Pre VMO TỔNG HỢP MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

LƯU GIANG NAM
K14 - Khoa Toán Tin - ĐH Khoa học Tự nhiên

PRE VMO
2015
TỔNG HỢP MỘT SỐ BÀI TOÁN
TỪ DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF


THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
THÁNG 2 NĂM 2015


TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN

PRE VMO 2015

Người làm

: Lưu Giang Nam (namcpnh)
K14, ĐH KHTN TPHCM

Nguồn trang

: diendantoanhoc.net/forum

Thành phố Hồ Chí Minh
Tháng 3 năm 2015

Trang 1

Chương 1
Các bài toán được đăng
1.1

Đại số- Giải tích

Câu 1: ( Đề của namcpnh )
Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn:
f (y + f (x)) = f (x)f (y) + f (f (x)) + f (y) − xy
với mọi x, y ∈ R
Câu 2: ( Đề của namcpnh )
Cho dãy số (an ) thỏa mãn điều kiện:
an+1 =

2
n+1
an − , a1 = α, n = 1, 2, 3, ...
n
n

Tìm α để (an ) hội tụ .
Câu 3: ( Đề của namcpnh )
Tìm các hàm số f : R → R thỏa mãn:
f

x+y
2012

=

1
x
y
f
+f
2
2013
2014

, ∀x, y ∈ R

.
Câu 4: ( Đề của namcpnh )
Cho x, y, z là các số thực không âm đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(x + y + z)2 .

1
1
1
+
+
2
2
(x − y)
(y − z)
(z − x)2

Câu 5: ( Đề của namcpnh )
Cho P (x) và Q(x) là hai đa thức hệ số nguyên sao cho đa thức P (x3 ) + xQ(x3 ) chia hết cho

x2 + x + 1. Gọi d là ước chung lớn nhất của P (k), Q(k) (k ∈ N∗ ). Chứng minh rằng d chia hết
cho k − 1 .
Câu 6: (Đề của Daicagiangho1998 )
Tìm tất cả các hàm f : R → R ,f (0) = 0, f (1) = 2014 thỏa mãn:
(x − y)(f (f 2 (x)) − f (f 2 (y))) = (f (x) − f (y))(f 2 (x) − f 2 (y))
với mọi số thực x, y.

2


1.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 7: (Đề của Daicagiangho1998 )
Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn với mọi số thực x, y:
f (f (x) − y) = f (x) + f (f (y) − f (−x)) + x
Câu 8: (Đề của Daicagiangho1998 )
Cho A, B, C là 3 góc của một tam giác. Chứng minh rằng:
cos

B−C
C −A
3A
3B
3C
A−B
+ cos
+ cos
≥ sin

+ sin
+ sin
2
2
2
2
2
2

Câu 9: (Đề của Daicagiangho1998 )
Cho a, b, c > 0, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
a2 b 2 c 2
+ +
≥
b
c
a

n

an + b n
+
2

n

bn + c n
+
2

n

c n + an
2

Câu 10: (Đề của Bui Ba Anh )
Cho a; b; c là các số thực không âm sao cho a + b + c > 0. CMR:
a2
b2
c2
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
2
3a + (b + c)
3b + (a + c)
3c + (a + b)
2
Câu 11: (Đề của Daicagiangho1998 )
Tìm CTTQ của xn thỏa mãn:
xn+1

x1 = √36
√
√
= 24x3n − 12 6x2n + 15xn − 6

với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Câu 12: (Đề của Juliel )

3
Cho hai dãy số dương (xn ), (yn ) xác định bởi x1 = y1 = √ và :
2
2
9xn+1 = 4xn+1 yn+1
− 9xn
, ∀n ∈ N∗
2
9yn+1 = 4yn+1 xn+1 + 9yn

Chứng minh hai dãy này có giới hạn hữu hạn và tính các giới hạn này.
Câu 13: (Đề của banhgaongonngon )
Cho dãy số (xn ) xác định bởi:
x1 = a > 0
xn+1 = ln (1 + xn ) , ∀n ∈ N
1. Chứng minh rằng với mọi số thực M > 1 luôn tồn tại số nguyên dương k thỏa mãn
1 ≤ xn+1 + xn1+1 ≤ M, ∀n ≥ k.
2. Tìm tất cả các số thực s sao cho ns (xn − xn+1 ) có giới hạn hữu hạn khác 0.

Trang 3


1.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 14: (Đề của namcpnh )
Cho trước số nguyên dương n. Xét đa thức P (x) và Q(x) không là đa thức 0 có hệ số thực
thỏa mãn:
i) Bậc của P (x) nhỏ hơn n + 1.
ii) Q(x) là đa thức chuẩn tắc bậc n + 1 có đúng n + 1 nghiệm phân biệt bi đã sắp thứ tự.
iii) P (bi ).Q′ (bi ) < 0 với mọi số bi .
Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm bội.
Câu 15: (Đề của namcpnh )
Cho dãy số xác định bởi:
un+1

u0 = 1, u1 = −1
= kun − un−1 , ∀n ∈ N

Tìm tất cả các giả trị k ∈ Q để (un ) là dãy tuần hoàn.
Câu 16: ( Đề của pndpnd )
Tìm hàm liên tục f : R → R thoả mãn:
1) f là đơn ánh,
2) f (2x − f (x)) = x,
3) Tồn tại x0 thỏa mãn f (x0 ) = x0 .

Câu 17: (Đề của WhjteShadow )
√
√
√
√
Cho a, b, c là các hằng số, a + b + c = 23 .
Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm duy nhất :
√
√

√ x − b + √ x − c = 1
y − c + √y − a = 1
√
z−a+ z−c=1

Câu 18: (Đề của WhjteShadow )
Tìm hàm f liên tục R → R sao cho f (x) − f (y) ∈ Q∀x − y ∈ Q.

Câu 19: (Đề của pndpnd )
Cho đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d thuộc R thỏa mãn f (x)
thuộc R và |x| 1.
Chứng minh với mọi x thuộc R và |x| 1 ta có |dx3 + cx2 + bx + a| 4.
Câu 20: (Đề của deathavailable )
Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (f (n)) = n2
Câu 21: Cho dãy số un thỏa mãn :
u1 = 1, un+1 =
2015

Đặt Sn =
n=1

16u3n + 27un
48u2n + 9

1
, n ∈ N, n ≥ 1.
4un + 3

Tìm phần nguyên của Sn .
Câu 22: (Đề của binvippro )

Giải hệ phương trình

√
√
x y + y x + 2(x + y − xy) = 4
x x2 + 3xy + y y 2 + 3xy = 4
Trang 4

1 với mọi x


1.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 23: (Đề của ducvipdh12 )
Hãy tìm tất cả các tập A gồm hữu hạn số thực có tính chất sau:
Nếu x thuộc A thì f (x) = x3 − 3 |x| + 4 cũng thuộc A.
Câu 24: (Đề của pndpnd )
Cho a, b, c > 0. Giải hệ:

Câu 25: (Đề của BlackSelena )
Tìm hàm f : R+ → R+ thoả:

a b
 x − z = c − xz
b
− c = a − xy
 yc xa
− y = b − yz

z

f (xy) = f (x + y)(f (x) + f (y)) ∀x, y > 0
Câu 26: (Đề của Daicagiangho1998 )
Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện sau:
u1 = 1, un+1 =

16u3n + 27un
48u2n + 9

1
Đặt Sn = 2015
n=1 4un +3 với mọi n ∈ N, n ≥ 1.
Tìm phần nguyên của Sn .

