Đề thi và đáp án thi chọn đội tuyển toán P2

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

0
107
lượt xem
32
download

Đề thi và đáp án thi chọn đội tuyển toán P2

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án thi chọn đội tuyển toán p2', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án thi chọn đội tuyển toán P2

  1. 44 Chương 2. Đáp án tuy n sinh √ 2 √ Ta chú ý r ng √ = √1 = 2 − 1 và 2+ 2 2+1 √ √ √ √ 2 4+3 2 4 2+6 4+3 2 1 √ . √ = √ =1⇒ √ =√ . 2+ 2 2+ 2 6+4 2 2+ 2 2−1 √ Ta đ t t = ( 2 − 1)u thì (2) tr thành √ √ √ f ( 2 − 1)u+1 + f ( 2 − 1)u−1 = 2f ( 2 − 1)u ∀u (3) √ L i đ t f ( 2 − 1)u = g(u) thì (3) tr thành g(u + 1) + g(u − 1) = 2g(u) ∀u (4) ⇔g(u + 1) − g(u) = g(u) − g(u − 1) ∀u Đ t g(u + 1) − g(u) = h(u) thì h(u + 1) = h(u) ∀u. B ng quy n p d th y g(u + n) = nh(u) + g(u) Vy h(u) + k(u) v i 0 u0 trong đó, g(u) đư c xác đ nh theo (5). √ √ c) V i x < 0 ta đ t −(2 + 2)x = t = ( 2 − 1)u ta có f (x) = g log√2−1 |x| v i x
  2. 2.4. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1994 - 1995 45 Xét phân ho ch A= A(n1 ,n2 ,...,n1994 ) đây +) H p l y theo t t c các b có th t các s t nhiên (n1 , n2 , . . . , n1994) tho mãn n1 + 2n2 + · · · + 1994n1994 = 1994. +) A(n1 ,n2 ,...,n1994 ) là t p g m t t c các b có th t (a1, a2, . . . , a1993+1994) ∈ A và tho mãn đi u ki n là trong m i b có đúng nk nhóm k ∀k = 1, 1994. (Nhóm k đư c đ nh nghĩa là nhóm g m đúng k s 1 đ ng liên ti p trong b , nói khác đi là nhóm có 1 trong các d ng sau (1 . . . 1 0; 0 1 . . . 1 0; 0 1 . . . 1)). ks 1 ks 1 ks 1 Có 1993 CardA = C1993+1994 1994! CardA(n1 ,n2 ,...,n1994 ) = n1 !n2! . . . n1994!(1994 − n1 − · · · − n1994)! 1994! = n1 !n2! . . . n1994!(n2 + 2n3 + · · · + 1993n1994 )! Mà CardA = CardA(n1 ,n2 ,...,n1994 ) . Nên suy ra: 1 T = C 1993 1994! 1993+1994 . 2.4 Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1994 - 1995 Bài 1. Cho tam giác ABC v i m i đi m M, g i kho ng cách đ i s t M đ n đư ng th ng BC là ± (kho ng cách thông thư ng t M đ n BC), l y d u + hay − tuỳ theo M cùng phía hay khác phía v i A đ i v i BC (t t nhiên M thu c BC thì kho ng cách đó b ng không). Tương t cho kho ng cách đ i s t M đ n CA, AB. 1) Xét các đư ng tròn (AB1C1), (AB2 C2) như trong đ bài. Hãy ch ng minh tr c đ ng phương c a c p đư ng tròn đó là qu tích các đi m M mà các kho ng cách đ i s t M đ n AB và đ n CA t l v i γ vàβ.
