BD HSG TOÁN

MỘT SỐ BÀI TOÁN
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n
4
+ n
3
+ 1 là số chính phương.
Giải: Giả sử n
4
+ n
3
+ 1 là số chính phương. Vì n
4
+ n
3
+ 1 > (n
2
)
2
nên ta có:
n
4
+ n
3
+ 1 = (n
2
+ k)
2
= n
4
+ 2kn
2

+ k
2
, với k là một số nguyên dương nào đó.
=>n
2
(n – 2k) = k
2
– 1
≥
0
Đặc biệt, k
2
– 1 chia hết cho n
2
, do đó k
2
= 1 hoặc n
2

≤
k
2
– 1
Nếu k
2
= 1 thì k = 1 và n
2
(n – 2) = 0 ta có n = 2. Thử lại: 2
4
+ 2

3
+ 1 = 5
2
, thoã mãn
Ngoài ra khi k
≠
1 thì k
2
> k
2
– 1
≥
n
2
=> k > n => n – 2k < 0; mâu thuẫn với điều kiện
n
2
(n – 2k) = k
2
– 1
≥
0.
Vậy ta chỉ tìm được n = 2 thoã mãn bài toán
Bài 2: Tìm cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y
2
(x + 1) = 1576 + x
2
Giải: Giả sử cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y
2
(x + 1) = 1576 + x

2
. Khi đó:
y
2
(x + 1) = 1577 + x
2
– 1 => (y
2
– x + 1)(x + 1) = 1577 = 19.83: Chỉ xảy ra trong các khả năng
sau: Nếu x + 1 = 1 thì x = 0, y
2
= 1576
Nếu x + 1 = 19 thì x = 18, y
2
= 100
Nếu x + 1 = 83 thì x = 82, y
2
= 100
Nếu x + 1 = 1577 thì x = 1576, y
2
= 1576
Do 1576 không phải là số chính phương nên ta có nghiệm là: (18, 10) và (82, 10)
Bài 3: Cho số A =
333...333*111...111
gồm 2003 chữ số 1 ở bên trái dấu * và 2003 chữ số 3 ở
bên phải dấu *. Hãy thay dấu * bằng chữ số nào để được một số chia hết cho 7.
Giải: Để ý rằng:
A =
 
12003

111...111
chuso
.10
2004
+ (*).10
2003
+
 
so2003
333...333
= (*).10
2003
+ (10
2004
+ 3).








−
9
110
2003
(1)
Mặt khác: 10
3

≡
-1(mod7) suy ra 10
2003

≡
5(mod7)
=> 10
2003
-1
≡
4(mod7) =>








−
9
110
2003

≡
2(mod7) (2)
10
2004

≡
1(mod7) => 10
2004
+ 3
≡
4(mod7) (3)
Để A chia hết cho 7, từ (1), (2), (3) => A
≡
(*).5 + 2.4
≡
(*).5 + 1
≡
0(mod7)
Chú ý rằng 0
≤
*
≤
9 từ d=1 suy ra ngay * = 4. Vậy số cần tìm là:
333...1114333...111
Bài 4: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện:



=++
=++
)2(1
)1(1
200320032003
200220022002
cba

cba
Tính tổng: a
2001
+ b
2002
+ c
2003
Giải: Từ (1) suy ra a, b, c
≤
1. Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có:
a
2002
(1 – a) + b
2002
(1 – b) + c
2002
(1 – c) = 0 (3)
Vì a, b, c
≤
1 nên a
2002
(1 – a)
≥
0; b
2002
(1 – b)
≥
0; c
2002
(1 – c)

≥
0
1
Do đó: (3)












=
=



=
=



=
=
⇔






=−
=−
=−
⇔
1
0
1
0
1
0
0)1(
0)1(
0)1(
2002
2002
2002
c
c
b
b
a
a
bc
bb
aa
Từ đó ta có: a

2001
= a
2003
; b
2002
= b
2003
Suy ra a
2001
+ b
2002
+ c
2003
= a
2003
+ b
2003
+ c
2003
= 1
Bài 5: Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ; chứng minh:
x(x – z)
2
+ y(y – z)
2

