VMO preparation bồi dưỡng thi olympic toán

Đề số 1.
1. Cho f: R  R là hàm số thoả mãn điều kiện
f(x2+x+3) + 2f(x2-3x+5) = 6x2 – 10x + 17
với mọi x thuộc R. Hãy tìm f(85).
2. Cho tam giác đều ABC có cạnh a. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng
tam giác. Gọi x, y, z là khoảng cách từ M đến A, B, C tương ứng và p, q, r là
khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng biểu thức
P = x2 + y2 + z2 – 2(p2+q2+r2)
không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
3. Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên lẻ x 1,
x2, …, xn thoả mãn điều kiện x12 + x22 + … + xn2 = n4.
4. Cho P là một điểm nằm trên hyperbol xy = 5 và Q là một điểm nằm trên
ellipse x2 + 6y2 = 6. Chứng minh rằng khoảng cách giữa P và Q không nhỏ
hơn 9/7.
5. Gọi O là giao điểm hai đường chéo của tứ giác lồi ABCD, AO = CO. Các
điểm P và Q được chọn trên các đoạn AO và CO tương ứng sao cho PO =
OQ. Gọi N và K là giao điểm của các cạnh AB, CD với các đường thẳng
DP, BQ tương ứng. Chứng minh rằng N, O, K thẳng hàng.
 1
6. Dãy số xn xác định bởi 1 + 
 n

n + xn

= e . Chứng minh rằng dãy số {x n} có

giới hạn khi n dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó.
7. Trong một nhóm 17 người biết rằng mỗi người có đúng 4 người quen.
Chứng minh rằng tìm được 2 người không quen nhau và cũng không có
người quen chung.

Đề số 2.
1. Giải hệ phương trình
 x( y + z ) = x 2 + 2

2
 y ( z + x) = y + 3
 z( x + y) = z 2 + 4


2. Cho tam giác cân ABC với AB = AC. P là một điểm bất kỳ nằm trong hay
nằm trên các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng PA 2 + PB.PC ≤
AB2.
[ n / 2]

3. Chứng minh rằng

∑ (−2007)
k =0

k

C n2 k chia hết cho 2n-1.

4. Cho a, b, c là các số thực dương phân biệt. Chứng minh rằng
a 2 (b + c ) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) − 6abc
16abc
≥
2
2

2
a + b + c − ab − bc − ca
(a + b + c) 2

5. Trên phân giác trong góc A của tam giác ABC bên trong tam giác tìm
được điểm L sao cho ∠LBC = ∠LCA = ∠LAB. Chứng minh rằng độ dài
các cạnh của tam giác ABC tạo thành một cấp số nhân.
6. Tìm tất cả các hàm số f: Q  R thoả mãn điều kiện
| f(x) – f(y) | ≤ (x-y)2
với mọi x, y thuộc Q.
7. Tại một hội nghị có 100 đại biểu. Trong số đó có 15 người Pháp, mỗi
người quen với ít nhất 70 đại biểu và 85 người Đức, mỗi người quen với
không quá 10 đại biểu. Họ được phân vào 21 phòng. Chứng minh rằng có
một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau.


Đề số 3.
1. Giải phương trình
2 x + x + log 2 x = 2 x +1
2

2. Trong hình vuông ABCD trên các cạnh BC và CD lấy các điểm P và Q
tương ứng; độ dài đoạn PQ bằng d. Đường tròn đường kính d tiếp xúc với
các cạnh AB, AD và đoạn PQ. Chứng minh rằng ∠PAQ = 450.
3. Chứng minh rằng giữa 7 số nguyên đôi một khác nhau tìm được 4 số a, b,
x và y sao cho ab – xy chia hết cho 7. Khẳng định có còn đúng không với 6
số?
4. Chứng minh rằng với mọi số thực x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có
bất đẳng thức
(1+xn+1)(1+x)n-1 ≥ (2x)n.

5. Các đường chéo của hình thang ABCD cắt nhau tại điểm P. Điểm Q nằm
giữa hai đáy BC và AD được chọn sao cho ∠AQD = ∠CQB. Điểm P và Q
nằm khác phía nhau đối với cạnh CD. Chứng minh rằng ∠BQP = ∠DAQ.
6. Tìm tất cả các hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện
f(x+y) = f(x).f(y).f(xy)
với mọi số thực x, y.
7. Với số nguyên dương n > 1 xét S = {1, 2, 3, …, n}. Tô các số của S bằng
2 màu, u số màu đỏ và v số màu xanh. Hãy tìm số các bộ (x, y, z) thuộc S 3
sao cho
a) x, y, z được tô cùng màu;
b) x + y + z chia hết cho n.