  3. 46 Chương 2. Đáp án tuy n sinh − − → → Th c v y, l y h to đ vuông góc Oxy mà O ≡ A, B ∈ Ox+ , (AB, AC) = −→ −→ ϕ, 0 < ϕ < 180◦ . Khi đó AB = (1, 0), CA = (− cos ϕ, sin ϕ). G i c b  B1 = (b1 cot ϕ, b1),   B = (b cot ϕ, b ), 2 2 2 , c1 , c2 = 0, c1 = c2 , b1 , b2 = 0, b1 = b2 C1 = (c1 , 0),    C2 (c2 , 0) −− −→ − → thì B1 B2 = β CA hay ((b2 − b1 ) cot ϕ, b2 − b1) = β(− cos ϕ, − sin ϕ) suy b ra b2 − b1 = −β sin ϕ. −−−→ −→ Ta cũng có C1 C2 = γ AB tương đương v i (c2 − c1, 0) = γ(1, 0) hay c c2 − c1 = γ. Đư ng tròn (AB1C1 ) đia qua A, C1 nên x2 + y 2 − c1 x − λ1 y = 0, nó đi qua B1 nên λ1 = b1 −c1sin2 ϕ cos ϕ , đư ng tròn (AB2 C2): x2 + y 2 − c2 x − λ2y = 0, sin ϕ λ2 = b2 −c2 sin ϕ cos ϕ . β Tr c đ ng phương hai đư ng tròn đó là (c2 − c1 )x + (λ2 − λ1 )y = 0 β + γ cos ϕ ⇔ γx − y=0 sin ϕ hay y x sin ϕ − y cos ϕ = γ β Đ ý r ng y là kho ng cách đ i s t M(x, y) đ n AB còn x sin ϕ − y cos ϕ là kho ng cách đ i s t M(x, y) đ n CA, ta suy ra đi u ph i ch ng minh. 2) V i m i đi m M, kí hi u X, Y, Z là kho ng cách đ i s t M đ n BC, CA, AB thì d th y aX + bY + cZ = 2S, (S là di n tích tam giác ABC) và ngư c l i (X, Y, Z) mà aX + bY + cZ = 2S xác đ nh m t đi m M duy nh t có các kho ng cách đ i s nói trên là X, Y, Z. Theo ph n 1), phương trình dA là Y = Z , c a dB là X = Z , c a dC β γ α γ là Z = Y . Đi m chung c a dA , dB , dC (n u có) là đi m M(X, Y, Z) mà α β
  4. 2.4. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1994 - 1995 47 (X, Y, Z) là nghi m c a h aX + bY + cZ = 2S X α =Y =Z β γ hay X Y Z 2S = = = α β γ aα + bβ + cγ h đó có nghi m (và ch có m t nghi m) khi và ch khi aα + bβ + cγ = 0. Chú ý: N u (AB1 C1), (AB2 C2) c t nhau t i A = A, có th ch ng minh ph n 1) (trong trư ng h p này) nh phép đ ng d ng thu n tâm A , bi n B1 thành C1, bi n B2 thành C2 và đ hoàn thi n 1) còn c n xét (AB1C1 ), (AB2C2 ) ti p xúc nhau. Bài 2. G i A là t p các giá tr n (n ≥ 3) đ đa th c Pn (x) kh quy. V i n ∈ A ta có Pn (x) = f (x).g(x) (*) trong đó f (x) = am xm + · · · + a1x + a0 g(x) = bs xs + · · · + b1 x + b0 Pn (x) = xn+1 + kxn − 870x2 + 1945x + 1995 m ≥ 1, s ≥ 1, m + s = n + 1 Ta s ch ng minh m = 1 ho c s = 1. Gi s có m ≥ 2 và s ≥ 2 suy ra m < n và s < n. Vì a0 b0 = 1995 chia h t cho 5 và không chia h t cho 25 nên ch có m t trong hai s a0, b0 là chia . h t cho 5, ch ng h n a0 . và b0 không chia h t cho 5. Trong dãy a0, a1, ..., am .5 g i r là ch s nh nh t đ ar không chia h t cho 5, (1 ≤ r ≤ m < n, chú ý t n t i r vì am b ng ±1). T (??) suy ra cr = ar b0 + ar−1 b1 + · · · + a0br . Do cách ch n r thì a0, a1, ..., ar−1 đ u chia h t cho 5, cr là h s c a xr trong . Pn (x) cũng chia h t cho 5, suy ra ar b0. đi u này mâu thu n v i ar , b0 đ u .5, không chia h t cho 5. V y gi s m ≥ 2 và s ≥ 2 là sai, suy ra ho c m = 1 ho c s = 1, lúc đó Pn (x) có nghi m nguyên v i ∀n ∈ A. Xét các trư ng h p sau a) N u |xn | ≥ 2 ∀n ∈ A. Khi đó t xn (x + k) = 870x2 − 1945x − 1995 ta có |870x2 − 1945x − 1995| |xn + k| = |xn |n
