Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong các bài toán số học, hình học, hình học tổ hợp

Mục lục
Mở đầu 2
1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học 4
1.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học 4
1.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học 24
2.1 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình học không gian 24
2.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình học phẳng . . . 36
2.4 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp 53
3.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình
học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1
Mở đầu
Bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất hay tìm cực trị nói chung đã
có từ lâu và luôn xuất hiện trong mọi lĩnh vực của toán học. Trong chương
trình toán phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất trải dài ở
hầu hết các cấp học, có mặt ở tất cả các bộ môn Số học, Đại số, Giải tích,
Hình học và Lượng giác. Đặc biệt, trong kỳ thi Đại học, Học sinh giỏi quốc
gia và quốc tế thường có bài xác định cực trị nói chung nào đó. Bởi vậy, bài
toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất là một trong số những bài toán được
rất nhiều người thuộc nhiều lĩnh vực quan tâm đến. Các bài toán về tìm giá
trị lớn nhất hay nhỏ nhất rất phong phú, đa dạng, đòi hỏi vận dụng nhiều
kiến thức và vận dụng sao cho hợp lý, đôi khi rất độc đáo. Hơn nữa, bài toán
xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất còn liên quan đến sự đánh giá, tìm
cái chặn hoặc xét xem bài toán sẽ có tính chất gì khi nó đạt cực trị. Chính
vì thế, để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy môn toán ở bậc phổ thông,

luận văn này em xin tập trung trình bày một số bài toán về giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất trong số học, hình học và hình học tổ hợp với tên đề tài:
"Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong các bài toán số học, hình học và
hình học tổ hợp".
Luận văn ngoài mục lục, lời nói đầu, kết luận, tài liệu tham khảo thì luận
văn được chia ra làm ba chương:
Chương I: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học. Trong chương này
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của số học có đặc điểm chính là sử dụng nhuần
nhuyễn các định lí cơ bản của số học và đưa ra các bài toán điển hình về giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong số học.
Chương II: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học. Trong chương
này giới thiệu một vài bài toán cơ bản về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong
hình học không gian và hình học phẳng.
Chương III: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp. Trong
chương này tập trung trình bày một số bài toán về tìm giá trị lớn nhất và giá
2
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp và thường liên quan đến các đối tượng là
các tập hợp hữu hạn.
Qua luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy PGS. TS Phan
Huy Khải người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và giúp đỡ em trong suốt quá
trình làm luận văn.
Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán Trường Đại học Khoa
Học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội, các thầy cô đã trang bị kiến thức,
tạo điều kiện cho em trong thời gian học tập tại trường.
Em xin trân trọng cảm ơn!
Hà Nội, tháng 12 năm 2013
3
Chương 1
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

trong số học
Trong chương này có sử dụng nhuần nhuyễn các định lí cơ bản của số học,
có kết hợp với các phương pháp truyền thống của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất để hình thành các bài toán đặt ra là tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất mang một nội dung số học mà từ trước đến nay giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất trong số học chưa được phổ cập như các bài toán trong lượng
giác hay biểu thức nào đó
Sau đây là một vài bài toán điển hình về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất trong số học.
1.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất trong số học
Bài toán 1.1: Cho P = 5|x|−3|y|, ở đây x, y thuộc tập hợp D được xác định
như sau:
D = {(x, y) : x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7}.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P khi (x, y) ∈ D.
Lời giải.
Nếu (x, y) ∈ D thì chắc chắn x = 0; y = 0. Thật vậy nếu trái lại, giả sử chẳng
hạn x = 0 ⇒ 5y = 7. Điều đó vô lí vì y ∈ Z.
Mặt khác, nếu (x, y) ∈ D thì x và y trái dấu. Thật vậy nếu x và y cùng dấu,
chẳng hạn cùng dương thì do x, y ∈ Z ⇒ x ≥ 1, y ≥ 1 ⇒ 4x + 5y ≥ 9. Đó là
điều vô lí.
4
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Vì lẽ đó D = D
1
∪ D
2
, trong đó:
D
1

= {(x, y) : x > 0, y < 0; x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7},
D
2
= {(x, y) : x < 0, y > 0; x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7}.
Theo nguyên lí phân rã, ta có:
min
(x,y)∈D
P = min{ min
(x,y)∈D
1
P ; min
(x,y)∈D
2
P }. (1)
Từ 4x + 5y = 7 ⇒ x =
7 −5y
4
= 2 − y −
1 + y
4
.
Do x, y ∈ Z ⇒
1 + y
4
= t, với t ∈ Z.
Từ đó ta có:

y = 4t −1
x = 3 −5t.
(*)

• Khi (x, y) ∈ D
1
thì
P = 5x + 3y. (2)
Do x > 0; y < 0 nên suy ra:

3 −5t > 0
4t −1 < 0
⇒ t <
1
4
⇒ t = 0; −1; −2; (do
t ∈ Z)
Với
x = 3 −5t; y = 4t −1, ta có P = 5x + 3y = 12 −13t. (3)
Từ (3) và do t = 0, −1, −2, nên suy ra ứng với t = 0, ta có
min
(x,y)∈D
1
P = 12. (4)
• Khi (x, y) ∈ D
2
thì
P = −5x − 3y. (5)
Do x < 0; y > 0 nên từ (*) suy ra:

3 −5t < 0
4t −1 > 0
⇒ t >
3

5
⇒ t = 1; 2; 3 (do t ∈ Z.)
Lúc này
P = 13t − 12. (6)
Từ (6) và do t = 1, 2, 3, suy ra ứng với t = 1, thì
min
(x,y)∈D
2
P = 13.1 − 12 = 1. (7)
5
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Từ (1), (4), (7) ta có:
min
(x,y)∈D
P = 1 ⇔

x = 3 −5.1
y = 4.1 −1
⇔

x = −2
y = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi

x = −2
y = 3.
Bài toán 1.2: Cho m, n là các số nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
f(m, n) = |36
m

