 1
(2 1)(2 1) 2 2 1 2 2 1 ( )(1)
2 1
a b
a b ab a b ab a b kab k
b a


         




   


Suy ra k, a, b đều lẻ. Vì
1, 1 ( 1)( 1) 0 1 2 2 1 2 3 5 (2)
a b a b a b ab a b ab ab
               

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

7

Kết hợp với (1) suy ra
5
k


1) Với
5 2 2 1 5
k a b ab
    
, từ (2) ta suy ra
3 3 1
ab a b
   
. Rõ ràng
1
a b
 

thỏa mãn
2 1
a b


và
2 1
b a



2) Với

3
k

, giả sử
a b

, ta có
3 2 2 1 5 3 5 1 3 2 3 3
ab a b a b b a a a
            
. Rõ ràng
1, 3
b a
 
thỏa
mãn
2 1
a b


và
2 1
b a



3) Với
1
k


, giả sử
a b

, ta có
2 2 1 5 5 1
ab a b a b b
       
hoặc
3
b

hoặc
5
b


+ Với
1
b

, đẳng thức
2 2 1
ab a b
  
trở thành
2 3
a a
 
vô lý
+ Với

3
b

, ta có
3 2 6 1 7
a a a
    
. Rõ ràng
3; 7
b a
 
thỏa mãn điều kiện
2 1 ;2 1
a b b a
 
 

+ Với
5
b

, ta có
11
5 2 10 1
3
a a a
    
(loại)
Với
a b


lý lưận tương tự ta được
3, 7
a b
 
thỏa mãn điều kiện
2 1 ;2 1
a b b a
 
 

Tóm lại : Có 5 cặp (a ,b) thỏa mãn yêu cầu bài toán là
(1,1);(1,3);(3;1);(3;7);(7;3)


Câu 13:
Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên R và thỏa mãn các điều kiện sau đây:
a.


19690 f
và 2008
2









f .
b.


,cos).()(92 yxfyxfyxf  với mọi Ryx

, .

Giải

Với




tyx ,0
: theo tính chất b, ta có:
tttftf cos.1969)cos(.1696)(9)(2










(1)

Với
2
,
2


 tyx
: theo tính chất b, được:
tttftf sin.2008)
2
cos(.2008)(9)(2 


(2)
Với
2
,
2


 ytx
: theo tính chất b, ta có:

0
2
cos).
2
()(9)(2 




tftftf
(3)
Từ (1), (2) cho ta: tttftf sin.2008cos.1969)(2)(2






Kết hợp với (3), ta được:
 
tttf sin2008cos1969
22
9
)( 
Như vậy hàm số cần tìm là
 
xxxf sin2008cos1969
22
9
)( 
Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

8

Câu 14:
Giải phương trình nghiệm nguyên:

2 2
3 4 2 4 13 0
x y xy x y
     
(1)

Giải:
Viết lại phương trình này trong dạng


2 2
2 2 1 3 4 13 0
x y x y y
     
và áp dụng định lí trên ta
có PT (1) có nghiệm nguyên

PT (2) sau có nghiệm nguyên




2
2 2
2 1 3 4 13
y y y v
    
(2)
PT (2) tương đương với
2 2

14
v y
 
(3) v
2
– y
2
= 14  (v – y )(v + y) = 14
2 7
7 2
v y v y
v y v y
   
 
 
 
   
 

=> PT (2) vô nghiệm, nên PT (1) không có nghiệm nguyên.