Câu 27: (Đề của pndpnd )
Cho dãy Un xác định bởi:
Un+1 =

2+

Un2 + 4Un + 4
Un

và U1 > 0 với mọi n = 1, 2, 3....
Chứng minh dãy số Un có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 28: (Đề của khanghaxuan )
Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa:
f (xf (y)) + f (f (x) + f (y)) = yf (x) + f (x + f (y))
Câu 29: (Đề của Juliel )

Tìm tất cả các hàm số f : R → R và thoả:
x2 y 2 [f (x + y) − f (x) − f (y)] = 3(x + y)f (x)f (y), ∀x, y ∈ R

Trang 5


1.2. HÌNH HỌC

1.2

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Hình học

Câu 1: (Đề của namcpnh )
Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1 BC, B1 CA, C1 AB theo thứ tự vuông cân tại
A1 , B1 , C1 .A2 , B2 , C2 theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua B1 C1 , C1 A1 , A1 B1 . Chứng
minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A2 B2 C2 đi qua trực
tâm của tam giác A1 B1 C1 .
Câu 2: (Đề của hoangtubatu955 )
Cho đường tròn (O) và điểm M cố định (M nằm ngoài (O)). Kẻ tiếp tuyến M A và cát tuyến
M BC ( B nằm giữa M và C). Một đường tròn tâm J thay đổi đi qua B, C lần lượt cắt
AB, AC tại H, G. Gọi I là giao điểm của BG và CH; W là giao điểm của HG với BC.
a) Chứng minh rằng giao điểm của JI và W A luôn di động trên một đường cố định.
b) Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh W I của tam giác AIW luôn đi
qua một điểm cố định.
Câu 3: (Đề của Nxb )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại
D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G.
CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC.

Câu 4: (Đề của BlackSelena )
Cho tam giác ABC và 1 đường tròn (O). Gọi A′ B ′ C ′ là tam giác đường tạo thành bởi 3 đường
đối cực của lần lượt A, B, C với (O).
Khi đó AA′ , BB ′ , CC ′ đồng quy.
Câu 5: (Đề của BlackSelena )
Cho tam giác ABC, M là 1 điểm trong tam giác. AM, BM, CM cắt BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 .
(AB1 C1 ) cắt (O) tại A2 . Tuơng tự có B2 , C2 . X ≡ B2 C2 ∩ BC, tương tự có Y, Z.
Chứng minh O là trực tâm △XY Z.
Câu 6: (Đề của WhjteShadow )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). H là hình chiếu của A xuống BC, AK là đường
kính của (O). I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A của ∆ ABC.
Chứng minh rằng BIH = CIK và BJH = CJK.
Câu 7: (Đề của pndpnd )
Cho (O; R) và (O′ ; R′ ) với R khác R’ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B. Đường thẳng d
tiếp xúc với (O) tại P , với (O′ ) tại Q. Gọi M và N là hình chiếu của P và Q tương ứng trên
OO′ . AM giao với (O) tại M ′ , AN giao với (O′ ) tại N ′ ( M’ và N’ khác A).
Chứng minh M ′ , N ′ , B thẳng hàng.
Câu 8: (Đề của WhjteShadow )
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), E, F lần lượt thuộc cạnh AC, AB. M, N, P lần lượt là trung
điểm EF, BE, CF . Q là hình chiếu của O lên EF . Chứng minh rằng M, N, P, Q đồng viên.
Câu 9: (Đề bài của hoangtubatu955 )
Cho tam giác ABC có trực tâm H. Đường cao BE, CF . CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại M . Gọi X là điểm thỏa mãn XM A = XHB = 90o .
Gọi K là điểm đối xứng của B qua CH. Chứng minh rằng: CK, XA, EF đồng quy .
Câu 10: (Đề của binvippro )
Cho tứ giác ABCD hai đường chéo AC và BD giao nhau tại E.M, N thuộc AB sao cho
Trang 6


1.2. HÌNH HỌC

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

AM = M N = N B; P, Q thuộc CD sao cho DP = P Q = QC. M Q giao AC tại K. N P giao
BD tại L. M Q giao N P tại I.
Chứng minh rằng EI luôn đi qua trung điểm của KL
Câu 11: (Đề của binvippro )
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (ω) tiếp xúc với AB,AC và tiếp xúc trong với (O)
tại S. Đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh SAB = DAC.
Câu 12: (Đề của Daicagiangho1998 )
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với 3 cạnh tại M, N, P . Gọi R, S
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và diện tích tam giác ABC. Kí hiệu
PXY Z chỉ nửa chu vi của tam giác XY Z. CMR:
2
PM
NP ≤

PABC .S
2R

Câu 13: (Đề của binvippro )
Cho ngũ giác ABCDE . Điểm F thuộc AB sao cho ∆ADE ∼ ∆ECF ∼ ∆DBC. Chứng minh
2
AF
rằng BF
= EF
CF 2
Câu 14: (Đề của nntien )
Cho hình thoi ABCD có ∠C = 60o . Lấy một điểm M trên đường tròn tâm C, bán kính CB, M
khác B, D. Gọi A′ , B ′ , D′ lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BD, AD và AB.

Chứng minh rằng tam giác A′ B ′ D′ là tam giác vuông.
Câu 15: (Đề của Huong TH Phan )
Cho 5 đường tròn (A);(B);(C);(D);(E) tiếp xúc vs nhau (đường tròn (C) nằm trong và 4 đường
tròn còn lại bao quanh sao cho 2 đường tròn lần lượt tiếp xúc nhau).
Biết các bán kính của 4 đtròn A, B, D, E là a, b, d, e. Tính bán kính c của (C).
Câu 16: (Đề của Juliel )
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp (O), gọi P, Q theo thứ tự là giao của các cặp (AD, BC), (AB, CD).
Gọi H, I, K theo thứ tự là trung điểm của BD, AC, P Q.
Chứng minh PK/(O) = KH.KI.
Câu 17: (Đề của tohoproirac )
Tam giác ABC có AB > AC. D là chân đường phân giác trong của A.F, E lần lượt trên
AC, AB sao cho BCF E nội tiếp. CM tâm ngoại tiếp (DEF ) là tâm nội tiếp tam giác ABC
khi và chỉ khi BE + CF = BC.