Đề số 4.
1. Giải phương trình (2x3+x-3)3 = 3 – x3.
2. Chứng minh rằng
4 sin

π
3π
5π
π
3π
5π
sin
sin
= 1 − sin + sin
− sin
.
14

14
14
14
14
14

3. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn điều
kiện: phương trình P(x) = 0 không có nghiệm nguyên và với mọi số nguyên
dương n, tồn tại số nguyên x sao cho P(x) chia hết cho n.
4. Cho n ≥ 2 là một số nguyên dương, a 1, …, an; b1, …, bn là các số thực thoả
mãn điều kiện
n

∑ ai2 = 1,
i =1

n

n

∑ bi2 = 1,

∑a b

i =1

i =1

i i

=0

2

2

 n   n 
Chứng minh rằng  ∑ ai  +  ∑ bi  ≤ n.
 i =1   i =1 

5. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đáy AC tại điểm E,
với các cạnh bên AB, BC tại M và K. Đường thẳng MK cắt cạnh AC nối dài
tại P. Chứng minh rằng PI vuông góc với BE.
6. Dãy số {an} xác định bởi công thức truy hồi
a

n −1
a1 = 1/2, a n = 2n.a + 1 với mọi n > 1.
n −1

(a1 + a 2 + ... + a n ).
Tìm giới hạn lim
n →∞

7. Cho X là một tập con n+2 phần tử của {-n, -n+1, …, n-1, n}. Chứng minh
rằng tồn tại ba phần tử phân biệt a, b, c của X sao cho a + b = c.


Đề số 5.
1. Giải phương trình

x 2 − 12 x + 72 + x 2 − 6 x + 18 =

y 2 + 12 y + 72 − y 2 − 6 y + 18

2. Cho tam giác ABC có BC > AB > AC và cosA + cosB + cosC = 11/8. Xét
các điểm X thuộc BC và Y thuộc AC kéo dài về phía C sao cho BX = AY =
AB.
a) Chứng minh rằng XY = AB/2.
b) Gọi Z là điểm nằm trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam
giác không chứa C sao cho ZC = ZA + ZB. Hãy tính tỷ số ZC/(XC+YC).
3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a 1 > 1 tồn tại dãy số tăng các số
nguyên dương a1, a2, a3, … sao cho a12 + a22 + …+ ak2 chia hết cho a1 + a2 +
… + ak với mọi k ≥ 1.
4. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 3. Chứng minh rằng
1
1
1
+ 2 + 2 ≥ a2 + b2 + c2 .
2
a
b
c

5. Cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD. Đường thẳng (d) tiếp
xúc với các đường tròn nội tiếp tam giác ADB và ADC tại M và N tương
ứng. Chứng minh rằng đường tròn đi qua trung điểm các đoạn BD, DC và
MN tiếp xúc với (d).
6. Cho dãy các số thực không âm x 1, x2, …, x2008 thoả mãn điều kiện x1 =
x2008 = 2008 và với mọi n = 2, 3, …, 2007 ta có x n+1 = xn2 – xn-12 + xn-1. Hãy
tìm x1000.

7. Cho bàn cờ 100 x 100 và N quân cờ. Xét các cách xếp các quân cờ vào
các ô của bàn cờ thoả mãn điều kiện: không có hai quân cờ được xếp vào
các ô kề nhau. Với giá trị nhỏ nhất nào của N tồn tại một cách xếp như vậy,
nhưng nếu chuyển 1 quân cờ bất kỳ sang ô bất kỳ bên cạnh thì tính chất này
bị vi phạm.