Câu 15:
Dãy số


n
u
xác định như sau :
n
u

=


3 5
n
 

 
 
, ở đây



chỉ phần nguyên của số

(là số nguyên lớn nhất không vượt quá

).
Chứng minh rằng
n

, thì
n
u
là số lẻ.
Giải:
   
3 5 5 3
n
n k

k n k
n
k o
C


 


 
 
 
0
3 5 1 5 3
n
n k
k
k n k
n
k
C


  


Vậy
   
 



 
0
3 5 3 5 1 1 5 3
n
n n k
k
k n k
n
k
C


     

(1)
Chú ý rằng nếu k lẻ thì
   




1 1 0 1 1 5 0
k
k k
      

Còn nếu k chẵn (k= 2m) thì
   





1 1 2 1 1 5 2.5
k
k k
m
      

Như thế từ(1) suy ra
n

là số nguyên dương thì





3 5 3 5
n n
  
là số chẵn
Ta có


0 3 5 1 0 3 5 1
n
      

n


=1 , 2 ,…
Lại có










3 5 3 5 3 5 1 1 3 5
n n n n
        
(2)
Do
0
<


1 3 5
n
 
<1 Vậy theo định nghĩa phần nguyên từ (2) suy ra







3 5 3 5 3 5 1
n n n
 
     
 
 
(3)
Vì




3 5 3 5
n n
  
là số chẵn
n

= 1 , 2 ,… ;do vậy từ (3) suy ra
n

=1,2,… thì

n
u
=



3 5
n
 

 
 
là số lẻ

đó là đ.p.c.m.
Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

9

Câu 16:
Cho A là tập tất cả các phần tử


1 2 6
, , ,

x x x x
với
1 2 6
, , , 1,4
x x x
. Một chương trình máy
tính chọn ngẫu nhiên 2008 phần tử từ tập A ( các phần tử khác nhau ) được một dãy
n

u
. Tìm số
tự nhiên n nhỏ nhất sao cho lấy bất kì n số hạng của dãy
n
u
ta luôn tìm được 16 số hạng mà 2 số
hạng bất kì trong 16 số hạng đó có ít nhất là 2 thành phần khác nhau.

Giải


Trước hết ta chứng minh
30

n
không là giá trị cần tìm.

Ta phân hoạch A thành các lớp rời nhau sao cho các phần tử trong mỗi tập hợp
có 5 thành phần cuối như nhau.

Như vậy A được phân hoạch thành
5
4 1024

lớp mà mỗi lớp có 4 phần tử.
Dãy
n
u
có 2008 số hạng, ta có
2008 1024


nên theo nguyên lý Dirichlet trong
dãy
n
u
có 2 số hạng (khác nhau)
1 1
1 2
,
A A
cùng thuộc trong một lớp.
Ta có
2006 1024

nên theo nguyên lý Dirichlet trong 2006 số hạng còn lại của
dãy
n
u
có 2 số hạng (khác nhau)
2 2
1 2
,
A A
cùng thuộc trong một lớp.
Thực hiện tương tự 15 lần mỗi lần ta thu được kết quả là 2 số hạng cùng thuộc
trong một lớp ( ta có thể thực hiện được vì
2008 2*15 1024
 
). Ta có 30 số
hạng khác nhau của dãy

n
u
:
1 1 2 2 15 15
1 2 1 2 1 2
, , , , , ,
A A A A A A
.
Lấy 16 phần tử bất kì trong các số hạng trên, theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất
hai phần tử cùng chung một lớp, mà theo cách xây dựng các lớp, hai phần tử đó
không thể có quá 1 thành phần khác nhau. Vậy
30

n
không là giá trị cần tìm.
 Ta chứng minh 31 là số cần tìm.
Ta tiếp tục phân hoạch A thành 2 lớp rời nhau:
 
6
i k
k 1
B x A x i 2 i 0 1
: mod ,

 
   
 
 

.

Thấy rằng mỗi lớp này đều có số phần tử bằng nhau và bằng 2048 , hơn nữa
trong m
ỗi lớp hai phần tử khác nhau đều có ít nhất hai th
ành ph
ần khác nhau.

Theo nguyên lý Dirichlet, với 31 số hạng bất kì của dãy
n
u
có ít nhất 16 số hạng
thuộc cùng một lớp. Ta thấy rằng hai số hạng bất kì trong số 16 số hạng này đều
có ít nhất là hai thành phần khác nhau.
 Vậy
n 31

là số cần tìm.

