CÁC bài tập ôn THI đại học CAO ĐẲNG học SINH GIỎI môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT

CÁC BÀI TẬP ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
Bài 1
Cho
,a b
là các số thực dương thỏa :
2
5a b+ =
.
Chứng minh
3 3
9a b+ ³
.
Đẳng thức xãy ra khi nào?
Giải
Áp dụng AM-GM , ta có:
3 3 2
8 6a a a+ + ³
.Suy ra
3 2
4 3a a+ ³
Tương tự :
3
1 1 3b b+ + ³
. Suy ra
3
2 3b b+ ³

Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta có :
3 3 2
6 3 3a b a b+ + ³ +

Suy ra:
3 3
9a b+ ³
Khi
2, 1a b= =
thì đẳng thức xãy ra
Bài 2
Cho dãy số thực
( )
n
u
với
1 2
2 1
1, u 1
2
n n n
u
u u u
+ +
= = −


= −


*
( )n N∈
a) Chứng minh
3 2

n
u n= -
với mọi
*
n NÎ
b) Tính tổng
1 2 2012
S u u u= + + +
Giải
a) Dùng phương pháp qui nạp

1
1 3 2 1.u = = -
,
2
3 2 2 1u .= − = −
Giả sử
3 2
k
u k= -
( )
3k ≥
Ta có :
1 1
2 2 3 2 3 2 1( ) ( ( ))
k k k
u u u k k
+ -
= - = - - - -

1 2 3 2 1( )k k= - = - +
Vậy
3 2
n
u n= -
với mọi
*
n NÎ
b)
3 2 1 3 2 2 3 2 2012( . ) ( . ) ( . )S = - + - + + -

3 2012 2 1 2 2012. ( )= - + + +

6036 2013 2012 4044120.= - = -
Bài 3
Cho đường tròn
( ; )O R
có tâm là
O
và
AB
là đường kính ,
E
là điểm cố định nằm giữa
A
và
O
.
Gọi
D

là đường thẳng qua
E
và cắt
( )O
tại
C
và
D
.
a)Tìm điểm M trên
( )O
sao cho
2 2 2
MC MD AB+ =
.
b) Gọi
F
đối xứng
E
qua
O
và giả sử
D
thay đổi nhưng luôn qua
E
.
Chứng minh :
2 2 2
CD DF FC+ +
luôn nhận giá trị không đổi.

Giải
E
F
I
O
A
B
D
C
a) Ta có :
2 2 2
MC MD AB+ =

2 2 2
4( ) ( )MO OC MO OD RÛ + + + =
uuuur uuur uuuur uuur
2 2
4 2 4( )R MO OC OD RÛ + + =
uuuur uuur uuur

0.MO OIÛ =
uuuur uur
(
I
là trung điểm
CD
)
Th1: O
≡
I . Khi đó mọi M nằm trên

( ; )O R
là điểm M cần tìm .
Th2: O
≠
I.Khi đó
0.MO OI =
uuuur uur
MO OIÛ ^
Vậy điểm
M
cần tìm là giao điểm của đường thẳng
d
với
( , )O R
với
d
là đường thẳng qua
O
và vuông góc
OI
.
b)
2 2 2
CD DF FC+ +
2 2 2 2
2 .CE DE EC ED DF FC= + + + +
Xét
CEFD
ta có :
2

2 2 2
2
2
EF
CE CF R+ = +
Tương tự xét
DEFD
:
2
2 2 2
2
2
EF
DE DF R+ = +
Mặt khác :
2 2
.EC ED R EO= -
Thay thế các đẳng thức vào ta được :
2 2 2
CD DF FC+ +
2
2
6
2
EF
R= +
không đổi
Bài 4
Bên trong hình tròn bán kính là 1 người ta đặt 4025 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng
hàng.Chứng minh luôn tìm được 3 điểm từ các điểm trên sao cho

tam giác tạo thành có diện tích bé hơn
2012
π
Giải
Chia đường tròn bằng 1006 đường kính ta sẽ được 2012 hình rẽ quạt bằng nhau
(như hình vẽ)

Mỗi hình rẽ quạt có diện tích
2012
Q
S
π
=
Ta có 4025 điểm và 2012 rẽ quạt nên tồn tại một rẽ quạt chứa 3 điểm.Giả sử gọi 3 điểm đó là
, ,A B C
Hiển nhiên diện tích tam giác
ABC
<
2012
Q
S
π
=
Bài 5
Xét các đa thức
( )
P x
hệ số thực thoả mãn điều kiện sau :
( )
( )

( ) ( )
2 2 2
( ) 2 2 2 1 1 ( 1)P x x x x x x x P x+ + + = + − +
với
x R∀ ∈
a) Chứng minh :
( ) ( )
1 1 0P P= − =
b)Tìm tất cả các đa thức
( )
P x
Giải
a) Lần lượt thay
1, 1x x= = −
, từ giả thuyết đề bài ta có điều phải chứng minh
b) Vì
( )
P x
có nghiệm là 1 và
1−
nên theo Bezout ta có :
1 1( ) ( ).( ).( )P x Q x x x= - +
Từ giả thuyết ta có
2 2 2 2
2 2 2 1 1 1 1 1 2( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )x x x x Q x x x x x Q x x x+ + + - + = + - + +
Suy ra:
2 2
2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )x x Q x x Q x+ + = + +

Suy ra:

2 2
1
1 1 1
( ) ( )
( )
Q x Q x
x x
+
=
+ + +
Đặt
2
1
( )
( )
Q x
F x
x
=
+
. Khi đó
1( ) ( )F x F x= +

Do đó
( )F x C=
(hằng số) nên
2 2
1 1( ) ( )( )P x C x x= + -
Thử lại thấy
( )P x

thỏa yêu cầu bài toán . vậy
2 2
1 1( ) ( )( )P x C x x= + -
Bài 6
Cho dãy số
( )
n
v
với
1
*
2
2 1
8
34 ( )
8 1996
n n n
v
v n N
v v v
+ +
=


= ∈


= +

Tìm số dư khi chia

2013
v
cho 2011.
Giải
Xét dãy số
( )
n
u
với
1
*
2
2 1
8
34 ( )
8 15
n n n
u
u n N
u u u
+ +
=