Đề số 6.
1. Chứng minh rằng với mọi x sao cho sinx ≠ 0, tồn tại số tự nhiên n sao cho
|sin(nx)| ≥ 3 / 2 .
2. Cho tam giác ABC có các góc lần lượt bằng 4π/7, 2π/7, π/7 tương ứng.
Kẻ các đường phân giác trong AA1, BB1, CC1. Chứng minh rằng A1B1C1 là
tam giác đều.
3. Tìm tất cả các số nguyên dương n có thể biểu diễn được dưới dạng
n = [a, b] + [b, c] + [c, a]
trong đó a, b, c là các số nguyên dương. ([a, b] ký hiệu bội số chung nhỏ
nhất của các số nguyên dương a, b).
4. Các số thực khác 0 và khác nhau đôi một x, y, z thoả mãn điều kiện
x3 + y2z = y3 + z2x = z3 + x2y
Chứng minh rằng
1/x + 1/y + 1/z = 0.
5. Lục giác lồi ABCDEF có ABF là tam giác vuông cân tại A, BCEF là hình
bình hành. AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 2 . Tính diện tích lục giác.
6. Tìm tất cả các hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện
f(f(x) + y)) = f(f(x) – y) + 4f(x)y
với mọi x, y thuộc R.
7. Trong một nhóm có 2n+1 người biết rằng với n người bất kỳ tồn tại 1
người không nằm trong số họ quen với tất cả n người này. Chứng minh rằng
trong nhóm người này có 1 người quen với tất cả mọi người.

Lời giải, đáp số, hướng dẫn
1.1. Đáp số: f(85) = 167. Hướng dẫn: Thay x bằng 1-x.
1.2. Hướng dẫn: Dùng toạ độ hoặc véc-tơ.
1.3. Lời giải tóm tắt: Nếu x là số nguyên lẻ thì x 2 ≡ 1 mod 8. Từ đó, nếu n là
số nguyên dương thoả mãn yêu cầu thì xét hai vế theo mô-đun 8, ta suy ra n
đồng dư 1 mô-đun 8, tức là n = 8k + 1. Với n = 8k+1, ta chọn x 1 = n2 – 2, x2
= 2n – 1, còn trong 8k-1 số còn lại có 3k số bằng 3 và 5k-1 số bằng 1 thì
tổng bình phương các xi sẽ bằng
(n2-2)2 + (2n-1)2 + 27k + 5k-1 = n4.
1.4. Bài toán tương đương với việc chứng minh nếu xy = 5 và u 2 + 6v2 = 6
thì (x-u)2 + (y-v)2 ≥ (9/7)2.
Áp dụng bất đẳng thức CBS, ta có
(1+6)((x- u)2 + (y-v)2) ≥ ((x-u) + 6 (y-v))2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có |x + 6 y| = |x| + 6 |y| ≥ 2 5 6
Áp dụng bất đẳng thức CBS, ta có |u + 6 v| ≤ 2(u 2 + 6v 2 ) = 12 . Từ đó suy
ra điều phải chứng minh.
1.5. Cách 1. Kẻ NM // KL // AC (M, L thuộc BD). Đặt a = BO, b = DO, c =
PO = OQ, l = AO = OC, x = KL, u = OL, y = NM, v = OM. Từ các tam giác
đồng dạng BOQ và BLK suy ra x/c = (a+u)/a, suy ra x/c = 1 + u/a. Từ các
tam giác đồng dạng DOC và DLK suy ra x/l = (b-u)/b, suy ra x/l = 1 – u/b.
Từ đó suy ra x(1/c-1/l) = u(1/a+1/b), suy ra x/u = (1/a+1/b)/(1/c-1/l).
Hoàn toàn tương tự y/v = (1/a+1/b)/(1/c-1/l). Từ đó suy ra x:u = y:v, suy ra
các tam giác ONM và OKL đồng dạng, suy ra các góc NOM và KOL bằng
nhau, từ đó N, O, K thẳng hàng.
Cách 2. Áp dụng định lý Menelaus thuận cho các tam giác ABO, BQO và
cát tuyến KPD, DNC tương ứng. Sau đó áp dụng định lý Menelaus đảo cho
tam giác ABQ và 3 điểm K, O, N.
1.6. Đáp số: 1/2. Hướng dẫn: Chứng minh bất đẳng thức x – x 2/2 < ln(1+x) <
x – x2/2 + x3/3 rồi dùng giới hạn kẹp. Có thể chuyển sang hàm số rồi dùng

quy tắc L’Hopitale.
1.7. Lời giải: Ta chuyển sang ngôn ngữ đồ thị, mỗi người tương ứng với 1
đỉnh và hai người quen nhau được nối bằng 1 cạnh.