Trang 7


1.3. TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC

1.3

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Tổ hợp- Số học- Rời rạc

Câu 1: ( Đề của namcpnh)
Tô tập số nguyên bởi 4 màu. x, y là số nguyên lẻ thỏa mãn |x|khác |y|. CMR: tồn tại 2 số
nguyên cùng màu có hiệu thuộc x, y, x + y, x − y.
Câu 2: ( Đề của namcpnh)
1

2
2014
Viết tất cả các số
,
, ...,
lên bảng. Ta thực hiện công việc xóa đi hai số a, b bất
2014 2014
2014
kỳ trên bảng đồng thời điền lên bảng một số mới là a + b − 2014ab. Sau một số hữu hạn lần
thực hiện, trên bảng chỉ còn một số. Số đó là số nào?
Câu 3: (Đề của tohoproirac )
Tìm tất cả c ∈ N sao cho tồn tại a, b ∈ Z thỏa mãn an + 2n là ước của bn + c với n ∈ Z+ . Với
mỗi bộ (a, b, c) ở trên mà c lớn nhất, chứng minh rằng a, b không đồng thời là hai số chính
phương.
Câu 4: (Đề của Mikhail Leptchinski )
Chứng minh rằng:tồn tại 16 số tự nhiên liên tiếp sao cho không có số nào trong 16 số có thể
biểu diễn dưới dạng |7x2 + 9xy − 5y 2 |(a, b ∈ R).
Câu 5: (Đề của LNH )
Cho một ngôi trường có n khóa học và n học sinh. Các học sinh đăng kí vào lớp học, không có
2 học sinh nào tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. CMR: ta có thể đóng cửa một
khoá học sao cho vẫn không có hai học sinh nào tham gia các khoá học hoàn toàn giống nhau.
Câu 6: (Đề của LNH )
Cho 35 người đi dự một buổi họp. Có tất cả 112 căp hai người quen nhau. Chứng minh rằng
tồn tại 4 người a, b, c, d sao cho a quen b, b quen c, c quen d và d quen a.
Câu 7: (Đề của Juliel )
Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố (p, q, r) thoả :
(p2 − 7)(q 2 − 7)(r2 − 7)
là một số chính phương.
Câu 8: (Đề của Juliel )
Tìm các số nguyên dương m, n thoả :

10m − 8n = 2m3
.
Câu 9: (Đề bài của HoangHungChelski )
Tìm (a, b, m, n) nguyên dương thỏa mãn:
am − bm = (a − b)n
Câu 10: (Đề của Zaraki )
Giải phương trình nghiệm nguyên 406 + 3n + 9n + 60n = m4 .

Trang 8


1.3. TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 11: (Đề bài của namcpnh )
Hai người An và Bình chơi trò chơi bốc kẹo. Trên bàn có 2015 viên kẹo. Số kẹo mà hai người
có thể bốc là 1; 2; 6.
a) Hỏi ai là người có chiến lược thắng?
b) Câu hỏi tương tự với 2016 viên kẹo?
Câu 12: (Đề của Ispectorgadget) Cho a1 , a2 , a3 ... là một dãy số thực dương. Giả sử với một số nguyên
dương s cho trước, ta có:
an = max{ak .an−k : 1 ≤ k ≤ n − 1}
với mọi n > s.
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l ≤ s thỏa mãn an = al .an−l ∀n ≥ N .
Câu 13: ( Đề của Ispectorgadget)
Cho dãy hữu hạn a0 , a1 , · · · , aN thỏa mãn a1 = aN = 0 và
ai+1 − 2ai + ai−1 = a2i , ∀i = 1, 2, 3, · · · , N − 1
Chứng minh ai ≤ 0, ∀i = 0, 1, 2, · · · , n.
Câu 14: ( Đề của LNH )

Cho 2 tập hợp T và P , T chứa 66 điểm, P chứa 16 đường thẳng. (A, l) được gọi là tốt nếu
A ∈ T , l ∈ P , A ∈ l. Tìm số bộ tốt lớn nhất.
Câu 15: ( Đề của LNH )Cho các số nguyên x, y, z với x > 2, y > 1, z > 0 thỏa mãn:
xy + 1 = z 2
Gọi p là số ước nguyên tố phân biệt của x, q là số ước nguyên tố phân biệt của y.
Chứng minh rằng: p ≥ q + 2 .
Câu 16: (Đề của maths281997)
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số thực phân biệt khác 0 a1 , a2 , ...an mà:
ai +

(−1)i
|1 ≤ i
ai

n

= {ai |1 ≤ i ≤ n} .

Câu 17: (Đề của LNH )
Cho tập S gồm 1953 điểm thỏa mãn 2 điểm bất kì của S cách nhau ít nhất 1 cm. Chứng minh
rằng: tồn tại√
tập con của S có 217 điểm sao cho 2 điểm bất kì trong tập con đều có khoảng
cách ít nhất 3 cm.
Câu 18: (Đề của ducvipdh12 )
Có tồn tại hay không một đa giác đều 600 cạnh trong mặt phẳng tọa độ Descartes Oxy mà
tọa độ các đỉnh của nó đều là số hữu tỉ?
Câu 19: (Đề của pndpnd )
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất, n > 0 sao cho tổng
là các số nguyên tố tùy ý lớn hơn 10.

Trang 9

n
i=1

p2000
chia hết cho 120 với p1 ; p2 ; p3 ; ....
i


1.3. TỔ HỢP- SỐ HỌC- RỜI RẠC

CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 20: (Đề của Bui Ba Anh )
Các học sinh được phát bài kiểm tra, mỗi môn một bài trong n (n ≥ 3) môn học. Biết rằng
với mỗi môn bất kỳ có 3 học sinh đạt điểm tối ưu, còn 2 môn tùy ý thì có 1 học sinh đạt điểm
tối ưu cho cả 2 môn. Xác định n bé nhất sao cho từ điều kiện suy ra có đúng 1 học sinh đạt
điểm tối ưu cho cả n môn.
Câu 21: (Đề của halloffame )
Cho n là số nguyên dương khác 1 và A là tập các số nguyên từ 1 đến 2n. Gọi tập con B của
A là chẵn chòi nếu với mỗi cặp (x; y) với x, y thuộc A, x khác y, x + y là một luỹ thừa của 2
thì đúng một trong hai số x, y thuộc B. Hỏi có bao nhiêu tập con chẵn chòi B như vậy ?
Câu 22: ( Đề của Trung Gauss )
Số nguyên lẻ n ≥ 3 được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị (a1 , a2 , ..., an ) của các
số (1, 2, ..., n) sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương
a1 −a2 +a3 −...−an−1 +an ; a2 −a3 +a4 −...−an +a1 ; a3 −a4 +a5 −...−a1 +a2 ; ...an −a1 +a2 −...−an−2 +an−1
. Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.

Trang 10

Chương 2
Bài giải được đăng
2.1

Đại số- Giải tích

Câu 1: (Bài giải của hoangtubatu955 )
Đầu tiên dễ thấy f hằng không thỏa mãn:
Khi đó từ giả thiết ta có ngay f đơn ánh.
Cho y = 0 vào (1) ta có: f (0).f (x) + f (0) = 0; ∀x ∈ R. Từ đây ta có f (0) = 0.
Thay y bởi f (y) vào (1) ta được:
f (f (x) + f (y)) = f (x).f (f (y)) + f (f (x)) + f (f (y)) − xf (y); ∀x, y ∈ R(2)
Hoán vị x và y trong (2) lại kết hợp (2) ta có:
f (f (x)) + x
f (f (y)) + y
=
; ∀x, y ∈ Rx, y khác 0.
f (x)
f (y)
Từ đây ta có: f (f (x)) = a.f (x) − x; ∀x ∈ R, do x = 0 vẫn thỏa mãn.
+Thay y bởi z + f (y) vào (1) ta có:
f (z + f (x) + f (y)) = (f (x) + 1).f (z + f (y)) + f (f (x)) − x(z + f (y)); ∀x, y, z ∈ R