− 5
n
|.
Lời giải.
Vì chữ số cuối cùng của chữ số 36
m
là 6 với mọi chữ số tự nhiên m và chữ số
cuối cùng của số 5
n
là 5 với mọi số tự nhiên n, nên chữ số cuối cùng của hiệu
số 36
m
− 5
n
là 1 khi 36
m
> 5
n
và chữ số cuối cùng của hiệu số 5
n
− 36
m
là 9
khi 36
m
< 5
n
. Vì vậy chữ số cuối cùng trong cách biểu diễn thập phân của số
N = |36
m

− 5
n
| chỉ có thể là 1 hoặc 9 và giá trị nhỏ nhất có thể được của số
này có thể là 1, 9 hoặc 11.
Với m = 1 và n = 2 rõ ràng ta có N = 11. Ta hãy chứng minh rằng các đẳng
thức N = 9 và N = 1 không thể xảy ra, điều đó có nghĩa là N = 11 là giá trị
nhỏ nhất.
Thật vậy, nếu ta có đẳng thức 5
n
−36
m
= 9 thì 5
n
= 36
m
+ 9 là một bội số
của 9 là điều không thể được.
Nếu ta có đẳng thức 36
m
−5
n
= 1 thì 5
n
= 36
m
−1 = (6
m
+1)(6
m
−1); 6

m
−1 = 5
k
và 6
m
+ 1 = 5
n−k
là điều vô lí vì số 6
m
+ 1 tận cùng bằng chữ số 7 do đó không
thể bằng một lũy thừa của 5.
Như vậy, ta đã chứng minh được rằng giá trị nhỏ nhất của f(m, n) là
min
(m,n)∈D
f(m, n) = 11, ở đây D là tập hợp tất cả các giá trị tự nhiên của m và
n.
Bài toán 1.3: Cho m, n là các số nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P = |12
m
− 5
n
|.
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh rằng với mọi m, n là số nguyên dương thì
|12
m
0
− 5
n
0

| ≥ 7. (1)
6
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Thật vậy giả sử (1) không đúng, tức là tồn tại hai số nguyên dương m
0
, n
0
sao cho
|12
m
0
− 5
n
0
| < 7. (2)
Vì 12
m
0
là số chẵn, còn 5
n
0
là số tận cùng là 5, nên suy ra:
12
m
0
− 5
n
0
là số lẻ ⇒ 12
m

0
− 5
n
0

.
.
.2.
Do 12
m
0

.
.
.5, còn 5
n
0
.
.
.5 ⇒ 12
m
0
− 5
n
0

.
.
.5.
Lại thấy 12

m
0
.
.
.3, còn 5
n
0

.
.
.3 ⇒ 12
m
0
− 5
n
0

.
.
.3.
Kết hợp lại các điều kiện trên, từ (2) suy ra:
|12
m
0
− 5
n
0
| = 1. (3)
Từ (3) ta có: hoặc là 12
m

0
− 5
n
0
chia cho 13 thì dư 1 hoặc là 12
m
0
− 5
n
0
chia
cho 13 thì dư 12.
Rõ ràng ta có:
12
m
0
≡ (−1)
m
0
(mod13). (4)
Như vậy nếu m
0
là số chẵn thì 12
m
0
≡ 1(mod13), còn nếu m
0
là số lẻ thì
12
m

0
≡ 12(mod13).
Mặt khác ta luôn luôn có thể biểu diễn:
n
0
= 4k
0
+ z
0
với k
0
∈ Z và z
0
∈ {0; 1; 2; 3}.
Từ đó suy ra:
5
n
0
= 625
k
0
.5
z
0
≡ 1
k
0
.5
z
0

(mod13). (5)
Từ (5) ta có: Khi 5
n
0
chia 13 thì số dư sẽ là 1, 5, 12 hoặc 8 (tương ứng với
z
0
= 0, 1, 2 hoặc 3).
Từ (4), (5) suy ra khi đem 12
m
0
− 5
n
0
chia cho 13 thì không thể dư 1 hoặc 12.
Điều này mâu thuẫn với (3). Vậy không thể có (2), tức là (1) đúng.
Mặt khác nếu chọn m = 1; n = 1, thì P = 7.
Như vậy giá trị nhỏ nhất là min P = 7.
Bài toán 1.4: Xét tập hợp tất cả các cách chọn 30 số nguyên dương
x
1
, x
2
, x
3
, , x
30
sao cho x
1
+ x

2
+ + x
30
= 2011. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của P = x
1
x
2
x
30
.
Lời giải.
Do vai trò bình đẳng giữa x
1
, x
2
, , x
30
nên không mất tính tổng quát ta giả
sử rằng x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
30
.
7
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
1. Xét bài toán tìm min P .
Xét bộ số (x

1
, x
2
, , x
30
) trong đó:
1 < x
1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
30
và x
1
+ x
2
+ . . . x
30
= 2011.
Khi đó ta có P = x
1
.x
2
. . . x
30
.
Bây giờ xét bộ số (x
1
− 1, x
2

, . . . , x
29
, x
30
+ 1).
Khi đó để ý rằng do x
1
> 1 ⇒ x
1
≥ 2 ⇒ x
1
− 1 ≥ 1.
Mặt khác, (x
1
− 1) + x
2
+ ··· + x
29
+ (x
30
+ 1) = x
1
+ x
2
+ . . . x
30
= 2011,
nên bộ số mới này cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ứng với bộ số này ta
có:


P = (x
1
− 1)x
2
. . . x
29
(x
30
+ 1)
⇒ P −

P = x
2
. . . x
29
[x
1
x
30
− (x
1
− 1)(x
30
+ 1)]
= x
2
. . . x
29
(x
30

− x
1
+ 1).
Do x
i
> 0, ∀i = 2; 29, và x
1
≤ x
30
⇒ P >

P . (1)
(1) chứng tỏ rằng bộ số (x
1
, x
2
, . . . , x
30
) không làm cho tích P đạt giá trị
nhỏ nhất. Vậy một điều kiện cần để P đạt giá trị nhỏ nhất là x
1
= 1.
Từ đó lập luận hoàn toàn tương tự suy ra x
2
= x
3
= ··· = x
29
= 1 cũng
là điều kiện cần để P đạt giá trị nhỏ nhất.