Giả sử ngược lại với khẳng định bài toán, mọi đỉnh X đều được nối với 1
trong 16 đỉnh còn lại, hoặc là trực tiếp, hoặc là qua một đỉnh thứ 3. Vì X
được nối với đúng 4 đỉnh và mỗi một đỉnh này được nối với đúng 3 đỉnh
khác, trong đồ thị sẽ không còn đỉnh nào khác và tất cả các đỉnh đã nhắc đến
đều khác nhau. Ngoài ra các cạnh còn lại của đồ thị có số lượng là 17.4/2 –
16 = 18 chỉ có thể nối các đỉnh ngoài.
Mỗi một trong 18 cạnh này cho chúng ta một chu trình độ dài 5 đi qua X. Vì
X là một đỉnh bất kỳ, qua mỗi một trong 16 đỉnh còn lại cũng có đúng 18
chu trình như vậy. Mỗi một chu trình đi qua đúng 5 đỉnh, suy ra số chu trình
bằng 18.17/5, mâu thuẫn. Như vậy khẳng định bài toán được chứng minh.
2.1. Hướng dẫn: Đặt u = y+z-x, v = z+x – y, w = x + y – z thì x = (v+w)/2, y
= (u+w)/2, z = (u+v)/2 ta được hệ vu + wu = 4, uv + wv = 6, uw + vw = 8.
Từ đó suy ra uv = 1, uw = 3, vw = 5.
2.2. Hướng dẫn: Dùng phương pháp toạ độ hoặc dùng phương tích. Các
dùng phương tích sơ lược như sau: Vẽ đường tròn (C) tâm A bán kính R =
AB. Khi đó ta cần chứng minh PB.PC ≤ R2 – PA2 = PC(P). Nối dài BP cắt
(C) tại B’, ta chỉ cần chứng minh PB’ > PC là xong. Cái này dùng so sánh
góc.
2.3. Cách 1: Ta có tính chất: nếu y là số chính phương lẻ mô đun 8 thì y là số
chính phương mô đun 2n với mọi n. Thật vậy, giả sử y = x 2 mod 2n. Đặt y =
x2 + k.2n. Xét (x + t.2n-1)2 = x2 + xt.2n + t2.22n-2 = y + (xt – k)2n + t2.22n-2. Vì n≥
3 nên 2n-2 ≥ n+1 và x lẻ nên tồn tại t sao cho xt – k chia hết cho 2.
Vì -2007 là số chính phương mod 8 nên -2007 là số chính phương mod 2 n
với mọi n. Tồn tại số nguyên lẻ x sao cho 2007 = x2 mod 2n. Từ đó
[ n / 2]

[ n / 2]

k =0

k =0

∑ (−2007) k C n2k = ∑ ( x 2 ) k C n2k

(mod 2 n )

Tiếp theo khai triển (x-1)n + (x+1)n suy ra đpcm.
[ n / 2]

k
2k
n
n
Cách 2: 2 ∑ (−2007) C n =(1 − i 2007 ) + (1 + i 2007 ) = S n . Ta có hệ thức truy
k =0

hồi Sn+1 – 2Sn + 2008Sn-1 = 0. Từ đó suy ra đpcm.
2.4. Hướng dẫn: Có thể đưa về dạng
a 2 (b + c ) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) − 6abc 16(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca)
≥
abc
(a + b + c) 2


rồi dùng một trong các phương pháp: dồn biến, SOS, ABC. Chú ý rằng bài

này tương đương với bài toán sau: Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1, chứng minh
rằng
1 1 1
+ + + 48(ab + bc + ca) ≥ 25.
a b c