= (f (x) + 1)(f (y)f (z) + f (f (y)) + f (z) − yz) + f (f (x)) − xz − xf (y); ∀x, y, z ∈ R

= f (z).(f (x)+1)(f (y)+1)+(f (x)+1)(a.f (y)−y −yz)+a.f (x)−x−xz −xf (y); ∀x, y, z ∈ R(3)
Cho z = −1 vào (3) ta thu được:

f (f (x)+f (y)−1) = f (−1).(f (x)+1)(f (y)+1)+a.f (x).f (y)+a(f (x)+f (y))−xf (y); ∀x, y ∈ R
Đến đây, chỉ việc hoán vị x, y ta có ngay:
xf (y) = y.f (x); ∀x, y ∈ R
hay f (x) = c.x; ∀x ∈ R, do x = 0 vẫn thỏa mãn.
Thử lại thì ta có c = 1 hoặc c = −1.
Vậy các hàm cần tìm là:
f (x) ≡ x hoặc f (x) ≡ −x
Câu 2: (Bài giải của Tru09 )
Đặt xn =

an
n

⇒ xn+1 − xn = −2.

⇒ xn+1 − x1 = −2(−

1
n(n + 1)

1
1
1
1
1
n
+ − +
−, ... + 1) = −2(1 −
) = −2
n+1 n n n−1

n+1
n+1

⇒ an+1 = a(n + 1) − 2n
Nếu a > 2 thì liman = +∞
11


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

nếu a < 2 thì liman = −∞
⇒ a = 2 và liman = 2
Câu 3: (Bài giải của hoangtubatu955 )
Đặt g(x) = f (x) − f (0).
Khi đó ta có ngay g(0) = 0.

1
2012
Hơn nữa, từ giả thiết ta có: g(x + y) = (g(ax) + g(by)); ∀x ∈ R (1), trong đó a =
;b =
2
2013
2012
.
2014
1
Thay x = 0 vào (1) ta có g(by) = g(y); ∀y ∈ R.
2

1
Thay y = 0 vào (1) ta có g(ax) = g(x); f orallx ∈ R.
2
Như vậy, giả thiết đã cho có thể viết lại thành: g(x + y) = g(x) + g(y); ∀x, y ∈ R .
Từ đây, ta có: g(ax) = a.g(x); ∀x ∈ R, do a là số hữu tỷ.
a
Do đó: g(x) = g(x), hay g(x) ≡ 0.
2
Tức f đồng nhất là hằng số.

Câu 4: (Bài giải của chardhdmovies )
Đặt biểu thức là P .
Không mất tính tổng quát giả sử x > y > z ≥ 0.
Đặt x − y = a, y − z = b ⇒ z − x = −(a + b) với a, b > 0.
Ta có (x + y + z)2 ≥ (x + y)2 = [(z + a + b) + (z + b)]2 ≥ (a + 2b)2
1
1
1
Ta cần tìm GTNN của P = (a + 2b)2
.
+ 2+
2
a
b
(a + b)2
2
2
1
2
a

2
+ (t + 2) + 1 +
.
Đặt t = > 0 ⇒ P = 1 +
b
t
1
√ t +√
4
√
3
3 1
Tới đây xét hàm ta được P ≥ 9 + 6 3 khi t =
+√ − .
2
2 2
√
Vậy Pmin = 9 + 6 3.
√
√
4
3
3 1
Dấu bằng xảy ra khi (x, y, z) ∼
+ √ + ; 1; 0 và các hoán vị.
2
2 2
Câu 5: (Bài giải của Juliel )
Ta sử dụng tính chất a − b | P (a) − P (b) với a, b nguyên.
Ta có :

x2 + x + 1 | P (x3 ) + xQ(x3 ) = P (x3 ) − P (1) + x Q(x3 ) − Q(1) + xQ(1) + P (1)
Dễ có :
x2 + x + 1 | x3 − 1 | P (x3 ) − P (1)
Suy ra :

x2 + x + 1 | x3 − 1 | P (x3 ) − P (1)
x2 + x + 1 | P (1) + xQ(1)

Mà deg(P (1) + xQ(1)) < deg(x2 + x + 1) nên phải có P (1) + xQ(1) ≡ 0 ⇒ P (1) = Q(1) = 0.
Vậy ta đặt :
P (x) = (x − 1)U (x), Q(x) = (x − 1)V (x)
Suy ra k − 1 | P (k) và k − 1 | Q(k).
Do vậy k − 1 | d = gcd(P (k), Q(k).

Trang 12


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 6: (Bài giải của Tru09 )
Cho y = 0 ⇒ xf (f (x)2 ) = f (x)3 .
f (x)3 f (y)3
Thay lại ⇒ (x − y)(
−
) = f (x)3 + f (y)3 − f (x)f (y)(f (x) + f (y))
x
y
x

y
3
3
⇒ f (y) + f (x) = f (x)f (y)(f (x) + f (y))
y
x
y
2 x
⇒ f (y) ( f (y) − f (x)) = f (x)2 (f (y) − f (x))
y
x
1
y := 1 ⇒ f (1)2 (xf (1) − f (x)) = f (x)2 (f (1)x − f (x))
x
⇒ (xf (1) − f (x))(f (x)2 − f (1)2 x) = 0∀x = 0
Như vậy với x < 0 thì f (x) = 2014x.
Mà xf (f (x)2 ) = f (x)3 ∀x.
Cho x < 0 ⇒ 20143 x3 = f (x)3 ⇒ 2014x = f (x)∀x < 0.
Do đó f (x) = 2014x.
Câu 7: (Bài giải của Juliel )
Đặt f (0) = a. Trong (1) cho x = y = 0 được f (a) = 2a.
Trong (1) cho x = 0, y = a được f (a) = 0. Vậy 2a = f (a) = 0.
Suy ra a = 0. Tức là f (0) = 0. Từ đó trong (1) cho x = 0 :
f (−y) = f (f (y)), ∀y ∈ R (∗)
Trong (1) cho y = 0 :
f (f (x)) = f (x)+f (−f (−x))+x = f (x)+f (f (f (−x)))+x = f (x)+f (f (f (f (x))))+x, ∀x ∈ R
Từ đây suy ra f đơn ánh. Kết hợp với (∗) suy ra :
f (x) = −x, ∀x ∈ R
Câu 8: ( Cả 2 cách của chardhdmovies )
Cách 1: Ta có

=2
cos B−C
2
3A
sin 2 =

sin B2 sin C2 + sin A2
3sin A2 − 4sin3 A2

Do đó ta cần chứng minh:
2

2

sin B2 sin C2 =
4 sin3 A2 = 2
Mà

2 sin A2 =
nên BĐT cần chứng minh
⇔

sin

A
2

sin

B

C
A
sin sin + 4
sin3 −
2
2
2
B
A
C
sin 2 sin 2 + sin 2
sin3 B2 + sin3 C2
sin B2 + sin C2