Từ đó suy ra min P = 1.1. . . . 1(2011 −29) = 1982.
Vậy min P = 1982 ⇔ có 29 thừa số bằng 1, và một thừa số bằng 1982.
2. Xét bài toán tìm max P .
Xét bộ số (x
1
, x
2
, . . . , x
30
) trong đó:



x
1
≤ x
2
≤ ≤ x
30
x
30
− x
1
≥ 2
x
1
+ x
2
+ + x
30

= 2011.
Ứng với bộ số này ta có P = x
1
x
2
. . . x
30
. Bây giờ xét bộ số mới sau đây:
(x
1
+ 1, x
2
, . . . , x
29
, x
30
− 1).
Mặt khác dễ thấy: (x
1
+1)+x
2
+···+x
29
+(x
30
−1) = x
1
+···+x
30
= 2011,

nên bộ số mới cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ứng với bộ số này ta có:

P = (x
1
+ 1)x
2
. . . x
29
(x
30
− 1)
⇒

P − P = x
2
. . . x
29
[(x
1
+ 1)(x
30
− 1) −x
1
x
30
] = x
2
. . . x
29
(x

30
− x
1
− 1).
Từ x
30
− x
1
≥ 2 ⇒

P > P .
Vậy bất đẳng thức này chứng tỏ bộ số (x
1
, . . . , x
30
) chưa làm cho P
8
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
đạt giá trị lớn nhất. Vì thế điều kiện cần để P đạt giá trị lớn nhất là
x
30
− x
1
< 2 hay x
30
− x
1
≤ 1 ⇒ x
30
− x

1
∈ {0; 1} tức là : hoặc x
30
= x
1
hoặc x
30
= x
1
+ 1.
Như thế điều kiện cần để P đạt giá trị lớn nhất là trong 30 số thì không
được có hai số bất kì nào trong chúng chênh lệch nhau quá 1.
Điều này có nghĩa là phải có t số bằng α và 30−t số bằng α+1(1 ≤ t ≤ 30)
sao cho:
tα + (30 −t)(α + 1) = 2011 ⇒ 30α + (30 −t) = 2011. (*)
Để thỏa mãn (∗) có thể chọn α = 67, t = 29 vì 30.67 + 1 = 2011.
Như vậy chọn dãy chẳng hạn 29 số bằng 67 và một số bằng 68 thì
P = 67
29
.68.
Tóm lại ta có max P = 67
29
.68
Kết hợp lại ta có min P = 1982 và max P = 67
29
.68.
Bài toán 1.5: Xét tập hợp gồm 7 số nguyên tố khác nhau có các tính chất
sau:
1. Chúng có dạng a, b, c, a + b + c, a + b −c, a −b + c, b + c −a.
2. Hai trong ba số a, b, c có tổng bằng 800.

Gọi d là khoảng cách giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong 7 số đó.
Tìm giá trị lớn nhất của d.
Lời giải.
Do vai trò bình đẳng giữa a, b, c nên có thể giả sử a + b = 800 và a < b.
Rõ ràng c < 800. Thật vậy nếu c ≥ 800 ⇒ a + b − c ≤ 0, điều này mâu thuẫn
với việc a + b − c là số nguyên tố.
Rõ ràng a + b + c là số lớn nhất trong 7 số nguyên tố nói trên.
Số nguyên tố lớn nhất dưới 800 là 797, vì thế:
a + b + c = 800 + c ≤ 800 + 797 ⇒ a + b + c ≤ 1597. (1)
Rõ ràng a, b, c phải là các số lẻ. Thật vậy nếu trái lại tồn tại ít nhất một
trong ba số trên là số chẵn, thì do 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất nên chỉ
có đúng một trong ba số a, b, c là 2, còn hai số còn lại là hai số nguyên tố lẻ
khác nhau. Từ đó suy ra các số a + b + c, a + b − c, a − b + c, b + c − a đều là
9
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
các số chẵn, mà chúng lại khác nhau. Như vậy ta có nhiều hơn 2 số nguyên
tố chẵn khác nhau trong 7 số nói trên. Điều đó là vô lí.
Vậy cả 7 số nguyên tố đã cho đều là các số nguyên tố lẻ.
Nói riêng số nhỏ nhất trong 7 số đã cho lớn hơn hoặc bằng 3.
Kết hợp với (1) suy ra :
d ≤ 1597 −3 ⇒ d ≤ 1594. (2)
Bây giờ ta chỉ ra dấu "=" trong (2) có thể xảy ra.
Ví dụ chọn 7 số sau:
a = 13; b = 787; c = 797; a + b + c = 1597,
a + b − c = 3; a − b + c = 23; b + c − a = 1571.
Rõ ràng đúng là 7 số nguyên tố khác nhau thỏa mãn tính chất 1, ; 2.
Ngoài ra: d = 1597 − 3 = 1594.
Từ đó theo định nghĩa về giá trị lớn nhất suy ra max d = 1594.
Bài toán 1.6: Tổng của m số dương chẵn và n số dương lẻ khác nhau là
2001. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 5m + 2n.