  5. 48 Chương 2. Đáp án tuy n sinh Vì A vô h n nên v i n ∈ A đ l n thì |xn + k| < 1 suy ra xn + k = 0 suy ra . . 870x2 − 1945xn − 1945 = 0 hay 174x2 − 389xn − 399 = 0. Vì 399. và 197. n n .3 .3 . nên xn . Đ t xn = 3y, ta có 522y 2 − 389y − 133 = 0 suy ra k = −3. .3. b) N u |xn | < 2, ∀n ∈ A thì xn ch có th là +1, −1. V i xn = 1 thì Pn (1) = 0 suy ra k = −3071. V i xn = −1 thì Pn (−1) = 0. T đó v i n ch n thì k = 821, còn v i n l thì k = −819. Th l i, th y n u k = −3, k = −3071 thì Pn (x) kh quy ∀n ≥ 3. N u k = 821 thì Pn (x) kh quy v i ∀n ch n. N u k = −819 thì Pn (x) kh quy v i ∀n l . Bài 3. Có a3 + b3 ≥ 2(ab)3/2 suy ra (a3 + b3)n ≥ 2n (ab)3n/2 ≥ 4(ab)3n/2 vì n ≥ 2. Vì v y, t (a3 + b3 )n = 4(ab)1995 ta đư c 3n ≤ 3990. Đ t (a, b) = d ta có a = da1 , b = db1 và (a1, b1 ) = 1. Khi đó, t (??) có d3n (a3 + b3 )n = 4d2990(a1 b1)1995 hay 1 1 (a3 + b3)n = 4d3990−3n (a1b1 )1995. 1 1 . . Suy ra (a3 + b3 )n . 1b1)1995 suy ra (a3 + b3)n . 1b1 )n (do n < 1995 vì 3n ≤ 1 1 .(a 1 1 .(a . 3990) suy ra a3 + b3. 1b1 . Do v y 1 1.a   a3 . . a .. 1 .b1 1 .b1 ⇒ b3 . . b .. 1 .a1 1 .a1 (do (a1, b1) = 1) nên a1 = b1 = 1, l i do (a1, b1) = 1) suy ra a = b = d. Khi đó t (??) có 2n−2 = d3990−3n . Vì d > 1 nên suy ra d có d ng 2k v i k ≥ 1, và do đó n − 2 = k(3990 − 3n) hay n = 3990k+2 , và do đó 3k+1 1328 ∗ . . + 1. Do 1328 = 24 .83 và n = 1330 − 3k+1 . Vì n ∈ N nên 1328.3k 1 (mod 3) n u i ch n 1 (mod 3) n u i ch n 2i ≡ , 2i .83 ≡ 2 (mod 3) n u i l 2 (mod 3) n u i l nên suy ra 3k + 1 ∈ {22 , 24 , 2 × 83, 23 × 83}. V i 3k + 1 = 4 có k = 1 suy ra a = b = 2 và n = 998. V i 3k + 1 = 16 có k = 5 suy ra a = b = 25 và n = 1247. V i 3k + 1 = 166 có k = 55 suy ra a = b = 255 và n = 1322. V i 3k + 1 = 664 có k = 221 suy ra a = b = 2221 và n = 1328.
  6. 2.4. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1994 - 1995 49 Bài 4. Xét graph G có t p đ nh là t p g m n đi m đã cho và t p c nh là t p g m 1 (n2 − 3n + 4) đo n th ng đã cho. T gi thi t c a bài toán ta 2 th y trong G t n t i m t c nh mà sau khi b nó đi thì đư c G không liên thông. Gi s a và b là hai đ nh không liên thông v i nhau trong G . G i Va và Vb l n lư t là t p g m t t c các đ nh c a G mà liên thông v i a và b. Gi s |Va | = n1 và |Vb | = n2 . D th y, G có 1 (n2 − 3n + 2) c nh; n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n1 + n2 ≤ n và 2 1 2 1 1 1 (n − 3n + 2) ≤ n1 (n1 − 1) + n2 (n2 − 1) + (n − n1 − n2)(n − n1 − n2 − 1) 2 2 2 2 hay (n1 − 1)(1 − n2 ) + (n − n1 − n2 )(1 − n1 − n2 ) ≥ 0. Do đó (n1 − 1)(1 − n2 ) = 0 (n − n1 − n2 )(n1 + n2 − 1) = 0 V y n1 = n − 1, n2 = 1 ho c n2 = n − 1 và n1 = 1. T đó suy ra G có m t đ nh cô l p và (n − 1) đ nh mà b c c a m i đ nh b ng n − 2. Do đó G có m t đ nh b c 1, (n − 2) đ nh mà b c c a m i đ nh b ng n − 2 và m t đ nh có b c b ng n − 1. B i th chu trình đơn có đ dài l n nh t trong G là chu trình đơn đ dài n − 1 n u n ≥ 4, 0 n u n = 2ho c n = 3. Vy n−1 n u n≥4 kmax = 0 n u n = 2, n = 3 Bài 5. Gi s n + 1 = 2f (n) (1 + 2α), p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) v i α, β ≥ 0. C p s (n, p) là c p s đ p khi và ch khi 2f (n) > p hay 2f (n) ≥ p + 1 (1) T đó ta có n + 1 = 2f (n) (1 + 2α) ≥ p + 1 suy ra n≥p (2) T (1) ta có 2f (n) ≥ p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) suy ra 2f (n) ≥ 2f (p), thành th f (n) ≥ f (p). T đó . (n + 1). f (p) .2 (3) Ta c n tìm b ba s (n, p, q) sao cho ba c p s (n, p) (p, q) và (n+p+q, n) đ u là các c p s đ p. Gi s n + p + q + 1 = 2f (n+p+q) (1 + 2γ).