Một cách giải khác:
2.5. Cách 1. Đặt ∠LBC = ∠LCA = ∠LAB = ∠LAC = α.
Áp dụng định lý hàm số cho tam giác LBC, ta có
cosα = (LB2 + a2 – LC2)/2a.LB
Hạ LH vuông góc AB thì AH = b/2, suy ra LB 2 – LC2 = BH2 – AH2 = c2 –
bc. Từ đó cosα = (a2 + c2 – bc)/2a.LB.
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác LAB ta có LB/sinα =
c/sinB, suy ra LB = csinα/sinB. Thay vào, chú ý rằng 2sinαcosα = sinA ta
suy ra đpcm.
Cách 2. Áp dụng định lý hàm số sin thì được AL/sin(B-A/2) = BL/sin(A/2);
BL/sin(C-A/2) = LC/sin(A/2). Từ đó, do AL = LC suy ra sin 2(A/2) = sin(BA/2)sin(C-A/2). Biến đổi đẳng thức này suy ra a2 = bc.
Cách 3. Nối dài BL cắt đường tròn nội tiếp tam giác ALC tại Q. Chứng minh
ABC đồng dạng QCA => AB/QC = BC/CA. Mà QC = BC => đpcm.
2.6. Chia đoạn [x, y] thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm x 0 = x, x1, x2, …,
xn = y thì ta có
|f(x) – f(y)| = |f(x0) – f(x1) + f(x1) – f(x2) + … + f(xn-1) – f(xn)|
n

≤ ∑ ( xi − xi −1 ) 2 =| x − y | / n .
i =1

Vì n có thể chọn tuỳ ý nên từ đây suy ra f(x) = f(y). Từ đó suy ra f(x) là hàm
hằng.
2.7. Mỗi một người Pháp phải quen với ít nhất 70-14 = 56 người Đức. Suy

ra số cặp người quen Pháp-Đức ít nhất là 15 x 56 = 840.
Có 21 phòng, trong khi đó chỉ có 15 người Pháp, suy ra có ít nhất 6 phòng
toàn người Đức. Ta chứng minh 1 trong 6 phòng này không có cặp nào quen
nhau. Thực vậy, giả sử ngược lại, trong 6 phòng này mỗi phòng có ít nhất 1
cặp quen nhau thì có 6 cặp người Đức quen nhau  có 12 người Đức chỉ
quen nhiều nhất 9 người Pháp. Từ đó, số cặp quen Đức Pháp không vượt
quá


12 x 9 + 73 x 10 = 838, mâu thuẫn.
3.1. Rõ ràng x = 1 là nghiệm của phương trình. Nếu x > 1 thì x 2 + x > x + 1
nên VT > VP. Nếu x < 1 thì x+1 > x + x 2 nên VT < VP. Suy ra x = 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
3.2. Hướng dẫn: Tính toán, toạ độ hoặc dựng tam giác vuông cân PO 1Q.
Chứng minh O1 là tâm đường tròn đường kính d.
3.3. Hướng dẫn: Chỉ cần xét theo môđun 7. Nếu có 2 số = 0 thì OK. Nếu chỉ
có nhiều nhất 1. Suy ra có 6 số khác 0. Nếu tất cả khác nhau thì OK, lấy 5.6
– 1.2 = 27 chia hết cho 7. Nếu có 2 cặp giống nhau cũng OK. Vậy có a, a và
b, c, d, e (b, c, d, e có thể bằng a. Trong các số bc, bd, be, cd, ce, de nếu có
số giống nhau thì OK. Nếu khác nhau thì phải có 1 cặp đồng dư với a 2
mođun 7.
3.4. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 1 + xn+1 ≥ 2xn+1/2, 1+x ≥ 2x1/2.
3.5. Dùng phép vị tự.
3.6. Thay x = y = 0 ta được f(0) = f 3(0). Suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = ± 1. Nếu
f(0) = 0 thì thay y = 0 trong phương trình, suy ra f(x) đồng nhất 0. Nếu f(0) =
± 1.thì thay y = -x suy ra ± 1= f(x)f(-x)f(-x2). Suy ra f(x) khác 0 với mọi x.
Thay x bằng x-1 và y = 1, suy ra
f(x) = f2(x-1)f(1) với mọi x
thay y = -1
f(x-1) = f(x)f(-1)f(-x)