= ∈


= −

Ta có

( )
mod 2011
n n
v u≡
với mọi
*
n N∈
Xét phương trình đặc trưng :
2
8 15 0t t− + =
Phương trình trên có nghiệm
5, 3t t= =
( )
n
u
có dạng
.5 .3
n n
n
u A B= +
Vì
1 2
5, 13u u= =
nên
5 3 8
25 9 34
A B
A B
+ =



+ =

.Ta có :
1A B= =
Ta có :
5 3
n n
n
u = +
Ta có 2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có:
( )
2010
5 1 mod2011≡

( )
2010
3 1 mod 2011≡
Suy ra
( )
2013
5 125 mod 2011≡
,
( )
2013
3 27 mod 2011≡
Vậy khi chia
2013
u
cho 2011 ta được số dư là 152. Suy ra khi chia

2013
v
cho 2011 ta được số dư là 152
Bài 7
Cho tam giác
ABC
nội tiếp đường tròn
( ; )O R
và có trọng tâm
G
. Gọi
1 1 1
, ,A B C
lần lượt là giao
điểm của
, ,GA GB GC
với đường tròn
( ; )O R
.
a)Chứng minh:
2 2 2 2 2
3( )GA GB GC R OG+ + = -
b)Chứng minh :
1 1 1
GA GB GC GA GB GC+ + ³ + +
Giải
G
A
C
B

A1
C1
B1
a)
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )GA GB GC GO OA GO OB GO OC+ + = + + + + +
uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
2 2
3 3 2 ( )GO R GO OA OB OC= + + + +
uuur
uuur uuur uuur

2 2
3 3 2 3.GO R GO OG= + +
uuur uuur

2 2 2
3 3 6GO R OG= + -
=
2 2
3( )R OG-
b)
1 1 1
1 1 1
. . .GA GA GB GB GC GC
GA GB GC
GA GB GC
+ + = + +
2 2

1 1 1
( )( )R OG
GA GB GC
= - + +
2 2 2
1 1 1
3
( )
GA GB GC
GA GB GC
+ +
= + +
Mặt khác :
2
2 2 2
3
( )GA GB GC
GA GB GC
+ +
+ + ³
áp dụng AM-GM:
1 1 1
9( )( )GA GB GC
GA GB GC
+ + + + ³
Vậy
2
1 1 1
1 1 1 1
9

( ) ( )GA GB GC GA GB GC GA GB GC
GA GB GC
+ + ³ + + + + ³ + +
Câu 8
a)Giải phương trình:
5x3x4x
2
+=+−
b) Giải phương trình :
2x22x3xx
23
+=−−+
trên
[ ]
2;2−
Giải

Đặt
5+= xt

( )
0≥t

Từ phương trình đã cho ta có :
04814
24
=+−− ttt
(*)
Ta có : (*)
( )

( )
016533
23
=−−+−⇔ tttt




=−−+
=
⇔
(**)01653
3
23
ttt
t
Với
3=t
ta có
4
=
x
Đặt
( )
11 ≥+= yty
từ phương trình (**) ta có :
098
3
=−− yy
(***)

Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số
( )
98
3
−−= yyyf
trên
[
);1 ∞+
ta thấy (***)
có một nghiệm duy nhất
0
y
Ta biểu diễn
0
y
dưới dạng:
000
vuy +=
Ta có :
( )( )
0983
0000
3
0
3
0
=−−+++ vuvuvu
nên có thể chọn
00
;vu

sao cho :
3
8
00
=vu
Vậy ta có :





=+
=
9
27
512
3
0
3
0
3
0
3
0
vu
vu
Như vậy
3
0
3

0
;vu
được chọn là nghiệm của phương trình :
0
27
512
9
2
=−+ zz
Suy ra:







−=
+=
108
139
2
9
108
139
2
9
3
0
3

0
v
u
Ta tìm được nghiệm của (***) là
33
0
108
139
2
9
108
139
2
9
−++=y
.Suy ra :
51
108
139
2
9
108
139
2
9
2
33
−









−−++=x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
4
=
x
;
51
108
139
2
9
108
139
2
9
2
33
−









−−++=x
b) Đặt
tcos2x
=
.Với
[ ]
2;2x −∈
ta có
[ ]
π∈ ;0t
Phương trình đã cho trở thành :






=−+−
2
t
cos21tcos2tcos3tcos4
23
(*)
Với
[ ]
π∈ ;0t
Ta có:
( )







=+⇔
2
t
cos2t2cost3cos*








π
=
=
π=
⇔






=







=






⇔
5
4
t
0t
t
1
2
t5
cos
0
2
t
cos
Vậy trên
[ ]
2;2−

phương trình đã cho có nghiệm
5
4
cos2x,2x,2x
π
==−=

Câu 9
Cho dãy số
( )
n
x
với
( )





∈
+
+=
=
+
*2
n1n
1
Nn
n
3n

x3x2
3x

a) Chứng minh :
1x
n
>
với
*
Nn ∈∀
.
b) Chứng minh dãy số
( )
n
x
có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Giải
a) Ta chứng minh
1x
n
>
với
*
Nn ∈∀
bằng quy nạp
Ta có :
α=
1
x
nên

1x
1
>
Giả sử :
1x
k
>
với
*
Nk ∈

Ta có :
3x3
2
k
>
và
1
n
1n
>
+
nên
2
n
3n
x3
2
n
>

+
+
Suyra:
1x
1n
>
+
.
Vậy
1x
n
>
với
*
Nn ∈∀
Ta chứng minh
( )
n
x
là dãy giảm bằng quy nạp
Vì
2
>α
nên
α<+α 243
2
.Ta có
12
xx <
.

Giả sử :
k1k
xx <
+
Ta có: 3
2
k
2
1k
x3x <
+
và
( )
nf
=
n
1n +
là hàm nghịch biến nên :

k
3k
x3
1k
4k
x3
2
k
2
1k
+

+<
+
+
+
+
Suy ra:
1k2k
xx
++
<
Vậy
( )
n
x
là dãy giảm
( )
n
x
lả dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ.
Đặt
α=
n
xlim
.Ta có
1132
2
=α⇔+α=α

Vậy
1xlim

n
=
Câu 10
Cho tam giác
ABC
.
Gọi
M
là điểm chuyển đông trên
AB
.Gọi
N
là điểm chuyển động trên
AC
.
a) Giả sử
CNBM =
.Chứng minh đường trung trực của
MN
luôn đi qua một điểm cố
định .
b) Giả sử
AN
1
AM
1
+
không đổi.Chứng minh
MN
luôn đi qua một điểm cố đinh .