B
C
+ sin
2
2

+ 2 sin3

sin

B
C
+ sin3
2
2

A
≥0
2

− sin

B
C
+ sin
2
2

Giờ ta sẽ chứng minh:
sin

A
2

sin

B
C
+ sin
2
2

⇔ sin

+ 2 sin3

B
C
+ sin3
2
2

− sin

A
B
B
C
C
+ 2 sin2 − sin sin + sin2
2
2
2
2
2
Trang 13

B
C
+ sin
2
2
−1≥0

≥0

≥0


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

⇔ sin

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

B+C
B−C
A
+ (1 − cosB) + cos
− cos
2
2
2

+ (1 − cosC) − 1 ≥ 0

A
B−C
≥ cosB + cosC + cos
2
2
B−C
1 ≥ cos 2
Điều này luôn đúng do
A
2sin 2 ≥ cosB + cosC

Do đó BĐT được chứng minh.
Cách 2:
B
C
A
x, y, z ∈ 0; π2
⇒
Đặt x = , y = , z =
x + y + z = π2
2
2
2
B−C
3A
−cos
= sin3x−cos(y −z) = sin3x−sin(x+2y) = −2sin(x−y)sin(x−z).
Ta có sin
2
2
Do đó ta cần chứng minh
sin(x − y)sin(x − z) ≥ 0.
π
Không mất tính tổng quát giả sử 0 < x ≤ y ≤ z < .
2
BĐT cần chứng minh ⇔ sin(x − y)sin(x − z) + sin(z − y) [sin(z − x) − sin(y − x)] ≥ 0.
π
Điều này đúng bời hàm số y = sinα là hàm đồng biến với 0 < α < .
2
Do đó BĐT được chứng minh.
⇔ 1 + 2sin

Câu 9: (Bài giải của banhgaongonngon )
Bất đẳng thức này sai ngay từ n = 9 rồi (với bộ số (a, b, c) = (1, 22; 1, 21; 1, 2)).
Còn với n = 8 xin đề xuất cách chứng minh dưới đây.
Theo bất đẳng thức AM − GM thì:
√
√
√
a2 − 3ab + b2 a2 + 3ab + b2
4
√
√
+
+ b + b ≥ 4 a4 − a2 b 2 + b 4
(2 − 3)b
(2 + 3)b
hay
2

√
a2
4
+ 3b − 3a ≥ 2 a4 − a2 b2 + b4
b

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:
a4 + b 4 ≥ a2 b 2 +

a8 + b 8
2

Từ đó suy ra
2

8
8
a2
8 a + b
+ 3b − 3a ≥ 2
b
2

Lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế lại với nhau ta được:
a2 b 2 c 2
+ +
≥
b
c
a

8

a8 + b 8
2

Câu 10: (Bài giải của Daicagiangho1998 )
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :
4a2
=
3a2 + (b + c)2

=>

4a2
≤
3a2 + (b + c)2

(a + a)2
≤
(a2 + b2 + c2 ) + (2a2 + bc) + bc
(

a2
a2
)=
+
a2 + b2 + c2 2a2 + bc

Trang 14

a2
+
a2

(a + a)2
(a2 + b2 + c2 ) + (2a2 + bc)
a2
= 1+
2a2 + bc

a2

2a2 + bc


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Do đó ta cần CM :
1+

a2
≤ 2 <=>
2a2 + bc

a2
≤ 1 <=>
2a2 + bc

1
a2
1
( − 2
) ≥ <=>
2 2a + bc
2

bc
≥1
+ bc

2a2

BĐT này đúng do:
( bc)2
b2 c 2
≥
=1
2a2 bc + b2 c2
2abc a + b2 c2

bc
=
2a2 + bc

Do đó ta có ĐPCM.
Dấu = xảy ra khi a = 0, b = c và các hoán vị tương ứng.
Câu 11: (Bài giải của Juliel
√ )
Ta đặt un = xn 6 − 1 ta được dãy (un ) :
un+1

u1 = 2
= 4u3n − 3un

Xét số thực a > 1 để :
2 = u1 =
Khi đó :
1
u2 = 4.
2

1
a+
a

1
2

a+

3

− 3.

1
a

⇔a=2+

1
2

a+

1
a

=

√

3

1
2

1

a3 +

1
a31

Quy nạp được :
1
2

un =
Từ đó đuơc :

1
xn = √
2 6

2+

√

n−1

a3

3

3n−1

+

1
a3n−1

+ 2−

√

3

3n−1

+2

Câu 12: (Bài giải của banhgaongonngon )
Ta chứng minh quy nạp theo n rằng x2n + yn2 = 9 (∗).
* Với n = 1, hiển nhiên (∗) đúng.
* Giả sử (∗) đúng với n, tức là x2n + yn2 = 9.
Ta có:
2
(9xn )2 + (9yn )2 = 9xn+1 − 4xn+1 yn+1
2
⇒ x2n+1 + yn+1

−9

2

+ 9yn+1 − 4yn+1 x2n+1

2

2
16x2n+1 yn+1
+ 81 = 0

Điều này khẳng định (∗) đúng với n + 1, theo nguyên lí quy nạp (∗) đúng với mọi số nguyên
dương n.
Từ (∗) ta thấy với mỗi n thì −3 ≤ xn , yn ≤ 3.
Cũng bằng quy nạp ta có được:

xn = 3 sin 4.3πn−1
yn = 3 cos 4.3πn−1

Kết luận: lim xn = 0, lim yn = 3
Trang 15


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 13:
Câu 14: ( Bài giải của Karl Heinrich Marx )

Nếu Q(x) bậc n + 1 mà có n + 1 nghiệm phân biệt b1 , b2 , .., bn+1 thì ta có:
Q′ (bi )Q′ (bi+1 ) < 0
với mọi i = 1, 2, .., n bởi vì một đồ thị liên tục mà cắt trục hoành 2 lần liên tiếp thì sẽ phải có
một lần đi xuống một lần đi lên.
Từ đó suy ra P (bi )P (bi+1 < 0 với i = 1, 2, .., n.
Từ đây có thể thấy luôn là P (x) phải có bậc n và có n nghiệm phân biệt.
Câu 15: Cách 1 của Karl Heinrich Marx :
Một dãy số có dạng un+1 − kun + un−1 = 0 thì có tính chất un+1 un−1 − u2n = c với c là hằng số.
Dãy này mà tuần hoàn thì un+1 un−1 − u2n cũng tuần hoàn do vậy tìm k sao cho c = 1 hoặc
c = −1 hoặc u2 u0 − u21 = 0 sau đấy kiểm tra lại kq.
Bài này còn có thêm 1 số phần giải thích được đăng trong topic Ôn luyên VMO 2015 của
VMF, trang 4, các bạn có thể vào xem.
Cách 2 của ducvipdh12 :
Ta xét 3 trường hợp sau:
TH 1:|k| > 2
Dùng BĐT sau:
|un+1 | ≥ |k| . |un | − |un−1 | > 2 |un | − |un−1 |

|un |

nếu|un | ≥ |un−1 | > 0 .
Ta suy ra |u0 | = |u1 | < |u2 | < ... .
TH 2: |k| ≤ 2,k là số hữu tỉ nhưng k không là số nguyên,tức là k = pq ; p, qǫZ, q ≥ 2, (p, q) = 1 .
.
Ta có u2 = pq u1 − u0 = −p−q
q
pi
Quy nạp theo n,giả sử ui = qi−1
, pi ∈ Z, (pi , q) = 1; ∀i = 1, 2, ..., n (1) .
pn+1