  7. 50 Chương 2. Đáp án tuy n sinh Theo (2) vì (n, p) và (p, q) là c p s đ p nên n + p + q + 1 ≤ 3n + 1. Vì (n + p + q, n) là c p s đ p nên 2f (n+p+q) ≥ n + 1 theo (1). K t h p các đi u ki n trên có 2f (n+p+q) (1 +2γ) = n + p + q +1 ≤ 3n + 1 ≤ 3(2f (n+p+q) − 1) +1 < 3.2f (n+p+q) suy ra 1 + 2γ < 3, và do đó 1 + 2γ = 1 hay n + p + q + 1 = 2f (n+p+q) (4) M t khác, 2f (n+p+q) ≥ n + 1 = 2f (n) (1 + 2α) suy ra f (n + p + q) ≥ f (n) (5) T 2f (n+p+q) = n + p + q + 1 = (n + 1) + (p + 1) + (q − 1) theo (3) và (5) . . . ta có (n + 1). f (p) và (p + 1). f (p) suy ra (q − 1). f (p), nhưng t c p s đ p .2 .2 .2 (p, q) có 2f (p) > q nên ch x y ra hai trư ng h p ho c q = 0 và f (p) = 0, ho c q = 1 và f (p) > 0. Xét q = 0 và f (p) = 0, t (4) có n + p + q + 1 = n + p + 1 = 2f (n+p+q) , đ ng th i n + p + 1 = (n + 1) + p = 2f (n) (1 + 2α) + p. . T (5) và 2f (n) (1 + 2α) + p suy ra p. f (n) mà 2f (n) > p nên p = 0. T .2 c p s đ p (n + p + q, n) = (n, n) suy ra n + 1 ≥ 2f (n) ≥ n + 1 suy ra n − 1 = 2f (n) = 2m . T l i, ta th y b ba s (n, p, q) = (2m − 1, 0, 0) th a mãn v i m ∈ Z và m ≥ 0. Xét q = 1 và f (p) > 0. T (4) ta có 2f (n+p+q) = n + p + q + 1 = (n + 1) + (p+1) = 2f (n) (1+2α)+2f (p) (1+2β). Chú ý r ng f (n+p+q) ≥ f (n) ≥ f (p) . suy ra 2f (p). f (n) nên f (p) = f (m). .2 T 2f (p) = 2f (n) ≥ p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) suy ra 1 + 2β = 1 suy ra p+1 = 2f (p) . Ta có 2f (n+p+q) = n+p+q +1 = (n+1)(+(p+a) = n+1+2f (n) , suy ra n + 1 = 2f (n+p+q) − 2f (n) = 2k − 2m . Th l i ta th y, b ba s (n, p, q) = (2k − 2m − 1, 2m − 1, 1) th a mãn v i k, m ∈ Z và k > m ≥ 1. Bài 6. 1) Ta tính đ o hàm 2x(x3 − 3x + 3) f (x) = . 3(x2 − 1)2 D dàng ch ng minh đư c x3 − 3x + 3 > 0 ∀x > 1. T đó suy ra f (x) > 0 ∀x > 1 và do đó hàm f (x) đ ng bi n trên (1, +∞). Hơn n a l i có lim f (x) = −∞ và lim f (x) = +∞. N u suy ra f (x) v i t p xác đ nh x→1 + x→+∞ (1, +∞) s có t p giá tr là (−∞, +∞). T các k t qu trên, theo đ nh lí v hàm ngư c, ta suy ra t n t i hàm g(x) liên t c trên R, có t p giá tr là (1, +∞), và f (g(x)) = x, ∀x ∈ R.