Câu 17:
Giải phương trình:
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 3 18
2 3 18
2 3 18
x x y y
y y z z
z z x x


   

   


   






Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

10

Giải:

Đặt f(t) = 2t
3
+ 3t
2
-18 và g(t) = t
3
+ t thì hệ phương trình được viết lại:










)()(
)()(
)()(
xgzf
zgyf
ygxf

Giả sử x = max(x, y, z) thì
( ) ( )
( ) ( )
x y g x g y
x z g x g z
 
 

 
 
 
(do hàm số g đồng biến )


3 3 2
3 3 2
2

2
( ) ( ) 2 3 18
( ) ( )
2 3 18
( 2)( 5 9) 0 2
2
( 2)( 5 9) 0
g x f x x x x x
g z f z
z z z z
x x x x
z
z z z

    


 
 

   




    


 
 


   




Từ đó suy ra:
2 2 2
z x x z
     
. Thế vào hệ phương trình ta được
2
y


Thử lại ta thấy: x = y = z = 2 thoả hệ phương trình.

Câu 18:
Giải phương trình sau trong tập hợp các số nguyên dương :
1 1 1
2009
x y
 

Giải:
Từ phương trình, ta suy ra : x > 2009 và y > 2009

1 1 1 1 1 1
2009 7. 41
x y x y

    
(1)



7 41
x y xy
  


7 41 7 41
x xy y
  


49.41 49.41 14 41
x xy y y x
   
(*)

Nếu 41x không là số chính phương thì
41
x
là số vô tỉ. Khi đó (*) không thỏa. Do đó 41x là số
chínhphương, suy ra x = 41a
2
, với a

N
*

Tương tư : y = 41b
2
, với b

N
*
.
Phương trình (1) trở thành:
1 1 1
7
a b
 
(2)
Từ phương trình (2), ta suy ra: a,b > 7. Đặt : a = 7+m và b = 7+n với m,n

N
*

Phươnh trình (2) được viết lại:
1 1 1
7 7 7
m n
 
 
(3)
(3)

7(14+m+n) = (7+m).(7+n)


m.n = 7
2


Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

11

Suy ra:
m = 1 , n = 7
2


a = 8 , b = 56

x = 2624 , y = 128576

m = 7 , n = 7

a = 14 , b = 14

x = 8036 , y = 8036

m = 7
2
, n = 1


a = 56 , b = 8

x = 128576 , y = 2664


Thử lại, ta được ba nghiệm trên đều thỏa phương trình đã cho.

Câu 19:
Cho dãy số
( )
n
x
xác định như sau :
0 1
1, 5
x x
 
,
2
1
2
6
3
n n
n
x x
x


 


(n = 0,1, 2,…)
Chứng minh rằng dãy số
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
x
 
và tìm giới hạn của nó.

Giải:

•Xét phương trình
2
6
3
x x
x
 



2
2
6 2
0
2
2
x x

x
x
x
  


  




•Xét dãy số
( )
n
u
được xác định như sau:
2
0 1
6
1, ( 0,1,2, )
3
n n
n
u u
u u n

 
  

Chứng minh

0 2 ,
n
u n N
   

Với n = 0 ta có
0
0 2
u 

Giả sử
0 2
n
u 
thì
2
1
6
0 2 0 2
3
n n
n
u u
u

 
    

Suy ra:
0 2 ,

n
u n N
   

Chứng minh
1
,
n n
u u n N

  

2
6
0 2
3
n n
n n
u u
u u
 
    

Vậy
1
,
n n
u u n N

  

Dãy
( )
n
u
tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Gọi
lim
n
l u
 thì:
2
0 2
2
6
3
l
l
l l
l

 

 

 




•Chứng minh:

2 2 1
min( , )
n n n
u x x n N

  

Với n=0 thì
0 0 1
min( , )
u x x

Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:
2
k k
u x
 và
2 1
k k
u x

 . Khi đó:

2 2
2 1 2
2 2 1
2 2 2
2 2 2 1 1
2 3 1
6 6

3 3
6 6 6
3 3 3
k k k k
k k
k k k k k k
k k
x x u u
x u
x x u u u u
x u

 
  