≥
(x – z)(y – z)(x + y – z) (1)
Giải: Lần lượt gọi vế phải và vế trái của (1) là F và T, ta có:
T – F = x(x – z)

2
+ y(y – z)
2
– (x – z)(y – z)(x + y – z)
= (x(x – z)
2
– (x – z)(y – z)x) + y(y – z)
2
– (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z
= x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z)
= (x – y)(x
2
– xz – y
2
+ yz) + z(x – z)(y – z)
= (x – y)
2
(x + y – z) + z(x – z)(y – z)
+ Nếu F
≤
0, ta có T
≥
0
≥
F, Vậy (1) đúng.
+ Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 (3)
Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có:
(x – z)(y – z) < 0 => x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết
phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F
≥

0 => (1) đúng.
Đẳng thức xảy ra khi






==
==
==
==
⇔
0,
0,
0,
yxz
xzy
zyx
zyx
Bài 6: Cho số tự nhiên N = 2003
2004
. Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n
1
, n
2
, …, n
k
.
S = n

1
3
+ n
2
3
+ … + n
k
3
. Tìm số dư phép chia S cho 6
Giải: Vì a
3
– a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a
Đặt N = n
1
+ n
2
+ … + n
k
, ta có: S – N = (n
1
3
+ n
2
3
+ … + n
k
3
) – (n
1
+ n

2
+ … + n
k
) =
= (n
1
3
- n
1
) + (n
2
3
- n
2
) + … + (n
k
3
- n
k
) chia hết cho 6
=> S và N có cùng số dư khi chia cho 6
Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 2003
2
chia cho 6 dư 1 => N = 2003
2004
= (2003
2
)
1002
chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1.

Bài 7: Cho 20 số nguyên khác 0: a
1
, a
2
, a
3
, …, a
20
có các tính chất sau:
+ a
1
là một số dương
+ Tổng của 3 số viết liền nhau là một số dương.
+ Tổng của 20 số đó là số âm.
Chứng minh rằng a
1
.a
14
+ a
14
.a
12
< a
1
.a
12
Giải: Ta có: a
1
+ ( a
2

+ a
3
+ a
4
) + … + (a
11
+ a
12
+ a
13
) + a
14
+ ( a
15
+a
16
+ a
17
) + (a
18
+a
19
+ a
20
) < 0
2
Mà a
1
> 0; ( a
2

+ a
3
+ a
4
) > 0, …, (a
11
+ a
12
+ a
13
) > 0; ( a
15
+a
16
+ a
17
) > 0; (a
18
+a
19
+ a
20
) > 0
Suy ra a
14
< 0
Cũng như vậy (a
1
+ a
2

+ a
3
) + … + (a
10
+ a
11
+ a
12
) + a
13
+ a
14
+ ( a
15
+a
16
+ a
17
) + (a
18
+a
19
+
a
20
) < 0. uy ra a
13
+ a
14
< 0.

Mặt khác a
12
+ a
13
+ a
14
< 0 => a
12
> 0
Từ các diều kiện a
1
> 0; a
12
> 0; a
14
< 0 => a
1
.a
14
+ a
14
.a
12
< a
1
.a
12
Bài 8: Gọia, b, c là 3 cạnh của một tam giác không phải là tam giác cân. Hãy so sánh giá trò
tuyệt đối của các biểu thức P, Q sau đây:
P =

accbba
−
+
−
+
−
111
Q =
))()((2 accbba
bacacbcba
−−−
−+−+−
Giải: p dụng bất đẳng thức tam giác ta có: a > |b – c|; b > |c – a|; c > |a – b|.
Vì tam giác không cân nên |b – c| > 0; |c – a| > 0; |a – b| > 0.
Từ đó suy ra: a|b – c| > (b –c)
2
; b|c – a| > (c – a)
2
; c|a – b| > (a – b)
2
=> a|b – c| + b|c – a| + c|a – b| > (b –c)
2
+ (c – a)
2
+ (a – b)
2
Chia cả 2 vế cho 2|(a – b)(b – c)(c – a)| > 0, ta có:

))()((2 accbba
bacacbcba

−−−
−+−+−
>
))()((2
)()()(
22
accbba
accbba
−−−
−+−+−
Tức là |Q| > |P|
Bài 9: Phân tích tuỳ ý số 2005 thành tổng của 2 số tự nhiên lớn hơn 1 rồi xét tích của 2 số này.
Trong các cách phân tích nói trên, hãy chỉ ra cách mà tích số có giá trò nhỏ nhất.
Giải: Gọi a và b là 2 số tự nhiên thoã mãn a > b > 1; a + b = 2005; suy ra:
b – a < 0 và (a + 1) + (b – 1) = 2005 => (a + 1)(b – 1) = ab + (b – a) – 1 < ab (*)
Áp dụng kết quả (*) ta có: 1003.1002 > 1004.1001 > 1005.1000 > … > 2002.3 > 2002.2.
Vậy cách phân tích mà tích số có giá trò nhỏ nhất la2005 = 2 + 2003.
Bài 10: Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a
2005
+ b
2005

≤
1 và x
2005
+ y
2005

≤
1.

Chứng minh rằng: a
1975
.x
30
+ b
1975
.y
30

≤
1
Giải: Để giải quyết bài toán này ta giải bài toán tổng quát: “Cho các số không âm a, b, x, y
thoã mãn điều kiện: a
m+n
+ b
m+n

≤
1 và x
m+n
+ y
m+n

≤
1; với m, n nguyên dương. Chứng minh
rằng: a
m
.x
n
+ b

m
.y
n

≤
1”
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số a
m+n
và n số x
m+n
ta có:
m.a
m+n
+ n.x
m+n

≥
(m + n)
n
nm
nmmnm
xa )()(
+
++
= (m + n).a
m
x
n
(1)
Tương tự: m.b

m+n
+ n.y
m+n

≥
(m + n).b
m
y
n
(2)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có:
m(a
m+n
+ b
m+n
) + n(x
m+n
+ y
m+n
)
≥
(m + n)( a
m
x
n
+ b
m
y
n
) (3)

Vì a
m+n
+ b
m+n

≤
1 và x
m+n
+ y
m+n

≤
1 nên m(a
m+n
+ b
m+n
) + n(x
m+n
+ y
m+n
)
≤
m + n (4)
Từ (3) và (4) suy ra: (m + n)( a
m
x
n
+ b
m
y

n
)
≤
m + n
=> a
m
.x
n
+ b
m
.y
n

≤
1
Với m = 1975 và n = 30 ta giải được bài toán đã cho.
3
Lưu ý: Có thể nhận xét (a
m
– x
m
)(a
n
– x
n
)
≥
0 và (b
m
– y

n
)(b
m
– y
n
)
≥
0 để dẫn đến
(a
m
.x
n
+ b
m
.y
n
) + (a
n
x
m
+ b
n
y
m
)
≤
2. Từ đó ít nhất 1 trong 2 số hạng trên không lớn hơn 1
và suy ra điều phải chứng minh.
Bài 11: Với số nguyên dương n, kí hiệu a
n

= (-1)
n
!
1
2
n
nn
++
. Tính tổng a
1
+ a
2
+ … + a
2005
Giải: Với bất lkỳ số nguyên dương n
≥
2 thì :
a
n
= (-1)
n
!
1
2
n
nn
++
= (-1)
n









+
+
!
1
!
2
n
n
n
n
= (-1)
n








+
+
−

!
1
)!1( n
n
n
n
Do đó: a
1
+ a
2
+ … + a
2005
= -3 +






+
!2
3
!1
2
-







+
!3
4
!2
3
+ … +






+
!2004
2005
!2003
2004
-






+
!2005
2006
!2004
2005

= -3 +
1
2
-
!2005
2006
= -1 -
!2005
2006
Bài 12: Có bao nhiêu số tự nhiên n có 5 chữ số, thoã mãn: 2 là ước của n; 3 là ước của n + 1; 4
là ước của n + 2; 5 là ước của n + 3?
Giải: Ta thấy số 2 thoả mãn các tính chất 2 là ước của 2; 3 là ước của 2 + 1; 4 là ước của 2 + 2;
5 là ước của 2 + 3.
Mặt khác, BCNN(2;3;4;5) = 60 suy ra n = 60k + 2 (vơíi k
∈
N)
Vì n có 5 chữ số suy ra 10
4