Giải

a) Nếu tam giác
ABC
cân thì trung trực
MN
đi qua điểm
A
cố định
Xét tam giác
ABC
không cân tại A
Gọi E là điểm chính giữa cung
BAC
của đường tròn ngọai tiếp tam giác
ABC .E là điểm cố định
vì
CNBM;ECEB ==
;góc
EBM
=góc
ECN
nên
ECNEBM
∆=∆

Suy ra:
ENEM
=
hay đường trung trực của

MN
luôn đi qua điểm E cố định
b) Kẻ đường phân giác trong của
BAC
cắt MN tại F .
Gọi
β
là số đo góc BAC
Ta có : diện tích
AMN∆
=diện tích
AMF∆
+diện tích
ANF∆
Suy ra:
2
sin.AN.AF
2
1
2
sin.AF.AM
2
1
sin.AN.AM
2
1 β
+
β
=β







+
β
β
=⇒
ANAM
AN.AM
2
sin
sin
AF
AF⇒
không đổi hay F là điểm cố định
Vậy
MN
luôn đi qua một điểm cố đinh .
Câu 11 Tìm các số nguyên tố
c,b,a
sao cho
c1999a
b
=+
.
Giải
Vì
b,a

là các số nguyên tố nên
2b,a ≥
.suy ra
2003c ≥
Vì
2003c ≥
nên
c
là số lẻ .Suy ra:
b
a
là số chẵn
b
a
là số chẵn nên
2a =
Nếu
b
là số lẻ thì
( )
19981219992
bb
++=+
chia hết cho 3 .suy ra
c
chia hết cho 3 ( mâu
thuẫn
c
nguyên tố).Vậy
2b =

Với
2ba ==
ta có
2003c =
Câu 12
Trong mặt phẳng cho 6 điểm tùy ý sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.Người ta
tô mỗi đoạn thẳng tạo ra từ 6 điểm này bằng một trong hai màu đen hoặc trắng .
Chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh được tô cùng màu.
Giải
Từ điểm A ta tạo với 5 điểm B,C,D,E ,F được 5 đoạn thẳng AB,AC,AD,AE,AF.
Vì chỉ tô màu đen hoặc trắng nên trong 5 đoạn thẳng trên phải tồn tại 3 đọan thẳng tô
cùng màu.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử AB,AC, AD được tô màu đen.
Nếu có ít nhất môt trong ba đọan thằng BC,CD,DB được tô màu đen.Không mất tính
tổng quát giả sử BC tô màu đen thì ABC là tam giác thỏa yêu cầu đề bài
Nếu BC,CD,DB đều tô màu trắng thì BCD là tam giác thỏa yêu cầu đề bài
Vậy ta giải quyết được bài toán
Bài 13
a)Giải phương trình:
.1
1
3
2
=
+
+
x
x
x
b) Cho ba số thực dương

cba ,,
.Chứng minh:
cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
++≥
+
+
+
+
+
+
+
+
22
33
22
33
22
33
Giải
a.
Phương trình đã cho có điều kiện
0 1x< <
Với điều kiện trên ta có:
x

x
x
x
x
x
−
=+⇔=
+
+
1
3
11
1
3
2
2


⇔
2 2 2
(1 ) ( 1) 9x x x− + =
2
2
1 1
2 7 0x x
x x
 
⇔ + − + − =
 ÷
 

Đặt
)2(
1
≥+= t
x
xt
ta có:
2
1 10
2 9 0 1 10
1 10
t
t t t
t

= −
− − = ⇔ ⇔ = +

= +


Với
1 10t = +
ta có :
1
1 10x
x
+ = +
1 10 5 2
2

1 10 5 2
2
x
x

+ − −
=


⇔

+ + +
=


So với điều kiện
10
<<
x
, phương trình đã cho có nghiệm
2
25101 −−+
=x
b.
Ta chứng minh:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
2
a b c a b c
a b b c c a

+ +
+ + ≥
+ + +
(1)
Sử dụng bất đẳng thức AM_GM ta có :
ab
ab
ac
ca
bc
bc
cb
bc
ab
ab
ba
ab
222
2
22
22
22
22
22
2
≤
+
≤
+
≤

+
Suy ra :
2
22
2
22
2
22
2
cba
ac
ca
cb
bc
ba
ab ++
≤
+
+
+
+
+
Suy ra :
2
22
2
22
2
22
2

cba
ac
ca
c
cb
bc
b
ba
ab
a
++
≥
+
−+
+
−+
+
−
Vậy ta chứng minh được (1)
Ta chứng minh
2
22
3
22
3
22
3
cba
ba
c

ac
b
cb
a ++
≥
+
+
+
+
+
(2)
(2) đối xứng với
cba ,,
.Không mất tính tổng quát ta giả sử
cba ≥≥
Suy ra :
22
2
22
2
22
2
ba
c
ca
b
cb
a
+
≥

+
≥
+
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy
cba ≥≥
và
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b
≥ ≥
+ + +
ta có :
( )
3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a b c
b c c a a b b c a c a b
   
+ + ≥ + + + +
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
Ta lại có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2

a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
( bất đẳng thức nesbitt)
Vậy ta chứng minh được (2)
Công (1) và (2) vế theo vế ta có điều phải chứng minh
Bài 14
Cho dãy số thực
( )
n
x
với
1
1
1
3 4
1
n
n
n
x
x
x
x
+
=


+


=

+


*
( )n N∈
Xét các dãy số thực
( )
n
u
với
( )
*
2 1n n
u x n N
−
= ∈
và
( )
n
v
với
( )
*
2n n
v x n N= ∈
a) Chứng minh các dãy số
( )

n
u
,
( )
n
v
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
b) Chứng minh các dãy số
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
và tìm giới hạn đó
Giải
a.
Xét hàm số
( )
3 4
1
x
f x
x
+
=
+
trên
( )
0;+∞

Ta có :
( )
f x
nghịch biến trên
( )
0;+∞
; liên tục trên
( )
0;+∞
và nhận giá trị trong
( )
0;+∞
Dãy số đã cho được viết lại
( )
1
1
1
n n
x
x f x
+
=