 
   
  
     
   

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

12

Vậy
1 2 2 2 3
min( , )
k k k

u x x
  

=>
2 2 1
min( , )
n n n
u x x n N

  


•Xét dãy số
( )
n
v
được xác định như sau:
2
0 1
6
5, ( 0,1,2, )
3
n n
n
v v
v v n

 
  

Chứng minh tương tự ta được dãy
( )
n
v
giảm và bị chặn dưới bởi
2
nên có giới
hạn và
lim 2
n
v 
.
Bằng phương pháp tương tự ta có:
2 2 1
max( , )
n n n
v x x



•Từ các kết quả trên, ta có:
2
2 1
n n n
n n n
u x v
u x v

 



 


Vì
lim lim 2
n n
u v 
nên
2 2 1
lim lim 2 lim 2
n n n
x x x

   


Câu 20:
Cho đa giác đều A
1
A
2
A
3
… A
6n
(n nguyên dương) nội tiếp trong đường tròn bán kính R.
Xét các đa giác lồi T có các đỉnh là các điểm trong 6n điểm A
1
, A

2
, … , A
6n
và các cạnh
của đa giác T đều khác R.
Biết rằng số các đa giác lồi T với số cạnh lớn nhất là 32768, hãy tìm n.
Giải:

Ta chia các điểm A
1
, A
2
, … , A
6n
thành n tập hợp như sau:



 
 
 
1 1 1 1 2 1 3 1 4 1 5
2 2 2 2 2 2 3 2 4 2 5
2 3 4 5
2 3 4 5 6
, , , , ,
, , , , ,
, , , , ,
, , , , ,
n n n n n

n n n n n
i i i n i n i n i n i n
n n n n n n n
B A A A A A A
B A A A A A A
B A A A A A A
B A A A A A A
    
    
    







Ta nhận thấy:
+Với X

Bi và Y

B
j
, i ≠ j thì độ dài đoạn XY khác R
+Số điểm tối đa có thể chọn ra trong mỗi tập hợp B
i
sao cho khoảng cách giữa hai
điểm bất kỳ trong chúng khác R là 3.
Vì thế số điểm tối đa có thể chọn ra trong các điểm A

1
, A
2
, …,A
6n
để thành lập đa giác
với số cạnh lớn nhất là 3n
Bây giờ ta xác định số các tập hợp có 3n phần tử thoả mãn yêu cầu bài toán.
Do số cách chọn 3 điểm trong mỗi B
i
là 2, nên số cách chọn 3n điểm là 2
n
.
Từ đó, ta được: 2
n
= 32768
15


n




Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

13

Câu 21:
Tìm ba phân số tối giản
d
c
d
b
d
a
; ;
tạo thành cấp số cộng biết :

d
b
b
c
d
a
a
b






1
1
;
1
1

Giải:

Ta có:
cab
d
c
d
b
d
a
 2;;
, (*) ;
).2(
1
1
; )1(
1
1
d
b
d
c
d
a
a
b








Lấy
)2(
)1(

b
a
ac
b



1
1
2
(3). Do (*)

c = 2b – a
(3)
 
022
1
1
2
22233
2






 baabbaba
b
a
aba
b




0221
3223
 bbabbaa


0))((
22
 bbabaaba

Nếu a = b thì từ (1); (2); (*)

a = b = c = d (vô lý)
Nên a

b





010
2222
 aababbbabaa


2
1651
2


aaa
b

Đặt
165
2
 aat
do a, b, c nguyên

t hữu tỉ

5
453
0165
2
22



t
ataa
Do a nguyên nên 5t
2
+ 4 phải là số chính phương

2
1
2
1
2
1
2
1
22
22
5
1
151
2
5
2
45 t
k
tk
tk
kt 

















Chỉ có số nhỏ nhất thỏa phương trình là: k
1
= 9

t
1
= 4







8
18

t
k

Vậy: a = 3

b =




 6
2
c =




15
1
d =



 3
5
Thế vào trên ta chọn .
5
1
;
5

2
;
5
3


Câu 22:
Cho dãy (U
n
), biết U
1
= 1, và dãy (V
n
) với V
n
= U
n+1
- U
n
, n = 1,2 …. Lập thành cấp số cộng,
trong đó V
1
= 3; d = 3 .
Tính :
n
UUUS