≤
60k + 2
≤
10
5
=> 166 < k
≤
1666
=> k nhận 1666 – 166 = 1500 giá trò.
Vậy có 1500 số tự nhiên n thoả mãn điều kiện đề bài.
Bài 13: Cho 3 số dương a, b, c. CMR:

)1(
1
)1(
1
)1(
1
accbba
+
+
+
+
+

≤

)1(
3
33
abcabc
+
Giải: Đặt P =
)1(
1
)1(
1
)1(
1
accbba
+
+

+
+
+
. p dụng bất đẳng thức quen thuộc: với mọi x, y, z là
các số thự ta có: (x + y + z)
2

≥
3(xy + yz + zx), suy ra:
P
2

≥

)1)(1(
1
)1)(1(
1
)1)(1(
1
bacaacbccbab
++
+
++
+
++
=
)1)(1)(1(
))1()1()1((3
cbaabc

cbbaac
+++
+++++
=
=
)1)(1)(1(
)1)1)(1)(1((3
cbaabc
abccba
+++
−−+++

=> P
2

≥

)1)(1)(1(
3
)1)(1)(1(
33
cbaabccbaabc
+++
−
+++
−
(1)
Đặt t =
3
abc

. Theo bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta lại có:
(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca)
≥
1 + 3t + 3t
2
+ t
3
= (1 + t)
3
(2)
Tứ (1) và (2) suy ra: P
2

≥

3333
)1(
3
)1(
33
tttt
+
−
+
−
=
33
33
)1(
)1)1((3

tt
tt
+
−−+
=
22
)1(
9
tt
+
=> P
≥

)1(
3
tt
+
=
)1(
3
33
abcabc
+
( do P > 0)
4
Bài 14: Cho số tự nhiên có 3 chữ số. Mỗi lần được phép biến đổi số đã cho bởi 1 trong hai cách
sau: + Lấy chữ số đầu tiên (hoặc chữ số cuối cùng) đặt vào giữa hai chữ số còn lại.
+ Đảo ngược chữ số còn lại.
Hỏi nếu nếu biến đổi như thế 2005 lần thì từ số ban đầu là 123 ta có thể nhận được số 312
không?

Giải: Thực chất của 2 cách biến đổi trên đều là việc đổi chỗ 2 trong 3 chữ số mà thôi. Vì vậy,
ta có thể chia 6 số có 3 chữ số được viết bởi đúng 3 chữ số 1, 2, 3 thành 2 nhóm mà sau mỗi lần
biến đổi thì số thuộc nhóm này sẽ chuyển thành số thuộc nhóm kia và ngược lại. Đó là nhóm
{123; 231; 312} và nhóm {132; 213; 321}
Ta thấy, hai số 123 và 312 thuộc cùng một nhóm nên từ số ban đầu là 123, đề có thể
nhận được số 312 thí nhất thiết phải qua một số chẵn lần biến đổi. Suy ra, với 2005 lần biến đổi
thì từ số ban đầu là 123 ta không thể nhận được số 312.
Bài 15: Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0,1) và thoả mãn: xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z)
Chứng minh rằng: x
2
+ y
2
+ z
2

≥

4
3
Giải: Từ giải thiết xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) khai triển ta có:
xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) – xyz => 2xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) (1)
Cũng từ xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) trong đó các số x, y, z là các số thực thuộc khoảng
(0,1) suy ra: 1 =
3
3
3
111
1
1
1

1
1
1












−++
≤






−









−






−
zyx
zyx
(theo bất đẳng thức Côsi)
=>1
3
3
111
−++
≤
zyx
=>3
3
111
−++≤
zyx
=> 6
zyx
111
++≤
=> 6xyz

≤
xy + yz + xz (2)
Từ (1) và (2) => 3 – 3(x + y + z) + 3(xy + yz + xz) = 6xyz
≤
xy + yz + xz
=> 0
≥
3 – 3(x + y + z) + 2(xy + yz + xz)
Cộng cả 2 vế của BĐT trên với x
2
+ y
2
+ z
2
ta nhận được:
x
2
+ y
2
+ z
2
≥
(x + y + z)
2
- 3(x + y + z) + 3 = (x + y + z)
2
- 2(x + y + z).
2
3
+