=


Ta chứng minh

( )
n
u
,
( )
n
v
bị chặn bằng quy nạp
Ta có
1 1
u x=
suy ra
1
0 4u< <
Giả sử :
0 4
k
u< <
Vì
( )
f x
nghịch biến trên
( )
0;+∞
nên
( ) ( ) ( )
4 0
k
f f x f< <
.Suy ra:

1
0 4
k
x
+
< <
Tương tự cho dãy
( )
n
u
Ta chứng minh
( )
n
u
là dãy tăng ;
( )
n
v
là dãy giảm bằng quy nạp
Ta có
1 3
x x<

Vì hàm số
( )
f x
nghịch biến trên
( )
0;+∞
nên

( ) ( )
1 3
f x f x>
hay
42
xx >
Giả sử
2 1 2 1k k
x x
− +
<
ta có
( ) ( )
2 1 2 1k k
f x f x
− +
>
hay
2 2 2k k
x x
+
>
( với
*
Nk ∈
)
Với
2 2 2k k
x x
+

>
Ta có :
( ) ( )
2 2 2k k
f x f x
+
<
hay
3212 ++
<
kk
xx
Với
3212 ++
<
kk
xx
ta có :
( ) ( )
3212 ++
>
kk
xfxf
hay
2 2 2 4k k
x x
+ +
>
Vậy theo quy nạp ta có thì
( )

12 −n
x
là dãy tăng ,
( )
2n
x
là dãy giảm
Hay ta có
( )
n
u
là dãy tăng ;
( )
n
v
là dãy giảm
( ) ( )
,
n n
u v
là các dãy đơn điệu và bị chặn nên
2 2 1
lim ;lim
n n
x v x u
−
= =
b.
Ta có :
( )

2 2 1n n
x f x
−
=
và
( )
2 1 2 2n n
x f x
− −
=
nên qua giới hạn ta có :
( )
( )
u f v
v f u

=


=


Từ hệ trên ta có
3 4
1
3 4
1
v
u
v

u
v
u
+

=


+

+

=

+

⇔
u v=
Dãy số
( )
n
x
có hai dãy con
( ) ( )
2 2 1
,
n n
x x
−
có cùng giới hạn là

u v=
nên
lim
n
x u=
Qua giới hạn và từ phương trình
3 4
1
u
u
u
+
=
+
ta có
1 5u = +
Bài 15
a)Cho tam giác
ABC
có
, ,G H O
lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngọai tiếp .Gọi
K
là
điểm sao cho
3HK HG
=
uuur uuur
.Gọi
1 2 3

, ,G G G
lần lượt là trọng tâm các tam giác
, ,KBC KCA KAB
∆ ∆ ∆
.
Chứng minh:
1 2 3
, ,G A G B G C
đồng quy và
1 2 3
G A G B G C= =
.
b)Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều
ABCDE
nội tiếp đường tròn tâm
O
bán kính
R
và điểm
M
tùy
ý.
Tìm vị trí của
M
để
MA MB MC MD ME
+ + + +
ngắn nhất
Giải
a.

Trước hết ta chứng minh được
, ,G H O
thẳng hàng và
3OG OH=
uuur uuur
G
O
A
B
C
H
E
Gọi
E
là điểm đối xứng của A qua O.Ta có :BHCE là hình bình hành
Suy ra:
2HA HB HC HO+ + =
uuur uuur uuur uuur
Suy ra:
3OG OH=
uuur uuur
Vì
, ,G H O
thẳng hàng;
3OG OH=
uuur uuur
;
3HK HG
=
uuur uuur

nên
, , ,H G O K
thẳng hàng và
O
là trung điểm
HK
Gọi
M
là trung điểm
BC
.
Trong tam giác
AMK∆
ta có :
1
GG
song song
AK
;
1
1
3
GG AK=
và
1
3
GO OK=
Vậy ta chứng minh được
1
, ,O A G

thẳng hàng và
1
4
3
AG AO=
Như vậy
1 2 3
, ,G A G B G C
đồng quy tại
O
và
1 2 3
G A G B G C= =
b.
D
E
A
B
O
M
C
Vì
ABCDE
là ngũ giác đều nên ta có:
0OA OB OC OD OE+ + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur
r
Ta có :
ROAMO
R

OAOAMO
R
OAMA
R
OAMA
R
MA +=+=≥= .
1
).(
1

1
||.||.
1
1
( ) 5MA MB MC MD ME MO OA OB OC OD OE R
R
⇒ + + + + ≥ + + + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
5MA MB MC MD ME R
⇒ + + + + ≥
Vậy
MA MB MC MD ME+ + + +
ngắn nhất khi
M
trùng với O
Bài 16
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên
, ,x y z
sao cho:

2012 2012 2010
2009 2011 2012x y z+ = +
Giải
Ta có nhận xét
Bình phương một số nguyên và đem chia cho 4 thì số dư là 0 hoặc là 1
Ta có
2012
x
chia cho 4 dư 0 hoặc 1;
2012
2009y
chia 4 dư 0 hoặc 1
Suy ra:
2012 2012
2009x y+
chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2 (1)
Ta có:
2010
2011 2012z+
chia cho 4 dư 3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra không tồn tại các số nguyên
, ,x y z
thỏa phương trình trên
Bài 17
Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai
điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán
kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho.
Giải
A
B

C
Xét
A
tùy ý trong số 2011 điểm trên .Vẽ hình tròn
( )
1
C
tâm
A
,bán kính 1.
-Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong
( )
1
C
thì bài toán được chứng minh
-Nếu tồn tại điểm
B
(
B A≠
) không thuộc
( )
1
C
thì
1BA >
Vẽ hình tròn
( )
2
C
có tâm là

B
và bán kính 1
-Nếu tất cả các điểm khác
,A B
đều thuộc
( )
2
C
thì bài toán giải quyết xong
- Nếu tồn tại điểm
C
không thuộc
( )
2
C
(
C
khác
,A B
) thì để ý
, 1CB AB >
ta phải có
1CA <
suy ra
C
thuộc
( )
1
C
Như vậy ta đã chứng minh được