21

Giải:





nndnVV
n
31331
1
 .
Vì
nUUnUUUUV
nnnnnnn
33
111



Nên
n
U
có dạng an
2
+ bn + c





3ncbnan11
2
2
 cnbna



03-2an  ba (đồng nhất). cnnU
b
a
n












2
3
2
3
2

3
2
3
2

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

14

Chọn n = 1

c =1 . Vậy 1
2
3
2
3
2
 nnU
n
.
Nên
   
2
2
)1(
2
3
6

)12)(1(
2
3
21
2
3
21
2
3
3
nn
n
nnnnn
nnnS
n







Câu 23:
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
3 3 3
15 18
x y z
 

Giải:

Giả sử bộ ba số nguyên (x
0
; y
0
; z
0
) là nghiệm của phương trình.
Dễ thấy nếu một trong ba số trên bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0  (0; 0; 0) là một nghiệm
của phương trình.
Nếu cả ba số đều khác 0, đặt d = (x
0,
y
0,
z
0
) ta có
x
0
= dx
1
, y
0
= dy
1
, z
0
= dz
1
với x

1
, y
1
, z
1
nguyên.
Ta được
3 3 3
1 1 1
15 18
x y z
 
 x
1
chia hết cho 3. Đặt x
1
=3x
2
, ta được
3 3 3
2 1 1
9 5 6
x y z
   y
1
chia hết cho 3. Đặt y
1
=3y
2
, ta được

3 3 3
2 2 1
3 45 2
x y z
 
 y
1
chia hết cho 3.
 x
1
, y
1
, z
1
có ước chung là 3 (mâu thuẫn)
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0;0)

Câu 24:
Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
(Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương)

Giải:
x + y + z + t = 2009 (1)
Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – 1.
Ta thấy a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa phương trình:
a + b + c + d = 2005 (2)
và tương ứng giữa các bộ số (a, b, c, d) và (x, y, z, t) là tương ứng một – một (song ánh).
Ta tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình (2)
Ta thấy mỗi nghiệm tự nhiên của phương trình (2) là một bộ 4 số tự nhiên (a, b, c, d) thỏa điều
kiện a + b + c + d = 2005.

Với mỗi bộ 4 số (a, b, c, d) như vậy ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0
và 1) theo qui tắc sau: viết từ trái sang phải:
a số 1 liên tiếp – số 0 – b số 1 liên tiếp – số 0 – c số 1 liên tiếp – số 0 – d số 1 liên tiếp.

   
11 1011 1011 1011 1
a b c d

Như vậy mỗi bộ (a, b, c, d) tương ứng một – một với một dãy nhị phân gồm 2008 kí tự, trong đó
có đúng 2005 kí tự “1” và 3 kí tự “0”.
Mặt khác, một dãy nhị phân độ dài 2008, trong đó có đúng 3 kí tự “0” tương ứng với một cách
chọn 3 phần tử từ 2008 phần tử.
Số các dãy nhị phân như trên là
3
2008
C

Từ đó suy ra số nghiệm của phương trình (1) là
3
2008
C



Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

15

Câu 25:
Giải phương trình :
3
3 2 2
4 5 6 7 9 4
x x x x x
     


Giải:
Đặt y =
3
2
7 9 4
x x
 

Ta có hệ :
3 2
2 3
4 5 6
7 9 4

   


  


x x x y

x x y


3 2
3 3 2
4 5 6
3 4 2

   



    


x x x y
y y x x x


 
3 2
3
3
4 5 6
1 1

   




    


x x x y
y y x x

Xét hàm f( t ) = t
3
+ t .
Vì f’( t ) = 3t
2
+ 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên tập số thực