Từ đó suy ra
f(x) = f2(x)f2(-1)f2(-x)f(1)
suy ra f(x)f2(-x) = const. Thay x bằng –x suy ra f(-x)f2(x) = const  f(x) =
const.
Cách 2. Cũng xét trường hợp tồn tại a sao cho f(a) = 0 và trường hợp f(x)
khác 0 với mọi x. Trong trường hợp thứ 2, khai triển f(x+y+1), ta được
f(x+y+1) = f(x)f(y+1)f(xy+x) = f(x)f(y)f(1)f(y)f(xy)f(x)f(x2y) =
f2(x)f2(y)f(1)f(xy)f(x2y).
Đổi vị trí x, y thì được f(x 2y) = f(xy2). Từ đó suy ra f(x) = c với mọi x khác
0. Tiếp theo khá đơn giản.
3.7. Hướng dẫn: Số cách bộ x, y, z sao cho x + y + z chia hết cho n bằng n 2
(x có n cách chọn, y có n cách chọn. Sau khi chọn x, y thì z có đúng 1 cách


chọn). Trong số này có 3uv bộ khác màu (vì sao?). Từ đó suy ra đáp số là
(u+v)2 – 3uv = u2 + v2 – uv. Cách khác: Gọi a 1, …, au là các số tô màu xanh,
b1, b2, …, bv là các số tô màu đỏ. Đặt f(x) = x a1 + … + xau, g(x) = xb1 + … +
xbv. Ta cần tính tổng S các hệ số của các số hạng x kn trong f3(x) + g3(x).
Nhưng f3(x) + g3(x) = (f(x) + g(x))(f2(x) +g2(x) – f(x)g(x)) = (x + x2 + … +
xn)(f2(x) +g2(x) – f(x)g(x)). Chú ý rằng ứng với mỗi một hệ số của xk trong
khai triển chính tắc của f2(x) +g2(x) – f(x)g(x), tồn tại duy nhất i thuộc 1, 2,
…, n sao cho cho k+i là bội của n. Suy ra S bằng tổng các hệ số của f 2(x)
+g2(x) – f(x)g(x), tức là bằng f2(1) +g2(1) – f(1)g(1) = u2 + v2 – uv.
4.1. Cách 1. Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất. Chứng minh
nếu 2x3 = 3 thì x là nghiệm của phương trình.
Cách 2: Đặt 3 – x3 = y3 (1) thì từ phương trình ta được 2x 3 + x – 3 = y (2),
cộng (1) và (2) suy ra x3 + x = y3 + y. Do hàm x3 + x tăng nên từ đây suy ta x
= y. Từ đó 3 – x3 = x3 suy ra x = (3/2)1/3. Thử lại nghiệm đúng.
4.2. Ta có

π
3π
5π
− 2π
4π
5π
7π
3π
9π
π
sin
sin
= 2(cos
− cos ) sin
= (sin
+ sin ) − (sin
+ sin )
14
14
14
14
14
14
14
14
14
14
π
3π
5π

= 1 − sin + sin
− sin
.
14
14
14
4 sin

4.3. Ta chọn P(x) = 6x2 – 5x + 1 = (2x-1)(3x-1). Phương trình này có nghiệm
là 1/2, 1/3, không nguyên. Nếu n = 2a.m, trong đó m là số lẻ và a là số
nguyên không âm. Đặt r = (m+1)/2. Khi đó 2r-1 = m và tất cả các số có dạng
2(r+km) – 1 là bội số của m. Vì (3, 2a) = 1 nên tồn tại b, c nguyên sao cho 3b
+ 2a.c = 1. Tất cả các số 3(b+k.2a) – 1 có 2a là ước số chung. Vì (2a, m) = 1
tồn tại số nguyên x sao cho x chia m dư r và chia 2a dư b. Như ta đã nói ở
trên, 2x-1 chia hết cho m và 3x-1 chia hết cho 2 a. Và khi đó (2x-1)(3x-1)
chia hết cho n = 2a.m.
n

n

i =1

i =1

4.4. Đặt A = A = ∑ Ai , B = ∑ Bi ,
Ta có
n

n

0 ≤ ∑ (1 − Aai − Bbi ) 2 =∑ (1 + A 2 ai2 + B 2 bi2 − 2 Aai − 2 Bbi + 2 ABai bi )
i =1

i =1

n

n

n

n

n

n

i =1

i =1

i =1

i =1

i =1

i =1

= ∑1 + A 2 ∑ a i2 + B 2 ∑ bi2 − 2 A∑ ai − 2 B ∑ bi + 2 AB ∑ ai bi = n − A 2 − B 2 .