Lời giải.
Vì tổng của m số nguyên dương chẵn khác nhau ≥ 2 + 4 + ··· + 2m =
2.
m(m + 1)
2
= m
2
+ m, còn tổng của n số dương lẻ khác nhau ≥ 1 + 3 +
··· + (2n −1) = n
2
. Vì vậy từ giả thiết suy ra
2001 ≥ m
2
+ m + n
2
= (m +
1
2
)
2
+ n
2
−
1
4
⇒ (m +
1
2
)
2

+ n
2
≤ 2001 +
1
4
. (1)
Ta có A = 5m + 2n = 5(m +
1
2
) + 2n −
5
2
.
Vì thế theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki thì
A ≤

(5
2
+ 2
2
)[(m +
1
2
)
2
+ n
2
] −
5
2

. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
A ≤

29(2001 +
1
4
) −
5
2
⇒ A ≤ 238, 407. (3)
Vì m, n là nguyên dương nên A = 5m + 2n là nguyên dương.
10
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Vì thế từ (3) có
A ≤ 238. (4)
Xét hệ phương trình:

5m + 2n = 238 (5)
m
2
+ m + n
2
= 2001. (6)
Giải (5) : n =
238 −5m
2
= 119 − 2m −
m
2

.
Vì n nguyên nên suy ra:
m
2
= t ⇒ m = 2t, t ∈ Z. Do vậy n = 119−4t−t = 119−5t.
Vì m, n > 0 nên ta có

2t > 0
119 −5t > 0
⇔ 0 < t <
119
5
⇔ 0 < t ≤ 23; t ∈ Z.
Thay vào (6) và có
4t
2
+ 2t + (119 −5t)
2
= 2011 ⇔ 29t
2
− 1188t + 12160 = 0 ⇔

t = 20
t =
608
29
.
Khi đó m = 40; n = 19.
Vậy A
max

= 238 ⇔ m = 40, n = 19.
Bài toán 1.7: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x, y, z, t) = x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
,
trên miền
D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ∈ N, x
2
− y
2
+ t
2
= 21, x
2
+ 3y
2
+ 4z
2
= 101}.
Lời giải.
Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D. Khi đó ta có:

x
2

− y
2
+ t
2
= 21 (1)
x
2
+ 3y
2
+ 4z
2
= 101. (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta có
2x
2
+ 2y
2
+ 4z
2
+ t
2
= 122 ⇒ 2(x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
) = 122 + t

2
⇒ 2f(x, y, z, t) = 122 + t
2
. (3)
Từ (3) suy ra:
f(
x, y, z, t) ≥ 61. (4)
Xét hệ phương trình:
11
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa







t = 0
x
2
− y
2
+ t
2
= 21
x
2
+ 3y
2
+ 4z

2
= 101
x, y, z ∈ N.
Hệ này tương đương với hệ:







t = 0
x
2
− y
2
= 21
x
2
+ 3y
2
+ 4z
2
= 101
x, y, z ∈ N.
Ta có: x
2
− y
2
= 21 ⇔ (x − y)(x + y) = 21

⇒







x + y = 21
x −y = 1

x + y = 7
x −y = 3
⇔







x = 11
y = 10

x = 5
y = 2
Từ: x
2
+ 3y
2

+ 4z
2
= 101 suy ra:
z
2
=
101 −(x
2
+ 3y
2
)
4
.
Để ý rằng khi x = 5, y = 2 thì z = 4. Vì thế ta có (5, 2, 4, 0) ∈ D và
f(5, 2, 4, 0) = 61.
Kết hợp với (4) ta có min
D
f(x, y, z, t) = 61.
Bài toán 1.8: Sử dụng tất cả các chữ số từ 1 đến 9, hãy sắp xếp thành ba
số có ba chữ số khác nhau sao cho tích của chúng có giá trị nhỏ nhất, giá trị
lớn nhất.
Lời giải.
a) Trước hết ta tìm giá trị nhỏ nhất: Các chữ số đầu tiên của ba số cần tìm
phải có giá trị nhỏ nhất, nên ba số này phải có dạng: 1Aa, 2Bb, 3Cc.
Ta chứng minh ba điều khẳng định sau đây:
i) A < B < C,
ii) a < b < c,
iii) Mỗi một chữ số a, b và c đều lớn hơn các chữ số A, B và C.
Thật vậy:
12

Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
i) Nếu A > B thì Aa > Bb và ta có:
1Aa.2Bb − 2Aa.1Bb = (100 + Aa)(200 + Bb) − (200 + Aa)(100 + Bb)
= 100(Aa − Bb) > 0.
Như thế ta có: 2Aa.1Bb.3Cc < 1Aa.2Bb.3Cc, điều này không thể có
do mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của 1Aa.2Bb.3Cc.
ii) Nếu a > b, thì ta có:
1Aa.2Bb − 1Ab.2Ba = (10.1A + a)(10.2B + b) − (10.1A + b)(10.2B + a)
= (10.2B − 10.1A)(a − b) > 0.
Từ đó suy ra: 1Aa.2Bb.3Cc > 1Ab.2Ba.3Cc, và cũng suy ra mâu
thuẫn.
iii) Lại giả thiết phản chứng chẳng hạn C > a ⇒ C = a + x với x > 0.
Tương tự như đã làm trong các phần i), ii) ta đi đến C lớn nhất so
với A, B; còn a nhỏ nhất so với b, c. Lúc đó ta sẽ có
1Aa.3Cc − 1Ac.3ac = 1Aa(3ac + 10x) − (1Aa + x).3ac,
x(10.1Aa −3ac) > 0.
Từ đó suy ra: 1Ac.2Bb.3ac < 1Aa.2Bb.3Cc, và đi đến mâu thuẫn.
Tóm lại ta đã chứng minh được: A < B < C < a < b < c.
Vậy tích nhỏ nhất ứng với các số cần tìm là 147.258.369.
b) Bây giờ ta tìm giá trị lớn nhất. Các số ứng với tích lớn nhất phải có
dạng 9Aa.8Bb.7Cc.
Tương tự như phần a) ta có thể chứng minh rẳng A < B < C; a < b < c;
các chữ số a, b và c đều nhỏ hơn các chữ số A, B, C, rồi từ đó suy ra được
a < b < c < A < B < C.
Vậy tích lớn nhất cần tìm là 941.852.763.
Bài toán 1.9: Số 2002 được phân tích thành tổng các m hợp số. Tìm giá trị
lớn nhất có thể có của m.
Lời giải.
a) Xét một số chẵn 2k > 6. Ta có: 2k = 4 + (2k −4) = 4 + 2(k − 2).
Do k > 3 ⇒ k −2 > 1 ⇒ 2(k −2) là số chẵn lớn hơn 2, nên 2(k −2) là hợp