4
9
+
4
3
=
2
2
3






−++
zyx
+
4
3
≥

4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:








=++
==
2
3
111
zyx
zyx
<=> x = y = z = ½
Bài 16: Cho f(x) = x
2
– x – 8. Giải phương trình [f(x)]
2
– f(x) – 8 = x (*)
Giải: Ta có (*) <=> [f(x)]
2
– f(x) – 8 – x = 0 <=> (x
2
– x – 8)
2
– (x
2
– x – 8) – 8 – x = 0
<=> (x
2
– x – 8)
2
– x
2

= 0 <=> (x
2
– x – 8 – x)( x
2
– x – 8 + x) = 0
<=> [(x
2
– 2x + 1) – 9](x
2
– 8) = 0 <=> [(x – 1)
2
– 9] (x
2
– 8) = 0
<=> (x – 4)(x + 2)(x – 2
2
)(x + 2
2
) = 0
Do đó ptrình (*) có 4 nghiệm: x
∈

{ }
4;22;2;22
−−
5
Bài 17: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P =
ac
c
cbba

a
+
+
+
+
+
6
, trong đó a, b, c là các số thực
thoả mãn điều kiện: a
≥
b
≥
c
≥
0
Giải: Biến đổi ta có P –
2
3
=






−
+
2
1
ba

a
+






−
+
2
1
cb
b
+






−
+
2
1
ac
c
=
=
( ) ( ) ( )

ac
abbc
cb
cb
ba
ba
+
−+−
+
+
−
+
+
−
222
=






+
−
+
−
acba
ba 11
2
+







+
−
+
−
accb
cb 11
2
=
=
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
accb
bacb
acba
cbba
++
−−
+
++
−−
22
=

( )( )
( )






+
−
++
−−
bacbac
cbba 11
2
=
( )( )( )
( )( )( )
accbba
cacbba
+++
−−−
2

≥
0
(do a
≥
b
≥

c
≥
0)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số bằng nhau. Vậy giá trò nhỏ nhất
của P bằng
2
3
Bài 18: Tồn tại hay không số nguyên n thoả mãn n
3
+ 2003n = 2005
2005
+ 1?
Giải: Giả sử tồn tại số nguyên n thoã mãn hệ thức. Ta có:
n
3
+ 2003n = n
3
– n + 2004n = (n – 1)n (n + 1) + 668.3n.
Vì n – 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết cho 3. Do đó
(n – 1)n (n + 1) chia hết cho 3. Suy ra n
3
+ 2003n chia hết cho 3. (1)
Mặt khác 2005
2005
+ 1 = (2004 + 1)
2005
+ 1; trong đó 2004 chia hết cho 3 nên 2005
2005
+ 1
chia cho 3 dư 2 (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức là không thể có số nguyên thoã mãn hệ thức.
Bài 19: Đặt
A =
2006.2005
1
2004.2003
1
...
4.3
1
2.1
1
++++
và B =
1004.2006
1
...
2005.1005
1
1006.1004
1
+++
Chứng minh
B
A
là số nguyên
Giải: Ta có A =
2006
1
2005

1
...
4
1
3
1
2
1
1
−++−+−
=
−






+++
2005
1
...
3
1
1







+++
2006
1
...
4
1
2
1
=
=
−






++++
2006
1
2005
1
...
3
1
2
1
1
2







+++
2006
1
...
4
1
2
1
=
−






++++
2006
1
2005
1
...
3
1

2
1
1






++++
1003
1
...
3
1
2
1
1
=






+++
2006
1
...
1004

1
1004
1
B =
1004.2006
1
...
2005.1005
1
1006.1004
1
+++
=






+++
2006
1
...
1005
1
1004
1
3010
2
Vậy

B
A
=
2
3010
= 1050 là một số nguyên.
Bài 20: Cho A =
222
444
)()()(
)()()(
xzzyyx
yxzxzyzyx
+++++
−+−+−
trong đó x, y, z là các số nguyên, x > y > z.
CMR: A là số nguyên dương.
Giải: x
4
(y – z) + y
4
(z – x) + z
4
(x – y) = x
4
(y – x + x – z) + y
4
(z – x) + z
4
(x – y) =

6