( )
1
C
và
( )
2
C
chứa tất cả 2011 điểm đã cho
Vậy luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho.
NỘI DUNG
Bài 18.
a)Cho a, b và c là các số không âm. Chứng minh rằng:

4 4 4
4 4 4
2 2 2
3 3 3
a b b c c a
a b c
+ + +
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
b)Giải phương trình
( )
4 4
4 4
5 10
5

3 3
x x
x x x
+ −
+ − = + ∈¡
a) Cho a, b và c là các số không âm. Chứng minh rằng:

4 4 4
4 4 4
2 2 2
3 3 3
a b b c c a
a b c
+ + +
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
Với x, y, z là ba số không âm. Ta có:
4
4 4 4
3 3
x y z x y z+ + + +
 
≥
 ÷
 
Suy ra:
4
4 4

2 2
3 3
a b a b+ +
 
≥
 ÷
 
;
4
4 4
2 2
3 3
b c b c+ +
 
≥
 ÷
 
và
4
4 4
2 2
3 3
c a c a+ +
 
≥
 ÷
 
Suy ra
4 4 4
4 4 4

2 2 2
3 3 3
a b b c c a
a b c
+ + +
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c,
b) Giải phương trình
( )
4 4
4 4
5 10
5
3 3
x x
x x x
+ −
+ − = + ∈¡
Điều kiện:
0 5x≤ ≤
Phương trình
4 4
4 4 4
2 (5 ) 2 2(5 )
2 5 (1)
3 3 3
x x x x x x

x x
+ − + + −
⇔ + − = + +
Ta có: x = 0, x = 5 không là nghiệm phương trình.
Xét hàm số
( ) , 0f x x x
α
= >
; ta có:
1 2
'( ) ; ''( ) ( 1)f x x f x x
α α
α α α
− −
= = −
(*)
Áp dụng (*) với
1
4
α
=

Ta có:
4 4
4 4 4
2 (5 ) 2 2(5 )
2 5
3 3 3
x x x x x x
x x

+ − + + −
+ − ≤ + +
5
(1) 5
2
x x x⇔ = − ⇔ =
. Vậy
5
2
x =
là nghiệm phương trình.
Bài 19
Cho dãy số
( )
n
u
như sau
( ) ( )
1
2
*
2 1
1
2
3 1 2 1 3,
n n n
u
u
nu n u n u n
+ +


= −

= −


− + + + = ∀ ∈

¥
a) Chứng minh
*
2 3 ,
n
n
u n n
= − ∀ ∈
¥
.
b) Đặt
1
1
n
n k
k
S u
−
=
=
∑
. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì

n
S
chia hết cho
n.
a) Chứng minh
*
2 3 ,
n
n
u n n
= − ∀ ∈
¥
.
Với
1n
=
,
1
1
2 3.1 1u
= − = −

2n
=
,
2
1
2 3.2 2u
= − = −
Giả sử

( )
1
1
2 3 ; 2 3 1
k k
k k
u k u k
+
+
= − = − +
Chứng minh
( )
2 *
2
2 3 2 ,
k
k
u k k
+
+
= − + ∀ ∈¥
Ta có
( ) ( )
2 1
3 1 2 1 3
k k k
ku k u k u
+ +
− + + + =
( ) ( )

( )
( )
( )
1
2
3 1 2 3 1 2 1 2 3 3
k k
k
ku k k k k
+
+
− + − + + + − =
( )
2
2
2 3 2
k
k
u k
+
+
= − +
Vậy
( )
2 *
2
2 3 2 ,
k
k
u k k

+
+
= − + ∀ ∈¥
b) Đặt
1
1
n
n k
k
S u
−
=
=
∑
. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì
n
S
chia hết cho n.
Ta có:
( )
1
2 1
1
2 2 2 3 1 2 ( 1)
n
n
n k
k
S u n
−

−
=
= = + + + − + + + −
∑
( )
1
1
1 2 ( 1) ( 1)
2. 3. 2 2 1 3
1 2 2 2
n
n
n
n n n n
S
−
−
− − −
= − = − −
−
Với n là số nguyên tố
1
2 1
n−
⇒ −
chia hết cho n.
Do n là số nguyên tố lớn hơn 2
( 1)
2
n n−

⇒
chia hết cho n.
Vậy
n
S nM
Bài 20.
Cho
', ', 'AA BB CC
là các đường trung tuyến của tam giác ABC và
O
là điểm tuỳ ý trong mặt
phẳng ABC.
a) Chứng minh
' ' ' 3 3
2
AA BB CC
BC CA AB
+ + ≥
.
b) Chứng minh
3
OA OB OC
BC CA AB
+ + ≥
.
a) Chứng minh
' ' ' 3 3
2
AA BB CC
BC CA AB

+ + ≥
.
Ta có
( )
2 2 2 2
4 ' 2AA AB AC BC
= + −
( )
2 2 2 2 2
2 4 ' 3AB BC CA AA BC
+ + = +
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được
( )
2 2 2
2 4 3 '.AB BC CA AA BC
+ + ≥
Khi đó
2 2 2
'.
2 3
AB BC CA
AA BC
+ +
≤
2 2 2
1 2 3
'.AA BC AB BC CA
≥
+ +
2

2 2 2
' 2 3 'AA AA
BC AB BC CA
≥
+ +
Tương tự, ta có
2
2 2 2
' 2 3 'BB BB
AC AB BC CA
≥
+ +

2
2 2 2
' 2 3 'CC CC
AB AB BC CA
≥
+ +
Do
( )
2 2 2 2 2 2
3
' ' '
4
AA BB CC AB BC CA
+ + = + +
Nên
' ' ' 3 3
2

AA BB CC
BC CA AB
+ + ≥
b) Chứng minh
3
OA OB OC
BC CA AB
+ + ≥
.
2 2 2
'.
2 3
AB BC CA
AA BC
+ +
≤

2 2 2
.
3 3
AB BC CA
GA BC
+ +
≤
Với G là trọng tâm tam giác ABC.
2 2 2
. 3 3. .
.
OA OAGA OAGA
BC BC GA AB BC CA

= ≥
+ +
uuur uuur
Do đó
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 .
. 3 3. .
.
OG GA GA
OA OAGA OAGA
BC BC GA AB BC CA AB BC CA
+
= ≥ ≥
+ + + +
uuur uuur uuur
uuur uuur
( )
2
2 2 2
3 3
.
OA
OG GA GA
BC AB BC CA
≥ +
+ +
uuur uuur
Tương tự ta được
( )