p
Khi đó un+1 = q un − un−1 = qn trong đó pn+1 = p.pn − q 2 .pn−1 ∈ Z thỏa mãn (pn+1 , q) = 1 .
Do q 2, từ (1) suy ra un = um với mọi n = m .
Nói riêng (un ) không là dãy số tuần hoàn.
TH 3: |k| ≤ 2, k ∈ Z thì ta xét 5 giá trị của k thì dễ dàng tìm được có 4 giá trị của k thỏa
mãn là −2, −1, 0, 1 .
Câu 16: Cách 1 của Whjte Shadow :
Do f liên tục và đơn ánh nên dễ thấy f đơn điệu.
Đặt g(x) = 2x − f (x)∀x ∈ R, lúc đó g cũng liên tục và g(x0 ) = x0 .
Mặt khác ta có với g(x) = g(y) thì :
f (g(x)) = f (g(y)) ⇒ x = y
Vậy g cũng đơn ánh, ta cũng có g đơn điệu, từ 2) suy ra :
f (g(x)) = x ⇒ 2g(x) − g(g(x)) = x ⇒ g(g(x)) − g(x) = g(x) − x, (∗)
Kí hiệu g (n) (x) = g(g(....(x)...)) ( n dấu ( và ) ), lúc đó dễ thấy g (n) (x)−g (n−1) (x) = g (n−1) (x)−
g (n−2) (x) = ..... = g(x) − x, nên
g (n) (x) − x = n.(g(x) − x) ⇒ g (n) (x) = n.(g(x) − x) + x
Trang 16


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

• TH1 : Nếu g đơn điệu giảm, lúc đó với x < y thì g (2k+1) (x) > g (2k+1) (y), g (2k) (x) <
g (2k) (y) ∀k ∈ Z+
⇒ (2k+1).(g(x)−x)+x > (2k+1).(g(y)−y)+y , 2k.(g(x)−x)+x < 2k.(g(y)−y)+y ∀k ∈ Z+
Thành thử ra g(x) − x = g(y) − y (Vì nếu g(x) − x < g(y) − y thì bđt thứ nhất sai với k đủ
lớn, ngược lại thì bđt 2 sai với k đủ lớn).
Vậy g(x) − x = g(y) − y∀x, y ∈ R mà tồn tại x0 để g(x0 ) = x0 nên g(x) = x∀x ∈ R từ đó ta
có f .

• TH2 : Nếu đơn điệu tăng, làm tương tự như trên thì với x < y ta luôn có k.(g(x) − x) + x <
k.(g(y) − y) + y ∀k ∈ Z+ , từ đó suy ra g(x) − x ≤ g(y) − y∀x < y.
Đặt h(x) = g(x) − x∀x ∈ R thì h(x) ≤ h(y)∀x < y, h(x0 ) = 0 và h liên tục.
Dễ thấy h(x) ≥ 0∀x > x0 , h(x) ≤ 0∀x < x0 .Từ (∗) ta có :
h(x) = h(x+h(x)) = h(x+h(x)+h(x+h(x)) = h(x+2h(x)) = = ..... = h(x+k.h(x))∀k ∈ Z+ , x ∈ R
Giả sử tồn tại x1 > x0 để h(x1 ) > 0. Vậy thì:
h(x1 ) = h(x1 + h(x1 )) = h(x1 + 2h(x1 )) = ..... = h(x1 + k.h(x1 ))∀k ∈ Z+ , lúc đó với
x > x1 bất kì, tồn tại T sao cho x1 + T.h(x1 ) > x và do h là hàm không giảm nên
h(x1 ) ≤ h(x) ≤ h(x1 + T.h(x1 )) ⇒ h(x1 ) = h(x) = h(x1 + T.h(x1 )).
Vậy h(x) = h(x1 )∀x > x1 . Mặt khác do h liên tục nên tồn tại x2 ∈ (x0 ; x1 ) và 0 < h(x2 ) <
h(x1 ).
Làm tương tự trên, ta lại có h(x) = h(x2 )∀x > x1 , từ 2 điều trên suy ra mâu thuẫn.
Vậy h(x) = 0∀x ≥ x0 . Tương tự h(x) = 0∀x ≤ x0 .
Vậy tóm lại h(x) = 0∀x ∈ R hay f (x) = x∀x ∈ R.
Cách 2 của banhgaongonngon :
Xét hàm g : R → R, g(x) = 2x − f (x).
Từ (2) ta có g(g(x)) = 2g(x) − f (g(x)) = 2g(x) − x.
Do đó g là một đơn ánh và vì g liên tục nên g đơn điệu thực sự.
Trường hợp 1: g giảm thực sự. Ta có:
g(g(x)) − g(x) = g(x) − x(4).
Nếu g(x) > x thì g(g(x) < g(x), mâu thuẫn với (4), tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn nếu
g(x) < x.
Do đó g(x) = x, ∀x ∈ R, không thể có vì g giảm thực sự.
Trường hợp 2: g tăng thực sự.
Từ g(g(x)) = 2g(x)−x, bằng quy nạp ta có thể chứng minh gn (x) = ng (x)−(n−1)x, ∀x ∈ R.
Đặc biệt gn (0) = ng (0).
Do đó:
gn (x) − gn (0) = ng(x) − ng(0) − (n − 1)x, ∀x ∈ R.
hay
Trang 17

2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

g(x) − g(0) − x =

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG
gn (x) − gn (0) − x
, ∀x ∈ R(5) .
n

Bởi g tăng thực sự nên khi cho n →∝ ta được:
g (x) ≥ x + g(0), ∀x ≥ 0
g(x) ≤ x + g(0), ∀x < 0
Ta sẽ chứng minh g là một toàn ánh.
Thật vậy đặt m = inf {g(x) | x ∈ R} và M = sup {g(x) | x ∈ R} .
Giả sử M <∝, khi đó chọn x = M + a − g(0) > 0 với a > 0 tùy ý ta được:
g(M + a − g(0)) ≥ M + a > M , mâu thuẫn.
Chứng tỏ M =∝, tương tự m = − ∝, nên g là một toàn ánh.
g đơn ánh và toàn ánh nên là song ánh, như vậy tồn tại ánh xạ ngược g −1 .
Ta thấy g −1 cũng tăng thực sự.
Từ (5) cho n → − ∝ ta có :
g (x) ≤ x + g(0), ∀x ≥ 0
g(x) ≥ x + g(0), ∀x < 0
Vậy g(x) = x + g(0), ∀x ∈ R và f (x) = x − g(0) = x + f (0), ∀x ∈ R.
Vì tồn tại x0 sao cho f (x0 ) = x0 nên f (x) = x, ∀x ∈ R .
Câu 17: (Bài giải của Black Selena )
Dựng tam giác đều ABC có cạnh là 1.
Dựng điểm M cách BC một đoạn là a, cách CA một √
đoạn là b.