13
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
số. Dĩ nhiên 4 cũng là hợp số. Vậy ta có kết quả sau:
" Mọi số chẵn lớn hơn 6 đều có thể biểu diễn dưới dạng là tổng của hai
hợp số".
Rõ ràng vì:
2 = 2 + 0 = 1 + 1;
4 = 2 + 2 = 3 + 1;
6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 + 3.
Vì 2, 3, 5 đều là các số nguyên tố; còn 0, 1 không phải là hợp số. Kết hợp
với nhận xét trên ta suy ra:
"Chỉ có các số chẵn lớn hơn 6 mới có thể biểu diễn dưới dạng tổng trong
đó có ít nhất là hai hợp số".
b) Xét một số lẻ 2k + 1 > 11. Ta có: 2k + 1 = 9 + (2k − 8) = 9 + 2(k − 4).
Do 2k + 1 > 11 ⇒ k > 5 ⇒ 2(k − 4) là số chẵn lớn hơn 2, nên 2(k − 2) là
hợp số. Dĩ nhiên 9 cũng là hợp số. Vậy ta có kết quả sau:
"Mọi số lẻ lớn hơn 11 đều có thể biểu diễn dưới dạng là tổng của hai
hợp số".
Hiển nhiên:
1 = 1 + 0;
3 = 2 + 1;
5 = 1 + 4 = 2 + 3;
7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4;
9 = 1 + 8 = 2 + 7 = 3 + 6;
11 = 1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6.
Kết hợp với nhận xét trên ta suy ra:
"Chỉ có các số lẻ lớn hơn 11 mới có thể biểu diễn dưới dạng tổng trong
đó có ít nhất hai hợp số".
Nhận xét thêm rằng 4, 6, 9 là các hợp số (trong đó 4 là hợp số chẵn nhỏ
nhất, còn 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất). Như vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 12

đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của các hợp số.
Ứng với mọi số tự nhiên n ≥ 12 đều có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng
của các hợp số, nhưng ở đây ta quan tâm đến cách mà trong biểu diễn
14
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
này số các hợp số (tức là số các số hạng của tổng) là nhiều nhất có thể
được.
Từ nhận xét trên ta thấy rằng trong cách biểu diễn số n ≥ 12 mà ta
quan tâm thì phải thỏa mãn các yêu cầu sau:
i) Chỉ có mặt trong tổng các số hạng 4, 6, 9. Thật vậy, nếu có hợp số
khác, tức là hoặc là có hợp số chẵn lớn hơn 9, hoặc hợp số lẻ lớn
hơn 9, thì các hợp số này theo nhận xét trên có thể thay bằng tổng
của hai hợp số khác.
ii) Hợp số 6 có mặt tối đa trong tổng một lần. Thật vậy, nếu nó có
mặt hai lần trở lên, thì do 6 + 6 = 4 + 4 + 4, ta có thể thay hai hợp
số 6 bằng ba hợp số 4 và điều này như đã biết là vô lí.
iii) Hợp số 9 có mặt tối đa trong tổng một lần (lập luận tương tự dựa
vào đẳng thức 9 + 9 = 4 + 4 + 4 + 6).
Bây giờ xét số 2002 của bài toán. Ta có:
2002 = 4.499 + 6 = 4 + 4 + ··· + 4
  
499 số 4
+6.
Đó là cách biểu diễn 2002 thành tổng các hợp số và là cách biểu
diễn duy nhất mà trong tổng biểu diễn có nhiều số hạng nhất. Vì
thế từ giả thiết 2002 = a
1
+ a
2
+ ···+ a

m
, trong đó a
m
là các hợp số
ta suy ra ngay m ≤ 500.
Vậy 500 là giá trị lớn nhất có thể có của m.
Chú ý: Nếu thay số 2002 bằng 2003 và xét bài toán tương tự: Tìm giá trị lớn
nhất có thể có của m để có thể phân tích 2003 thành tổng của m hợp số.
Với chú ý rằng 2003 = 4.497 + 6 + 9 = 4 + 4 + ··· + 4
  
497 số 4
+6 + 9, từ đó suy ra ở đây
giá trị lớn nhất có thể có của m là 499.
Bài toán 1.10: Cho k là số nguyên dương ≥ 3.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x, y, z) = xyz trên miền
D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương và x + y + z = k}.
Lời giải.
Do vai trò bình đẳng giữa x, y, z nên không giảm tổng quát có thể coi x ≥ y ≥ z.
15
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Vì D là tập hữu hạn phần tử (x, y, z) nên dĩ nhiên hàm số f(x, y, z) = xyz phải
đạt giá trị lớn nhất trên D. Giả sử:
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = f (x
0
, y
0
, z
0

) = x
0
y
0
z
0
. (1)
(Chú ý ở đây: x
0
≥ y
0
≥ z
0
)
Ta sẽ chứng minh rằng:
x
0
− z
0
≤ 1. (2)
Thật vậy, nếu trái lại ta có: x
0
− z
0
> 1.
Khi đó chỉ có thể xảy ra ba trường hợp sau đây:
i) Nếu x
0
= y
0

> z
0
+1. Vì x
0
+y
0
+z
0
= k nên ta có: x
0
+(y
0
−1)+(z
0
+1) = k.
Do x
0
= y
0
> z
0
+ 1 và z
0
> 0 ⇒ x
0
, y
0
−1, z
0
+ 1 cũng nguyên dương, tức

là: (x
0
, y
0
− 1, z
0
+ 1) ∈ D.
Mặt khác: f(x
0
, y
0
−1, z
0
+ 1) = x
0
(y
0
−1)(z
0
+ 1) = x
0
y
0
z
0
+ x
0
(y
0
−z

0
−1).
Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn với (1).
Vậy trong trường hợp i) không thể xảy ra.
ii) Nếu x
0
> y
0
> z
0
.
Xét bộ ba nguyên dương (x
0
−1, y
0
, z
0
+1). Rõ ràng (x
0
−1, y
0
, z
0
+1) ∈ D.
Lại có: f(x
0
− 1, y
0
, z
0