2
2 2 2
3 3
.
OB
OG GB GB
CA AB BC CA
≥ +
+ +
uuur uuur
( )
2
2 2 2
3 3
.
OC
OG GC GC
AB AB BC CA
≥ +
+ +
uuur uuur
( )
( )
2 2 2
2 2 2
3 3OA OB OC
OG GA GB GC GA GB GC
BC CA AB AB BC CA
+ + ≥ + + + + +
+ +

uuur uuur uuur uuur
Do
( )
2 2 2 2 2 2
1
0;
3
GA GB GC GA GB GC AB BC CA
+ + = + + = + +
uuur uuur uuur r
Nên

3
OA OB OC
BC CA AB
+ + ≥
Bài 21.
Cho dãy số
( )
( )
1
*
1
1
:
3 2 2, ( )
n
n
n n
u

u
u u n
+
=



− = ∀ ∈


¥
a)Chứng minh dãy số
( )
n
u
là dãy số giảm.
b)Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
.
a) Chứng minh dãy số
( )
n
u
là dãy số giảm.
Ta có:
1
1
2 3

n
n
n
u
u
+
= +
;
Chứng minh:
*
1n n
u u n
+
< ∀ ∈¥
bằng phương pháp quy nạp.
• Ta có:
1
2 1
2
1
5
6
u
u u
u
=


⇒ <


=


• Giả sử:
1
;
k k
u u k
+
< ∈¥
và k > 1
• Chứng minh:
2 1k k
u u
+ +
<
Ta có:
1
2 1
1 1
1 1 1
2 3 2 3 2 3
k k k
k k
k k k
u u u
u u
+
+ +
+ +

= + < + < + =
Vậy
*
1n n
u u n
+
< ∀ ∈¥
.
b) Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
.
Ta có:
1
1 1
3
3 (2 ) 2 3 . 3 . 3
2
n n n
n n n n
u u u u
+
+ +
− = ⇔ = +
Đặt
3 6
n
n n
v u= +

, ta được:
1 1
3 3
6 ( 6) 3
2 2
n n n n
v v v v
+ +
− = − + ⇔ =
Ta được:
1
*
1
9
( ) :
3
, ( )
2
n
n n
v
v
v v n
+
=



= ∈



¥
là cấp số nhân có công bội
3
2
q =
.
Suy ra:
1 1
1
3 3
. 9.
2 2
n n
n
v v
− −
   
= =
 ÷  ÷
   
Vậy
6
1 1
6.
3 2 3
n
n
n n n
v

u
−
 
= = −
 ÷
 
Bài 22.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I bán kính R và điểm A cố định thuộc đường tròn
(C). Gọi ∆ là tiếp tuyến của (C) tại điểm A. Tìm quỹ tích điểm M biết rằng khoảng cách từ M
đến đường thẳng ∆ bằng độ dài tiếp tuyến MT của đường tròn (C) với T là tiếp điểm.
Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.
(0;0), ( ;0)O A I Ox I R≡ ∈ ⇒
Khi đó ta có
Oy∆ ≡
Gọi M(x; y)
( , ) ( , )MT d M d M Oy x⇒ = ∆ = =
2 2
( ; ) ( )IM x R y IM x R y= − ⇒ = − +
uuur
Tam giác MTI vuông tại T
2 2 2
IM MT IT⇒ = +
2 2 2 2
2
( )
2
x R y x R
y Rx
⇔ − + = +
⇔ =

A
M
T
H
x
y
I
∆
Thử lại: Gọi
2
2
; ( ) : 2
2
y
M y P y Rx
R
 
∈ =
 ÷
 
2
2 4 4
2 2 2 2 2 2 2
2 2
( , )
2 4 4
y y y
IM R y R d M MI R MT
R R R
 

= − + = + ⇒ ∆ = = − =
 ÷
 
Vậy quỹ tích điểm M là một parabol
2
( ) : 2P y Rx=
Bài 23
Trong hình vuông diện tích bằng 12 đặt 3 đa giác có diện tích bằng 6. Chứng minh rằng luôn
tìm được hai đa giác mà diện tích phần chung của chúng không nhỏ hơn 2.
Gọi ba đa giác trong đề bài là
1 2 3
, ,S S S
và kí hiệu
i
S
là diện tích của đa giác
i
S
với
1;2;3i
=
.Khi đó
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
S S S S S S S S S S S S S S S
∪ ∪ = + + − ∩ + ∩ + ∩ + ∩ ∩
Theo giả thiết ta có:
1 2 3
3S S S
= = =

1 2 3
S S S∪ ∪
nằm trong hình vuông có diện tích bằng 12 nên ta suy ra
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
12 S S S S S S S S S S S S S S S
≥ ∪ ∪ = + + − ∩ + ∩ + ∩ + ∩ ∩
( )
1 2 2 3 3 1 1 2 3
12 18 S S S S S S S S S
≥ − ∩ + ∩ + ∩ + ∩ ∩
1 2 2 3 3 1 1 2 3
6S S S S S S S S S
∩ + ∩ + ∩ ≥ + ∩ ∩
Do
1 2 3
0S S S
∩ ∩ ≥
nên ta được
1 2 2 3 3 1
6S S S S S S
∩ + ∩ + ∩ ≥
Theo nguyên lý Dirichlet suy ra tồn tại ít nhất 1 trong 3 số
1 2 2 3 3 1
, ,S S S S S S
∩ ∩ ∩
lớn hơn
hoặc bằng 2.
Giả sử
1 2

2S S
∩ ≥
Khi đó 2 đa giác
1 2
,S S
có diện tích phần chung không nhỏ hơn 2.
Bài 24
a)Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2
12x y z
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
x y z
= + +
+ + +
.
b) Giải phương trình
( ) ( )
2
3
3
2
1 3 3 9 3
2
x

x x
+
− = − + −
a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2
12x y z
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
x y z
= + +
+ + +
.
Áp dụng AM – GM, ta có
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
3 2
1 1 2
1 1 1
4 4
x x x x
x x x x
+ + − + +