.
Suy ra f( y ) = f( x + 1 )  y = x + 1 .
Như vậy ta có hệ :
3 2 3 2
4 5 6 4 6 5 0 (*)
1 1
x x x y x x x
y x y x
 
       

 
   
 

Giải phương trình ( * ) ta có tập nghiệm :
1 5 1 5

5, ,
2 2
S
 
   
 

 
 
 

Câu 26:
Cho 3 số nguyên dương a, b, c đôi một không có cùng số dư trong phép chia cho 5.
Đặt A = 3a + b + c
B = a + 3b + c
C = 2a + 2b + c
Chứng minh rằng trong 3 số A, B, C có một và chỉ một số chia hết cho 5.

Giải:


Do a, b, c đôi một không có cùng số dư trong phép chia cho 5 nên :
A – B = 2(a – b)
B – C = b – a
C – A = b – a
đều không chia hết cho 5.
Do đó A, B, C đôi một không có cùng số dư khi chia cho 5 (*)

Giả sử trong 3 số A, B, C không có số nào chia hết cho 5. Khi đó A, B, C chia cho 5
sẽ có số dư là 1, 2, 3 hoặc 4. Điều này kết hợp với (*) ta suy ra trong 3 số A, B, C phải

có 2 số có tổng chia hết cho 5.


Mà A + C = 5a + 3b + 2c
2(c b)
 
( mod 5 )
B + C = 3a + 5b + 2c
2(c a)
 
( mod 5 )

Nên A + C và B + C đều không chia hết cho 5. Do đó, A + B

5
Dễ thấy, 2C = A + B. Vì vậy 2C

5
C 5


(!)
Điều mâu thuẩn này chứng tỏ điều giả sử là sai, và do đó kết hợp với (*) ta sẽ có trong
3 số A, B, C có một và chỉ một số chia hết cho 5.





Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

16

Câu 27:
Trong chiến dịch vận động bầu cử tổng thống Mỹ năm 2008 có N các Đảng phái chính trị khác
nhau ( N > 1), mỗi Đảng đề cử ra 1 người để tranh cử tổng thống với các Đảng khác. Mỗi người
ra ứng cử phải nêu một số lời hứa hẹn sẽ thực hiện nếu được bầu làm tổng thống. Biết rằng có tất
cả n lời hứa hẹn bởi tất cả những ứng viên tranh cử tổng thống và tất cả các ứng viên đều hứa
rằng sẽ đưa nền kinh tế Mỹ thoát khỏi tình trạng khủng hoảng hiện nay. Do các Đảng phái có
quan điểm chính trị khác nhau nên các lời hứa đưa ra của 2 ứng viên bất kì không hoàn toàn
giống nhau nhưng có chung ít nhất là 2 lời hứa. Chứng minh :
n 2
N 2


.

Giải

Giả sử N Đảng phái khác nhau là X
1, … ,
X
N
và S
1
,…, S
N
lần lượt là tập hợp tất cả các

lời hứa của ứng viên của Đảng X
1, … ,
X
N
.
Giả sử tập hợp n lời hứa khác nhau của tất cả các ứng viên là P = {x
1
, x
2
, …, x
n
}
trong đó x
1
là lời hứa sẽ đưa nền kinh tế Mỹ thoát khỏi tình trạng khủng hoảng hiện
nay.
Theo giả thiết tất cả các ứng viên đều hứa rằng sẽ đưa nền kinh tế Mỹ thoát khỏi tình
trạng khủng hoảng hiện nay nên
1 i
x S , i 1,N
  
.
Đặt
i i 1
S ' S \{x }

,
1
P' P \{x }


.
Vì 2 ứng viên bất kì có các lời hứa đưa ra không hoàn toàn giống nhau nhưng có
chung ít nhất là 2 lời hứa nên
i j
i j
S ' S '
, i j
S ' S '



 

  