3
Dễ có khoảng cách từ điểm m tới 3 cạnh tam giác là
vậy khoảng cách từ M tới AB là c.
2
Khi đó nghiệm duy nhất của hệ là x = M B 2 , y = M A2 , z = M C 2 .
Câu 18: (Bài giải của LNH )
Đặt g(x) = f (x) − f (0), ta có g(0) = 0 và g(x) − g(y) ∈ Q ⇔ x − y ∈ Q .
Cố định số hữu tỉ r, xét h(x) = g(x + r) − g(x) .
Ta có h(x) ∈ Q, ∀x ∈ R .
Mà h liên tục trên R nên h(x) = const .
h (0) = g (r) ⇒ g (x + r) = g (x) + g (r) , ∀r ∈ Q

Từ đây, ta chứng minh được g (x) = xg(1), ∀x ∈ Q .
Mà g liên tục trên R nên g (x) = xg (1) , ∀x ∈ R .
Suy ra f (x) ≡ ax + b với a, b ∈ Q (thử lại thấy thỏa mãn) .
Trang 18


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 19: (Bài giải của Juliel )
Đặt f ∗ (x) = dx3 + cx2 + bx + a thì ta có mối liên hệ sau đây:
f ∗ (x) = x3 f

1
x

Bây giờ ta sẽ chứng minh:

|f ∗ (x)| ≤ Q∗ (x), ∀x ∈ [−1, 1]
1
.
x

Trong đó Q(x) = 4x3 − 3x và Q∗ (x) = x3 Q

Với mọi x thuộc đoạn từ −1 đến 1:
Ap dụng công thức nội suy Lagarange cho bốn mốc (a0 , a1 , a2 , a3 ) = (1, 1/2, −1/2, −1):
3

f (x) =

f (ak ).
k=0

Từ đó ta có:

i=k

3

|f (x)| ≤

k=0

(x − ai )
(ak − ai )

i=k

x − ai
≤
ak − ai

k=0 i=k

1 − xai
=
ak − ai

|f (ak )| .

3

k=0 i=k

x − ai
ak − ai

Kéo theo:
∗

3

1
x

3

|f (x)| = x f

≤

3

.(−1)k .
k=0

i=k

1 − xai
ak − ai

Lại áp dụng công thức nội suy Lagarange cho bốn mốc (a0 , a1 , a2 , a3 ) = (1, 1/2, −1/2, −1) cho
Q(x) và chú ý Q(ak ) = (−1)k .
3

Q(x) =

Q(ak ).
k=0

i=k

x − ai
=
ak − ai

3

k

(−1) .
k=0

i=k

x − ai
⇒ Q∗ (x) =
ak − ai

3

(−1)k .
k=0

i=k

So sánh hai kết quả trên ta được:
dx3 + cx2 + bx + a = |f ∗ (x)| ≤ Q∗ (x), ∀x ∈ [−1, 1]
Vậy ta chỉ cần chỉ ra:
Q∗ (x) ≤ 4, ∀x ∈ [−1, 1]
Thực vậy, ta có:

√

3
Q(x) = 4x x −
2

x+

√

3
2

Kéo theo:
√

3
x
Q (x) = 4 1 −
2
∗

1+

√

3
x
2

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 20: (Bài giải của WhjteShadow )
Đầu tiên dễ thấy f đơn ánh.
Ta sẽ chứng minh 2 điều sau :
1. Chỉ tồn tại duy nhất n = 1 để f (n) = n .
Trang 19

=4 1−

3x2
4

≤ 4, ∀x ∈ [−1, 1]

1 − xai
ak − ai


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

2. Với mỗi số n không chính phương thì có đúng 1 trong 2 mệnh đề sau đúng .
• f (n) cũng không phải số chính phương.
• Tồn tại số m không chính phương để f (m) = n.
Thật vậy, với f (n) = n thì f (f (n)) = n = n2 ⇒ n = 1. Ta tập trung chứng minh điều 2 :
⋆ Nếu mệnh đề thứ nhất đúng :
Giả sử phản chứng, mệnh đề thứ 2 cũng đúng, lúc đó tồn tại m không chính phương f (m) =
n ⇒ f (f (m)) = f (n) = m2 (mâu thuẫn) .
⋆ Nếu mệnh đề thứ nhất sai : Lúc đó tồn tại m ∈ Z+ để f (n) = m2 ⇒ f (n) = f (f (m)) nên
n = f (m) (Do f đơn ánh).
Nếu m là chính phương, m = k 2 thì n = f (m) = f (k 2 ) = f (f (f (k))) = (f (k))2 (Mâu thuẫn
do n không chính phương).
Vậy tóm lại cả 2 điều trên đã được chứng minh.
Từ đó ta suy ra tập các số nguyên dương không chính phương được chia thành các cặp (m; n)
(m = n ) mà :

f : m → n → m2 → n2 ≥ m4 → n4 → .....
Và 2 cặp khác nhau (m; n) , (p; q) phải gồm 4 số khác nhau (Phản chứng nếu tồn tại 1 số
giống nhau thì√suy ra 2 cặp trùng nhau ngay ), và f (n) với n là số chính phương luôn được
xác định từ f ( n).
Như vậy hàm f hoàn toàn xác định (vô số hàm f ).
Bài toán tổng quát : Với hàm g : N∗ → N∗ nào thì tồn tại hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn :
f (f (n)) = g(n) ∀n ∈ N∗
Câu trả lời là hàm g cần thỏa mãn 2 điều kiện sau :
1, g là đơn ánh.
2. Đặt A = {g(n) | n ∈ N∗ }, B = N∗ A, C = {n | g(n) = n}, thì ∀ m ∈ N∗ , tồn tại u ∈ N∗ và
n ∈ B thỏa mãn m = g (u) (n) (Hàm hợp).
Câu 21:
Câu 22: (Bài giải của hoangtubatu955 )
Đầu tiên, ta có điều kiện là: x, y ≥ 0 .
+Nếu x.y = 0 thì ta có (x, y) = (2, 0) và (x, y) = (0, 2) là nghiệm.
+Nếu xy > 0 từ phương trình 2 bằng Cauchy ta thu được: xy ≤ 1.
Từ đây, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
√ +√ ≥2
y
x
√
√
→ x. x + y. y − 2xy ≥ 0, kết hợp phương trình (1) ta thu được: x + y ≤ 2.
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
4=x

x2 + 3xy + y

y 2 + 3xy ≤

(x + y)(x3 + 3x2 y + y 3 + 3xy 2 ) = (x + y)2

Do đó x + y ≥ 2.
Như vậy x + y = 2 và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1, thử lại thấy (x.y) = (1, 1) là
nghiệm của hệ.
Vậy hệ có các nghiệm là (x, y) = (0, 2); (x, y) = (2, 0); (x, y) = (1, 1).
Câu 23:

Trang 20


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 24: (Bài giải của chardhdmovies )
Quy đồng rồi cộng các PT lại ta được :
axy + byz + czx = x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 (1)
c.P T (1) + a.P T (2) + b.P T (3) ⇒ axy + byz + czx = a2 + b2 + c2 (2)
Cộng (1) và (2) ta được:

xy = a
2
2
2
(xy − a) + (yz − b) + (zx − c) = 0 ⇒ yz = b

zx = c

Còn lại thì OK.
Câu 25:
Câu 26: ( Bài giải của )

(4un + 3)3 )
48u2n + 9
(4un − 3)3 )
4un+1 − 3 =
48u2n + 9
Suy ra:
n
(4Un − 3)3
(4U1 − 3)3
1 3n
4Un+1 − 3
=
= ... =
n = ( )
3
3
4Un+1 + 3
(4Un + 3)
(4U1 + 3)
7