+ = + − + ≤ =
Khi đó
( )
( )
2
3
2
1 1 2
2
1
1 1
x
x
x x x
= ≥
+
+
+ − +
Tương tự
2 2
3 3
1 2 1 2
;
2 2
1 1
y z
y z
≥ ≥
+ +
+ +

Vậy
2 2 2
3 3 3
1 1 1 2 2 2
2 2 2
1 1 1
P
x y z
x y z
= + + ≥ + +
+ + +
+ + +
Áp dụng Cauchy – Swarzt, ta được:
2 2 2
18
1
6
P
x y z
≥ ≥
+ + +
Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 2.
Vậy GTNN của biểu thức là P = 1.
b) Giải phương trình
( ) ( )
2
3
3
2
1 3 3 9 3

2
x
x x
+
− = − + −
Điều kiện
2x
≥ −
Đặt
( )
3
9 3t x= −
ta có
( )
3 3 2
2
3
27 2 45
; ; 3 3
9 2 18 3
t x t t
x x
+ + +
= = − =
Phương trình đã cho trở thành
3 2 3
2
45 45
1 3 3
18 3 2

t t t
t t t
+ +
= + + ⇔ = + +
Ta có
2
2
3 3
3 3 0
2 4
t t t
 
+ + = + + >
 ÷
 
nên
( )
3
2
2
45
3 3
2
t
t t
+
= + +
Ta được phương trình
( ) ( )
( )

2
1
2 1 3 3 9 0 3
2
t t t t t t
− + + + = ⇔ = ∨ = −
Với
1
2
t
=
thì
217
72
x
=
Với
3t
= −
thì
0x
=
Bài 25
Tìm tất cả các hàm số
:f
→
¡ ¡
thoả mãn
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1

, , ,
3 3 9
f xy f xz f x f yz x y z
+ − ≥ ∀ ∈
¡
.
Giải
Cho
0x y z
= = =
thì
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
0 0 0
3 3 9
f f f
+ − ≥
( ) ( )
2
1 1
0 0 0
3 3
f f
 
− ≤ ⇔ =
 ÷
 

Cho

1x y z
= = =
thì
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
1 1 1
3 3 9
f f f
+ − ≥
( ) ( )
2
1 1
1 0 1
3 3
f f
 
− ≤ ⇔ =
 ÷
 

Cho
0y z
= =
thì
( ) ( ) ( )
2 1
0 0
3 9
f f x f

− ≥
Do
( )
1
0
3
f
=
nên
( )
1
,
3
f x x
≤ ∀ ∈
¡
(1)
Cho
1y z
= =
, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
1
3 3 9
f x f x f x f
+ − ≥
Do
( )
1

1
3
f
=
nên
( )
1
,
3
f x x≥ ∀ ∈¡
(2)
Từ (1) và (2) ta được
( )
1
,
3
f x x
= ∀ ∈
¡
Bài 26
Cho dãy số
( )
1
2
2 1
0
18
5 6 24
n
n n n

u
u u
u u u
+ +
=


=


= − −

Chứng minh rằng nếu
n
là số nguyên tố và
3n >
thì
n
u
chia hết cho
6n
.
Đặt
12
n n
v u= +
hay
*
12,
n n

u v n= − ∀ ∈¥
Khi đó
2 1
5 6
n n n
v v v
+ +
= −
Ta được
( )
1
2
2 1
12
30
5 6
n
n n n
v
v v
v v v
+ +
=


=


= −


Phương trình đặc trưng
2
5 6 0
λ λ
− + =
có nghiệm
2 3
λ λ
= ∨ =
.
Khi đó
.2 .3
n n
n
v a b= +
.
Ta có
1
2
12
2 3 12 3
30 4 9 30 2
v
a b a
v a b b
=
+ = =

 
⇔ ⇔

  
= + = =
 

Suy ra
3.2 2.3
n n
n
v = +
Khi đó
12 3.2 2.3 12
n n
n n
u v= − = + −
Ta có
( )
1 1
6 2 3 2
n n
n
u
− −
= + −
nên
n
u
chia hết cho 6.
Mặt khác
n
là số nguyên tố nên theo định lý Fermat

2 2(mod )
3 3(mod )
n
n
n
n

≡


≡


hay
3.2 6(mod )
2.3 6(mod )
n
n
n
n

≡


≡


Từ đó
(3.2 2.3 12) 0(mod )
n n

n
u n= + − ≡
Suy ra
n
u
chia hết cho
n
.
Với
n
là số nguyên tố và
3n
>
( ,6) 1n⇒ =
Suy ra
n
u
chia hết cho
6n
.
Bài 27
Cho đường tròn
( )
O
tâm
O
bán kính
R
và tam giác
ABC

có ba góc nhọn nội tiếp trong
đường tròn
( )
O
. Gọi
', 'A B
và
'C
lần lượt là giao điểm thứ hai của đường cao kẻ từ
,A B
và
C
với đường tròn
( )
O
.
a) Chứng minh rằng diện tích lục giác
' ' 'AB CA BC
bằng hai lần diện tích tam giác
ABC
.
b) Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác
ABC
theo
R
sao cho lục giác
' ' 'AB CA BC
có
diện tích lớn nhất.
a) Chứng minh rằng diện tích lục giác

' ' 'AB CA BC
bằng
hai lần diện tích tam giác
ABC
.
Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
.
Ta có:
·
·
' 'BAA BCC=
và
·
·
' 'BAA BCA=
Khi đó
·
·
' 'BCC BCA=
Suy ra
H
đối xứng với
'A
qua
BC
.
Qua phép đối xứng trục

BC
biến
HBC
∆
thành
'A BC
∆
. Như
vậy
'HBC A BC
S S
∆ ∆
=
Qua phép đối xứng trục
AC
biến
HAC∆
thành
'B AC∆
. Như
vậy
'HAC B AC
S S
∆ ∆
=
Qua phép đối xứng trục
AB
biến
HAB∆
thành

'C AB
∆
. Như
vậy
'HAB C AB
S S
∆ ∆
=
' ' '
2
AB CA BC
S S=
với
S
là diện tích tam giác
ABC
.
b)Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác
ABC
theo
R
sao cho lục giác
' ' 'AB CA BC
có
diện tích lớn nhất.
Gọi a, b và c lần lượt là độ dài các cạnh
,BC AC
và
AB
.