.
Mỗi tập
i
S '
là tập con khác

của tập
P'
.
Tập
P'
có n – 1 phần tử nên số tập con khác rỗng của tập
P'
là

n 1
2 1


.
Mỗi tập con khác rỗng ( ngoại trừ tập
P'
) đều có phần bù trong
P'
khác rỗng. Do đó,
số các cặp tập con khác rỗng của
P'
có giao bằng rỗng
n 1
n 2
2 1 1
2 1
2


 
  
.
Vì vậy, số các tập con
i
S '
của tập
P'
thỏa
i j

i j
S ' S '
, i j
S ' S '



 

  


, i , j
1,N


sẽ
n 1 n 2 n 2
(2 1) (2 1) 2
  
    
. Hay N
n 2
2


.

Câu 28:
Giải phương trình:

)1(01216163232
2345
 xxxxx
.

Giải:
Đặt
xX 2


)2(01422)1(
2345
 XXXXX

 Ta thấy X=2 không phải là nghiệm của (2)
 Xét X
≠2:

)3(2)3(
0296
0)1422)(2()2(
23
246
2345



XXX
XXXX
XXXXXX

X là nghiệm của (3)
2



X
khi đó:
Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

17

(3)
)4(23
3
 XXX

 Xét X>2:
 222)4(3
23
XXXXXXXXX
(4) vô nghiệm.
 Xét
:22



X

đặt X=2cost (0<t

)
(4) 2cos2cos6cos8
3
 ttt
2
cos3cos
t
t 










)
2
cos(3cos
2
cos3cos
t
t
t
t


















5
4
5
2
7
4
7
2
7
4
5
4





k
t
k
t
k
t
k
t
)( Zk


Vì
];0(



nên
7
6
;
7
4
;
7
2
;
5

4
;
5
2












Câu 29:
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x,y) của phương trình:

)1(!1)1( yy
x


Giải:

Nếu (x,y) là nghiệm của (1) thì p=y+1 là số nguyên tố. Thật vậy nếu p là hợp số thì tồn tại
ước d của p thỏa 1<d<p=y+1
dyyd

!

nên từ (1):

dyy
x

]!)1[(1 
vô lí
Vậy p nguyên tố (p=y+1)
Phương trình trở thành:
)2()!1(1  pp
x

* Nếu 7

p : Chia 2 vế của (2) cho (p-1):
(2)
)3()!2(1
1


ppp
x

 Vế phải của (3) chia hết cho
1
2
1
.2 

p

p

(Do
2
2
1
2 

 p
p
với
7

p
và



Z
p
2
1
)
 Mặt khác:

2211
)2()!2(1


ppxx

pppppp
121







pxpx
Do đó:
)1(mod1
1


pp
x

Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu

2015

18


)1(mod11

)1(mod1
2




p
pp
x

)1(mod1
1


pxpp
x



vế trái của (3) không chia hết cho p-1
Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương với 7

p
* Nếu p<7:
 p=2: (1) trở thành
11112  yx
x

 p=3: (1) trở thành
21213  yx
x

 p=5: (1) trở thành
422415  yx

x

Vậy (1) có 3 nghiệm nguyên dương là:
(1;1); (1;2); (2;4)

Câu 30:
Xác định tất cả các hàm số
:f

 
thỏa mãn điều kiện


2008 2009
f

và với mọi
,x y


, ta luôn có








4 2

f xy y f x y f x y
   


Giải:

Với
0
y

, ta có


0 0
f

. Với
0
x

, ta có




0
f y f y
  
, suy ra
f

là một hàm lẻ.
Từ




4 4
f st f ts

, ta có












2 2
t f s t f s t s f s t f s t
      
hay









s t f s t s t f s t
    
.
Đặt
2008
t s
 
, từ điều kiện


2008 2009
f

, ta có




2 2008 2009 2008 2 2008
s f s
  
.
Sử dụng phép thế
2 2008
s x
 

, ta có được
 
2009
2008
f x x
 .
Thử lại, ta nhận
 
2009
2008
f x x

thỏa yêu cầu bài toán.