4.5. Tính toán theo cạnh. Hoặc dùng véc-tơ: Khai triển theo IE và EA.Sử
dụng tính chất aIA + bIB + cIC = 0. Hoặc dùng phép nghịch đảo, hoặc dùng
cực đối cực.
4.6. Hướng dẫn: Chứng minh an = n(n+1).
4.7. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, ta có 1 + (-1) = 0. Giả
sử mệnh đề đã đúng đến với các số < n. Xét 2 trường hợp
Trường hợp 1: Trong n+2 số không có đủ các số n và –n. Khi có (n-1) + 2 số
nằm trong {1-n , 2 – n, …, n-2, n-1} có các số a, b, c phân biệt mà a + b = c.
Trường hợp 2: X chứa cả n và –n. Nếu X chứa 0 thì xong. Nếu X không
chứa 0, ta còn n số có trị tuyệt đối từ 1 đến n-1. Có tất cả n-1 cặp số cách
nhau n đơn vị trong đó phải có một cặp nằm trong X, giả sử đó là (a, a+n).
Khi đó a+n + (-n) = a.
5.1. Đáp số x = 4, y = 12. Hướng dẫn: dùng bất đẳng thức.
5.3. Hướng dẫn: Xây dựng dãy bằng quy nạp
5.4. Hướng dẫn: 1) Chứng minh abc(1/a 2 + 1/b2 + 1/c2) ≥ 3. abc(a2+b2+c2) ≤
3.
2) Dùng dồn biến.
3) Dùng phương pháp tiếp tuyến.
5.6. Hướng dẫn: Chứng minh dãy là dãy hằng.
5.7. Đáp số: N = 100. Giả sử tồn tại cách xếp cho N < 100. Suy ra phải tồn
tại 1 hàng trống. Hàng này chia bàn cờ thành 2 phần (trong đó có thể có 1
phần rỗng). Nếu hàng trống ở biên thì tồn tại quân cờ gần biên này nhất. Di
chuyển quân này sang biên ta được cấu hình thoả mãn. Mâu thuẫn. Nếu hàng
trống ở giữa. Khi đó hai hàng bên cạnh hàng trống không thể trống …
6.3. Gọi X là tập hợp các số n biểu diễn được dưới dạng trên. Với a = b = 1,
c = k, ta được n = 2k + 1. Suy ra mọi số lẻ lớn hơn 1 thuộc x. Vì [2a, 2b] =
2[a, b] nên nếu n thuộc X thì 2n thuộc X. Suy ra tất cả các số có dạng 2 u.
(2k+1) đều thuộc X. Chỉ còn lại các số có dạng 2 k. Ta chứng minh các số

dạng này không thuộc X.
Thật vậy, giả sử n = 2 k là số nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng n = [a, b] +
[b, c] + [c, a]. Khi đó a, b, c không thể đồng thời chẵn (khi đó n/2 cũng biểu


diễn được) và không thể đồng thời lẻ (khi đó n lẻ). Trường hợp số hai lẻ, 1
số chẵn cũng không thể xảy ra vì khi đó n lẻ. Cuối cùng, trường hợp a lẻ, b,
c chẵn, ta có
n = [a, b] + [b, c] + [c, a] = [2a, b] + [b, c] + [c, 2a]
suy ra n/2 = [a, b/2] + [b/2, c/2] + [c/2, a].
6.6. Thay y = f(x) ta được f(2f(x)) = f(0) + 4f 2(x). Thay y bởi 2f(y) – f(x) ta
được
f(2f(x) – 2f(y)) = f(2f(y)) – 4f(x)(2f(y)-f(x)) = f(0) + 4f 2(y) + 4f(x)(2f(y)f(x)) = f(0) + (2f(x)-2f(y))2.
Nếu tồn tại x0 với f(x0) ≠ 0 thì với mọi x thuộc R ta có
x = 2f(f(x0) + x/8f(x0)) – 2f(f(x0)-x/8f(x0)),
nên f(x) = x2 + f(0).
6.7. Ta chứng minh rằng tồn tại n+1 người đôi một quen nhau. Thật vậy, giả
sử k là số lớn nhất sao cho tồn tại k người đôi một quen nhau và k < n+1.
Khi đó xét k người này, theo giả thiết, tồn tại 1 người khác k người này quen
với tất cả k người này, suy ra có k+1 người đôi một quen nhau, mâu thuẫn.
Vậy có n+1 người đôi một quen nhau. Xét n người còn lại, theo giả thiết, có
1 người trong n+1 người nói trên quen n người này, suy ra người đó sẽ quen
với tất cả mọi người.