Ta có:
1
( )( )( )( )
4
S a b c a b c b c a a c b= + + + − + − + −
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
3
( ) ( ) ( ) 3 ( )( )( )a b c b c a a c b a b c b c a a c b+ − + + − + + − ≥ + − + − + −
3
( )
( )( )( )
27
a b c
a b c b c a a c b
+ +
+ − + − + − ≤

2
1
( )
12 3
S a b c≤ + +
Mà
2 sin ; 2 sin à 2 sina R A b R B v c R C= = =
nên
2 (sin sin sin )a b c R A B C+ + = + +
Xét hàm số
( ) sin , 0;
2
f x x x

π
 
= ∈
 ÷
 

'( ) cos ; ''( ) sin 0, 0;
2
f x x f x x x
π
 
= = − < ∀ ∈
 ÷
 
Khi đó
( ) ( ) ( )
3 3
f A f B f C A B C
f
+ + + +
 
≤
 ÷
 
Suy ra
3 3
sin sin sin 3sin
3 2
A B C
π

 
+ + ≤ =
 ÷
 
Ta được
2
9
4 3
R
S ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi
3a b c R= = =
.
Vậy lục giác
' ' 'AB CA BC
có diện tích lớn nhất khi
3a b c R= = =
Bài 28
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
( ) ( )
( )
3
2 2
x y y x x y+ + = −
.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 2 2 2
2 3 3 0y x y xy x y xy
+ + + − =

( )
( )
2 2 2
2 3 3 0y y x x y x x
+ − + + =
(1)
1) Nếu
0y
=
thì
x
∀ ∈
¢
đều thoả phương trình (1).
2) Nếu
0y
≠
thì từ (1) ta có
( )
2 2 2
2 3 3 0y x x y x x
+ − + + =
(2)
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 2
3 8 3 1 8x x x x x x x
∆ = − − + = − −

Phương trình (2) có nghiệm nguyên nên
∆
là số chính phương, tức là
Bài 28
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
( ) ( )
( )
3
2 2
x y y x x y+ + = −
.
Giải
( )
2
8 ,x x k k
− = ∈
¥
( )
2
2 2 2
8 0 4 16x x k x k
− − = ⇔ − − =
( ) ( )
4 4 16x k x k
− − − + =
(3)
Do
k
∈
¥

nên
4 4x k x k
− + ≥ − −

Mặt khác
4 4 2 8x k x k x
− + + − − = −
nên
4x k
− +
và
4x k
− −
là số chẵn
Khi đó
4 2 4 4 4 4 4 8
4 8 4 4 4 4 4 2
x k x k x k x k
x k x k x k x k
− − = − − = − − = − − − = −
   
∨ ∨ ∨
   
− + = − + = − + = − − + = −
   
Giải các hệ phương trình trên ta được
9 8 0 1x x x x
= ∨ = ∨ = ∨ = −
Khi
9x

=
, thay vào (2) ta được
2
27 126 0 6 21y y y y
+ + = ⇔ = − ∨ = −
Khi
8x
=
, thay vào (2) ta được
2
20 100 0 10y y y
+ + = ⇔ = −
Khi
0x
=
, thay vào (2) ta được
2
2 0 0y y
= ⇔ =

Nghiệm này không thoả mãn phương trình vì
0y
≠
Khi
1x
= −
, thay vào (2) ta được
2
2 4 2 0 1y y y
+ + = ⇔ = −

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
9; 6 ; 9; 21 ; 8;10 ; 1; 1 ; ;0 ,k k
− − − − ∀ ∈
¢
Bài 29.
a) Trên mỗi ô vuông của một bảng
7 7×
ô, ta đặt một con châu chấu. Giả sử cứ sau một
tiếng gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc cùng một cột.
Chứng minh rằng sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô.
b) Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có một con châu chấu ở toạ độ
( )
;x y
trong đó
,x y ∈¢
. Với N là một số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm
nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N. Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy
đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu
2025N =
? Vì sao?
Giải
a. Trên mỗi ô vuông của một bảng
7 7×
ô, ta đặt một con châu chấu. Giả sử cứ sau một tiếng
gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc một cột. Chứng minh rằng
sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô.
Ta tô màu trắng, đen cho mỗi ô của bảng như bàn cờ vua (tức là hai ô gần nhau cùng nằm
trên một hàng hoặc một cột thì khác màu nhau).
Do bàn cờ có số ô là lẻ (49 ô) nên số ô trắng và đen khác nhau. Ta giả sử có 25 ô trắng và 24

đen.
Ban đầu có 49 con châu chấu ở 25 ô trắng và 24 đen. Sau một tiếng gõ, con châu chấu sẽ ở ô
bên cạnh tức là ô có màu ngược với ô ban đầu nên 25 con châu chấu đứng ở ô trắng sẽ nhảy
qua 24 ô đen.
Do đó phải có 2 con châu chấu nào đó cùng đậu vào một ô.
b. Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có một con châu chấu ở toạ độ
( )
;x y
trong đó
,x y ∈¢
. Với N là một số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm
nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N. Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy
đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu
2025N
=
? Vì sao?
Bài 28
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
( ) ( )
( )
3
2 2
x y y x x y+ + = −
.
Giải
Ta chứng minh với
2025N
=

thì câu trả lời là không thể

Giả sử con châu chấu ở điểm
( )
;A x y
và nó nhảy đến điểm
( )
;B z t
.
Do yêu cầu đề bài nên
( ) ( )
2 2
2025x z y t
− + − =
Ta thấy 2025 chia hết 3, mà 1 số chính phương chia cho 3 thì dư 1 hoặc 0 nên
( )
3x z
−
M
và
( )
3y t− M
Khi đó
( ) ( )
mod 3 ; mod 3x z y t
≡ ≡
Trường hợp 1.
, 3x yM
Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có tọa độ chia hết cho 3 nên sau mỗi bước nhảy, nó sẽ
nhảy đến ô có hoành độ và tung độ đều chia hết cho 3. Như vậy, con châu chấu không thể
nhảy đến các điểm nguyên mà có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3.
Trường hợp 2.

3, 3x yM M
hoặc
3, 3x yM M
hoặc
3, 3x yM M
Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 nên sau
mỗi bước nhảy, nó sẽ nhảy đến ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3. Như vậy,
con châu chấu không thể nhảy đến các điểm nguyên mà có hoành độ và tung độ chia hết cho
3.