+ 1) = y
0
(x
0
− 1)(z
0
+ 1) = x
0
y
0
z
0
+ y
0
(x
0
− z
0
− 1).
Vì x
0
− z
0
− 1 > 0 (do x
0
> z
0
+ 1) nên ta có:
f(x
0

− 1, y
0
, z
0
+ 1) > x
0
y
0
z
0
⇒ f(x
0
− 1, y
0
, z
0
+ 1) > f(x
0
, y
0
, z
0
).
Bất đẳng thức này cũng mâu thuẫn với (1) .
Vậy trong trường hợp ii) cũng không thể xảy ra.
iii) Nếu x
0
− 1 > y
0
> z

0
. Lập luẫn như trên cũng suy ra mâu thuẫn.
Tóm lại giả thiết x
0
− z
0
> 1 là sai, vậy (2) đúng.
Từ (2) suy ra chỉ có thể xảy ra hai khả năng sau:
a) Nếu x
0
− z
0
= 0. Kết hợp với x
0
≥ y
0
≥ z
0
, thì x
0
= y
0
= z
0
=
k
3
.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 0(mod3). (Chú ý: x
0

, y
0
, z
0
nguyên
dương).
b) Nếu x
0
− z
0
= 1. Lúc này lại có hai trường hợp nhỏ sau:
16
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
• Nếu x
0
= y
0
+ 1 = z
0
+ 1. Từ đó ta có
x
0
=
k + 2
3
; y
0
= z
0
=

k − 1
3
.
Chú ý rằng trường hợp này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 1(mod3).
• Nếu x
0
= y
0
= z
0
+ 1. Từ đó ta có
x
0
= y
0
=
k + 1
3
; z
0
=
k − 2
3
.
Trường hợp này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 2(mod3).
Tóm lại ta đi đến kết luận sau:
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =




















k
3
27
khi k ≡ 0(mod3);
(k + 2)(k −1)
2
27
khi k ≡ 1(mod3);
(k + 1)
2
(k − 2)
27

khi k ≡ 2(mod3).
Nhận xét:
a) Dĩ nhiên nếu k ≡ 0(mod3), tức là k nguyên dương và chia hết cho 3 thì
lời giải của bài toán có thể suy trực tiếp một cách đơn giản như sau:
Theo bất đẳng thức Cô-si thì với mọi (x, y, z) ∈ D, ta có
xyz ≤ (
x + y + z
3
)
3
=
k
3
27
.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
k
3
.
Do k > 0 và k
.
.
.3, nên (
k
3
,
k
3
,
k

3
) ∈ D. Vì lẽ đó ta có
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
k
3
27
,
khi k > 0 và k
.
.
.3.
b) Tuy nhiên nếu k 
.
.
.3 thì không thể áp dụng được bất đẳng thức Cô-si để
giải bài toán này. Lí do ở chỗ dấu "=" xảy ra trong bất đẳng thức
xyz ≤
k
3
27
,
17
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
khi và chỉ khi x = y = z =
k
3
. Tuy nhiên do k 
.

.
.3, nên
(
k
3
,
k
3
,
k
3
) ∈ D.
Vì thế chưa có thể kết luận gì về max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) nếu sử dụng bất đẳng
thức Cô-si.
Bài toán 1.11: Cho n là số tự nhiên sao cho 2003! chia hết cho 5
n
. Tìm giá
trị lớn nhất của n thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải.
Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3, . . . , 2002, 2003 là 5, 10, 15, . . . , 1995, 2000. Các bội
đó là

2003
5

= 400 số .
Các bội của 5
2

trong dãy trên là 25, 50, 75, . . . , 2000. Số các bội đó là

2003
25

= 80 số .
Số các bội của 5
3
là

2003
125

= 16 số .
Số các bội của 5
4
là

2003
625

= 3 số .
Vậy số thừa số 5 khi phân tích số 2003! ra thừa số nguyên tố là
400 + 80 + 16 + 3 = 499.
Như vậy 2003! = 5
499
.p, ở đây (p, 5) = 1.
Giả sử n là số tự nhiên sao cho 2003!
.
.

.5 ⇒ 5
499
p
.
.
.5
n
.
Vì (p, 5) = 1 ⇒ 5
499
.
.
.5
n
⇒ n ≤ 499.
Vậy n lớn nhất thỏa mãn bài toán là n = 499.
Bài toán 1.12: Cho n là số nguyên dương lớn hơn 4 sao cho:
(n
3
+ 4n
2
− 20n − 48)
.
.
.125.
18
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Tìm giá trị nhỏ nhất của n thỏa mãn bài toán trên.
Lời giải.
Đặt A = n

3
+ 4n
2
− 20n − 48. Dễ thấy:
A = n
3
+ 4n
2
− 20n − 48 = (n − 4)(n + 2)(n + 6).
Nếu n
.
.
.5 thì n −4, n + 2, n + 6 đều không chia hết cho 5, suy ra A 
.
.
.125.
Nếu n ≡ 1(mod 5) hoặc n ≡ 2 (mod 5), bằng cách lập luận như trên suy ra
A 
.
.
.125.
Nếu n ≡ 3(mod 5) thì n −4 
.
.
.5, n + 6 
.
.
.5. Từ đó theo giả thiết A
.
.