Ta có : 4un + 1 + 3 =

n

1 − ( 71 )3
=>
=
4un+1 + 3
6
1

32015

=> Sn =

2015 −

1
1 1−( 7
7
1− 17

)

6
2015
đánh giá => [Sn ] = [
] = 335.
6
Câu 27:
Câu 28: (Bài giải của Juliel )
Dễ thấy hàm f đồng nhất bằng 0 thoả mãn bài toán.
Xét f không đồng nhất bằng 0. Khi đó tồn tại c sao cho f (c) = 0.
Trong (1) cho x = c:

f (cf (y)) + f (f (c) + f (y)) = yf (c) + f (c + f (y)), ∀y ∈ R
Từ đây ta thấy f là đơn ánh. Trong (1) cho x = 0, y = 1:
f (0)+f (f (0)+f (1)) = f (0)+f (f (1)) ⇒ f (f (0)+f (1)) = f (f (1)) ⇒ f (0)+f (1) = f (1) ⇒ f (0) = 0
Trong (1) cho y = 0:
f (f (x)) = f (x), ∀x ∈ R ⇒ f (x) = x, ∀x ∈ R
Thử lại thoả mãn. Có hai nghiệm hàm thoả mãn bài toán là:
f (x) = 0, ∀x ∈ R
f (x) = x, ∀x ∈ R
Trang 21


2.1. ĐẠI SỐ- GIẢI TÍCH

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Câu 29: ( Bài giải của )
Từ PTH ban đầu:
- Thay y = 0:
Ta có: f (0).f (x).3x = 0
f (x) = 0
f (0) = 0(f (x) = const)
Trường hợp: f (x) = 0
Thay: y = −x ta được: f (0) = f (x) + f (−x) ⇒ f (−x) = −f (x) nên f là hàm lẻ .
Đặt: f (1) = a.
Thay x = 2; y = −1 ta được: 8a − 4f (2) + 3af (2) = 0 (*)
Thay x = y = 1 ta được: f (2) = 6a2 + 2a (**)
Từ (*) và (**) ta được:

f (1) = 0
f (1) = 1

TH f (1) = 0:
Thay y = 1 ta được : f (x + 1) = f (x) nên f là hàm tuần hoàn có chu kì là 1.
TH f (1) = 1.
Dùng PP quy nạp từ N lên Z và R để chứng minh.
Tóm lại bài toán có các nghiệm như sau:

f (x) = 0

f (x) = x3

f (x) = f (x + 1)

Trang 22


2.2. HÌNH HỌC

2.2

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Hình học

Câu 1: (Bài giải của Tru09 )
Gọi O là tâm (ABC) , O2 là tâm (A2 B2 C2 ) và H là trực tâm A1 B1 C1 Ta có A1 C12 − A1 B12 =
(BC12 + BA21 − 2BC1 BA1 cos(90o + B)) − (CB12 + CA21 − 2CB1 CA1 cos(90o + C)) = AC12 −
AB12 − 2CA1 (BC1 sinB − CB1 sinC) = AC12 − AB12 ; ⇒ AA1 ⊥ B1 C1 .
Tương tự => gt; giao AA1 BB1 CC1 là H.
Dễ có BB2 C2 C thuộc đường tròn tâm A1 , BB2 A2 A ,CC2 A2 A là tứ giác nội tiếp và H là tâm

đẳng phương của 3 đương tròn.
Xét phép nghịch đảo tâm H tỷ số là phương tích của H đến 3 đường tròn biến (A2 B2 C2 )− >
(ABC) và (ABC)− > (A2 B2 C2 ).
=> O1O2H thẳng hàng.
Câu 2: (Bài giải của Juliel )

Hình 2.1:
a) Giao điểm của IJ, W A luôn di động trên (O) cố định.
Câu này là IMO 1985 (Problem 5).
Có thể phát biểu ngắn gọn là :
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) với AC, BD giao nhau tại I, AD, BC giao nhau tại P và
AB, CD giao nhau tại Q. Khi đó OI đi qua điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDP Q.
b) Gọi K là giao của W I với AH. Gọi U là trung điểm của AK và l là đường trung bình ứng
với cạnh W I của tam giác AIW .
Dễ thấy l đi qua U . Ta có (HB, KA) = −1 mà U là trung điểm của AK nên theo hệ thức
Newton ta có U A2 = U B.U H.
Điều này đồng nghĩa PU/(A,0) = PU/(J) .
Mặt khác theo định lí Brocard thì IW ⊥ AJ mà l IW nên l ⊥ AJ.
Suy ra l là trục đẳng phương của (A, 0) và (J). Lại có M A2 = M B.M C nên M thuộc trục
đẳng phương của (A, 0), (J).
Tức l đi qua M cố định.
Câu 3: (Bài giải của BlackSelena )
BF
Sử dụng định lý sin
:
FA
sin F CB sin GBA
Vậy
.
=

sin F CA sin GBC

CG
AC
=
.
GA
AB
BF GA
AC
.
=
.
F A GC
AB
Trang 23


2.2. HÌNH HỌC

CHƯƠNG 2. BÀI GIẢI ĐƯỢC ĐĂNG

Hình 2.2:
Lại theo Cave cho AH, BG, CF đồng quy.
AC
sin HAB
=
⇒ AH đi qua trung điểm BC
⇒
sin HAC

AB
Câu 4: Cách 1 của WhjteShadow:

Hình 2.3:
Vẽ D, E, F lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB, H là trực tâm tam giác A′ , B ′ , C ′ .
A′ H, B ′ H, C ′ H lần lượt cắt B ′ C ′ , A′ C ′ , A′ B ′ tại M, N, P . B ′ C ′ , C ′ A′ , A′ B ′ lần lượt cắt BC, CA, AB
tại X, Y, Z.
π
(mod π) nên XM DA′ nội tiếp đường tròn đường kính
Do (M X; M A′ ) ≡ (DX; DA′ ) ≡
2
A′ X.
Tương tự ta có Y N EB ′ nội tiếp đường tròn đường kính B ′ Y , ZP F C ′ nội tiếp đường tròn
đường kính C ′ Z.
Mà HM .HA′ = HN .HB ′ = HP .HC ′ (Do H là trực tâm A′ B ′ C ′ ), OD.OA′ = OE.OB ′ =
OF .OC ′ (Từ giả thiết).
⇒ H, O có cùng phương tích với 3 đường tròn đường kính A′ X, B ′ Y, C ′ Z.
⇒ tâm 3 đường tròn đường kính A′ X, B ′ Y, C ′ Z thẳng hàng hay trung điểm A′ X, B ′ Y, C ′ Z
thẳng hàng.
Vẽ A′ C ′ cắt XZ tại Y ′ suy ra trung điểm XA′ , ZC ′ , Y ′ B ′ thẳng hàng (đường thẳng Gauss với
tứ giác toàn phần XC ′ A′ ZY ′ B ′ ).
Vậy nên trung điểm trung điểm XA′ , ZC ′ , Y ′ B ′ , Y B ′ thẳng hàng trên đường thẳng song song
Trang 24