.5 suy ra
n + 2
.
.
.125 ⇒ n + 2 = 125k, k nguyên dương
⇒ n + 2 ≥ 125 ⇒ n ≥ 123. (1)
Nếu n ≡ 4(mod 5) thì n + 2 
.
.
.5 và n + 6
.
.
.5; n −4
.
.
.5.
Vì thế nếu A
.
.
.125 thì

n −4
.
.
. 25
n + 6
.
.
. 25
⇒


n −4 = 25k
n + 6 = 25k
(k nguyên dương)
⇒

n −4  25
n + 6  25
⇔

n  29 (2)
n  19. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra n ≥ 19.
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm thỏa mãn bài toán là n = 19.
Bài toán 1.13: Cho n là số chính phương có chữ số cuối cùng khác 0 và sau
khi xóa bỏ hai chữ số cuối thì thu được vẫn là số chính phương. Tìm số lớn
nhất của n thỏa mãn bài toán.
Lời giải.
Giả sử n = k
2
là số chính phương thỏa mãn các điều kiện đầu bài. Khi đó ta
có k
2
= 100a + bc, và từ giả thiết thì 100a cũng là số chính phương, tức là
100a = m
2
, m ∈ Z. (1)
Từ (1) suy ra
a = l
2

, l ∈ Z. (2)
Do c = 0, nên từ k
2
= 100l
2
+ bc suy ra
k
2
> 100l
2
⇒ k > 10l. (3)
19
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Do k, l nguyên, nên từ (3) ta có
k ≥ 10l + 1. (4)
Từ bc = k
2
− 100a, nên từ (4) ta có bc ≥ (10l + 1)
2
− 100l
2
, hay
bc ≥ 20l + 1. (5)
Mặt khác, bc < 100 ⇒ 20l + 1 < 100 ⇒ l <
99
40
. Nhưng l ∈ Z nên ta có
l ≤ 4. (6)
Do k
2

= 100l
2
+ bc, kết hợp với l ≤ 4, bc ≤ 99 suy ra
k
2
≤ 1699. (7)
Do k là số chính phương nên từ (7) suy ra k
2
≤ 1681 (do 1699 không là số
chính phương và 41
2
= 1681, 42
2
= 1764 > 1699). Như thế mọi số chính phương
n thỏa mãn yêu cầu đề bài đều thỏa mãn bất đẳng thức n ≤ 1681.
Vậy số chính phương lớn nhất thỏa mãn bài toán là n = 1681.
Bài toán 1.14: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ···+ n
2
là một số chính phương. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.
Lời giải.
Giả sử 1
2
+ 2
2

+ 3
2
+ ··· + n
2
= m
2
, với n, m ∈ N, n > 1, m > 1.
Vì 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ··· + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
, nên ta có
n(n + 1)(2n + 1) = 6m
2
. (1)
Xét phép chia n cho 6, ta thấy có các khả năng sau:
n = 6k, n = 6k + 1, n = 6k + 2, n = 6k + 3, n = 6k + 4, n = 6k + 5.
1) Nếu n = 6k, k ∈ N, k > 1 (Vì nếu k = 1 ⇒ n = 6 ⇒ 7.13 = m
2
và suy ra vô
lí). Khi đó từ (1) suy ra
k(6k + 1)(12k + 1) = m
2

⇒ k(72k
2
+ 18k + 1) = m
2
. (2)
Do (k, 72k
2
+ 18k + 1) = 1 ⇒ k phải là số chính phương. Vì k > 1 nên suy
ra k ≥ 4.
Để ý rằng khi k = 4, thì n = 24 và ta có 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ··· + 24
2
= 70
2
.
20
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
2) Nếu n = 6k + 1, k ∈ N. Từ (1) suy ra
(6k + 1)(3k + 1)(4k + 1) = m
2
. (3)
Vì các số 3k + 1, 4k + 1, 6k + 1 đôi một nguyên tố cùng nhau, nên từ (3)
suy ra
3k + 1 = x
2

; 4k + 1 = y
2
; 6k + 1 = z
2
. (4)
với x, y, z ∈ N và x, y, z đều lớn hơn 1.
Chú ý rằng nếu k = 1, 2, 3, 4 thì (1) đều không thỏa mãn. Từ đó suy ra
k > 4 ⇒ n > 24.
Các trường hợp còn lại cũng xét tương tự như trên.
Tóm lại, ta luôn có n ≥ 24. Dấu ” = ” xảy ra khi n = 24. Vậy n = 24 là số tự
nhiên cần tìm thỏa mãn bài toán.
Bài toán 1.15: Cho P là số chính phương có n + 4 chữ số. Biết rằng n chữ
số đầu tiên và 4 chữ số cuối cùng của P cũng đều làm thành các số chính
phương khác 0. Tìm số lớn nhất của P thỏa mãn bài toán.
Lời giải.
Đặt P = A
2
và hai số chính phương có n và 4 chữ số nói trên tương ứng là B
2
và C
2
, (A, B, C là các số nguyên dương). Khi đó ta có
A
2
= 10000B
2
+ C
2
= (100B)
2

+ C
2
. (1)
Do C
2
có 4 chữ số nên C
2
≤ 99
2
= 9801. Từ (1) suy ra
(A −100B)(A + 100B) = C
2
. (2)
Do C
2
= 0 ⇒ A − 100B > 0 ⇒ A − 100B ≥ 1. Vậy từ (2) có
A + 100B ≤ C
2
.
Ta có 200B = (A + 100B) −(A − 100B), và theo trên suy ra
200B ≤ C
2
− 1 ≤ 99
2
− 1 = 9800 ⇒ B ≤ 49.
Như vậy từ (1) suy ra P = A
2
≤ (100.49)
2
+ 9801 hay P ≤ 24019801.

Mặt khác, 24019801 cũng là số chính phương vì 24019801 = (4909)
2
.
Vậy P = 24019801 là số chính phương lớn nhất thỏa mãn đầu bài.
21
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Bài toán 1.16: Biết rằng số nguyên dương n có tính chất sau: n
2
+ n + 1
phân tích được thành tích của 4 số nguyên tố. Tìm số nguyên tố nhỏ nhất đó
thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải.
Giả sử n
2
+ n + 1 = p
1
p
2
p
3
p
4
, trong đó p
1
, p
2
, p
3
, p
4

là 4 số nguyên tố và p
1
≤
p
2
≤ p
3
≤ p
4
. Do n
2
+ n + 1 = n(n + 1) + 1 ⇒ n
2
+ n + 1 là số lẻ nên suy ra
p
1
, p
2
, p
3
, p
4
là các số nguyên tố lẻ, tức là p
1
≥ 3.
Do n(n + 1) có tận cùng là 0, hoặc 2, hoặc 6 nên n
2
+ n + 1 có tận cùng là
1, hoặc 3, hoặc 7. Như vậy (n
2

+ n + 1) 
.
.
.5. Từ đó suy ra p
1
= 5, ∀i = 1, 2, 3, 4.
• Nếu p
1
= 3 ⇒ n
2
+ n + 1 = 3p
2
p
3
p
4
⇒ (n
2
+ n + 1)
.
.
.3 ⇒ n = 3k + 1(k ∈ N).
(Thật vậy: Nếu n = 3k thì n
2
+ n + 1 = 9k
2
+ 3k + 1 
.
.
.3; nếu n = 3k + 2 thì

n
2
+ n + 1 = 9k
2
+ 15k + 7 
.
.
.3. Vô lí).
Thay vào ta có:
(3k + 1)
2
+ (3k + 1) + 1 = 3p
2
p
3
p
4
⇒ 3k
2
+ 3k + 1 = p
2
p
3
p
4
⇒ p
2
p
3
p

4

.
.
.3 ⇒ p
2

.
.
.3.
Mặt khác: p
2

.
.
.5 ⇒ p
2
≥ 5.
• Nếu p
2
= 7, ta có 3k
2
+ 3k + 1 = 7p
3
p
4
⇒ (3k
2
+ 3k + 1)
.

.
.7. Suy ra hoặc
k = 7t + 1 hoặc k = 7t + 5 với t ∈ N.
Do quan tâm đến n bé nhất nên ta chọn k = 7t + 1.
Khi k = 7t + 1, ta có: 21t
2
+ 9t + 1 = p
3
p
4
.
Chọn p
3
= 7, ta có: 21t
2
+ 9t + 1 = 7p
4
⇒ (21t
2
+ 9t + 1)
.
.
.7. Suy ra
t = 7m + 3, m ∈ N.
Từ đó ta được:
n = 3k + 1 = 3(7t + 1) + 1 = 3[7(7m + 3)] + 1
= 147m + 67, m ∈ N.
Để n bé nhất chọn m = 0 ⇒ n = 67.
Khi n = 67, ta có n
2

+ n + 1 = 67
2
+ 67 + 1 = 3.7.7.31. Vậy n = 67 là số nguyên
dương bé nhất thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Vậy n = 67 là giá trị nhỏ nhất cần tìm thỏa mãn bài toán.
22
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
1.2 Bài tập đề nghị
Bài 1: Cho số tự nhiên n > 0 có tính chất
n

i=1
p
2000
i
.
.
.120, ở đây p
1
, p
2
, . . . , p
n
là
các số nguyên tố lớn hơn 10. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.
Bài 2: Cho a
1
, a
2
, . . . , a

n
là các số tự nhiên và là hợp số sao cho
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
= 2001.
Tìm giá trị n lớn nhất thỏa mãn bài toán.
Bài 3: Cho n > 1 là số tự nhiên sao cho (n + 1)(2n + 1) chia hết cho 6 và
thương là số chính phương. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất của n thỏa mãn bài
toán.
Bài 4: Giả sử n là số nguyên dương sao cho n chia hết cho 1993 và có 4 chữ
số tận cùng là 1994. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.
Bài 5: Cho n là số tự nhiên sao cho n.19
2003
+ 84
2003
chia hết cho 13390. Tìm
giá trị nhỏ nhất của n.
Bài 6: Cho x, y nguyên không âm và không cùng bằng 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất của hàm số
f(x, y) = |5x
2
+ 11xy − 5y
2
|.
Bài 7 : Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất sau:
i) n là lập phương của một số nguyên dương.

ii) n viết trong hệ thập phân có 4 số tận cùng là 1997.
23
Chương 2
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
trong hình học
Trong chương này sẽ đưa ra các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất trong hình học không gian và hình học phẳng. Trong đó có vận dụng linh
hoạt, nhuần nhuyễn các phương pháp tìm cực trị của hàm số để giải quyết
các bài toán trong hình học một cách đơn giản nhất.
Sau đây là các bài toán điển hình về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
trong hình học.
2.1 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình
học không gian
Bài toán 2.1.1: Cho hình chóp SABC có thể tích là V ; M là một điểm tùy
ý nằm bên trong tam giác ABC. Qua M vẽ các đường thẳng song song với
SA, SB, SC. Chúng cắt các mặt (SBC), (SAC), (SAB) tương ứng tại A

, B

, C

.
Tìm thể tích lớn nhất của tứ diện MA

B

C

.
Lời giải.

AM, BM, CM tương ứng cắt BC, AC, AB tại P, Q, R.
Khi đó từ giả thiết suy ra:
A

∈ SP; B

∈ SQ; C

∈ SR.
Theo định lí Talet, ta có:
MA

SA
=
P M
P A
;
MB

SB
=
QM
QB
;
MC

SC
=
RM
RC

.
24
Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa
Trong tam giác ABC hiển nhiên ta có:
(Theo định lí Xê Va)
P M
P A
+
QM
QB
+
RM
RC
= 1 ⇒
MA

SA
+
MB

SB
+
MC

SC
= 1. (1)
Hai tứ diện M.A

B


C

và S.ABC có MA

//SA, MB

//SB, MC

//SC nên ta
có:
V
M.A

B

C

V
S.ABC
=
MA

SA
.
MB

SB
.
MC


SC
. (2)
Theo bất đẳng thức CôSi, ta có:
MA

SA
+
MB

SB
+
MC

SC
≥ 3
3

MA

SA
.
MB

SB
.
MC

SC
. (3)
Từ (1), (3) suy ra:

MA

SA
.
MB

SB
.
MC

SC
≤
1
27
. (4)
Dấu ” = ” trong (4) xảy ra khi và chỉ khi
MA

SA
=
MB

SB
=
MC

SC
=
1
3

⇔ M là trọng tâm ABC.
Từ (1) và (4) đi đến:
V
M.A

B

C

≤
1
27
V. (5)
Dấu bằng trong (5) xảy ra khi và chỉ khi trong (4) xảy ra khi và chỉ khi M là
trọng tâm của ABC.
Vậy max V
M.A

B

C

=
1
27
V.
25