  8. 2.5. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1995 - 1996 51 ti p theo, ta s ch ng minh g(x) > x, ∀x ∈ R. Th t v y, v i x ≤ 1 thì 3 g(x) > 1 ≥ x. V i x > 1 thì do x − f (x) = x −3x+3 nên x > f (x) ∀x > 1, 3(x2 −1) hay g(x) > x, (do tính đ ng bi n c a f (x) trên (1, +∞). 2) Kí hi u gn (x) = g(g(...g(x))...). Ta s tìm a dư i d ng a = gn (x0 ) v i x0 ∈ R. Khi đó a0 = gn (x0) a1 = f (x0 ) = gn−1 (x0 ) > 1 a2 = f (a1 ) = gn−2 (x0) > 1 ········· an−1 = g(x0) > 1 an = x0 V i x0 = ±1 thì an+1 f (x0 ). Do g(x) > x, ∀x nên a0 > a1 > a2 > · · · an . Suy ra n u ch n x0 sao cho x0 = ±1 và f (x0 ) = gn (x0) thì dãy {an } s là dãy tu n hoàn v i chu kỳ dương nh nh t b ng n + 1. Bây gi ta s ch ng minh t n t i x0 th a mãn các đi u ki n nói trên. Th t v y, xét hàm h(x) = f (x) − gn (x) trên (−1, 0]. Ta có h(0) = f (0) − gn (0) = 1 − gn (0) < 0, và limx→−1+ h(x) = +∞ (do gn (−1) là s xác đ nh). Hơn n a, do h(x) liên t c trên (−1, 0) c a phương trình h(x) = 0, ta có a > 1 và dãy {an } là dãy tu n hoàn v i chu kỳ dương bé nh t b ng 1995. 2.5 Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1995 - 1996 Bài 1. G i 3n đi m đã cho là A1, A2 , ..., A3n. Hi n nhiên trong m t ph ng ch a 3n đi m đó, ta có th d ng đư c đư ng th ng ∆ sao cho Ai ∈ ∆, / i = 1, 3n, A1, A2 , ..., A3n n m v cùng m t phía c a ∆; và ∆ không song song v i Ai Aj (∀inot = j ∈ {1, 2, ..., 3n}). Kí hi u dAi là kho ng cách t đi m Ai đ n ∆. Khi đó dAi = dAj (∀i = j ∈ {1, 2, ..., 3n}). Không m t tính t ng quát, gi s dA1 < dA2 < · · · < dA3n (1) Qua m i đi m A3i+1, i = 0, ..., n − 1, k đư ng th ng ∆i ∆ d dàng suy ra n tam giác A3j+1 A3j+2A3j+3 , i = 0, ..., n − 1 đôi m t r i nhau và m i đi m Ai , i = 1, 3n) là đ nh có đúng m t tam giác trong s n tam giác đó. Bây gi ta s ch ng minh t ng S di n tích c a n tam giác nói trên tho mãn S < 1 . Th t v y, xét A3i+1A3i+2 A3i+3, i ∈ {0, 1, ..., n − 1}) và g i Si 2 là di n tích c a nó. D th y có th d ng đư c hai đư ng th ng a, b cùng vuông góc v i ∆ và sao cho
  9. 52 Chương 2. Đáp án tuy n sinh 1) a đi qua đúng m t trong ba đi m A3i+1 , A3i+2, A3i+3 còn b đi qua ít nh t m t trong hai đi m còn l i. 2) c ba đi m A3i+1, A3i+2 , A3i+3 cùng n m trong d i ph ng (k c hai biên) b gi i h n b i a và b. Th thì n u g i {A} = a ∩ ∆i , {B} = a ∩ ∆i+1 , {C} = b ∩ ∆i+2 , {D} = b ∩ ∆i ta s có hình ch nh t ABCD ch a toàn b ∆A3i+1A3i+2A3i+3 . T đó Si < 1 SABCD = 1 AD.CD < 1 di 2 2 2 v i di là kho ng cách gi a hai đư ng th ng ∆i và ∆i+1 . T đó suy ra n−1 n−1 1 S= Si < 2 di ≤ 1 A1 A3n ≤ 1 . 2 2 i=0 i=0 (vì A1 A3n ≤ 1). Bài toán đư c ch ng minh. [n ] 2i+1 Bài 2. T an = 2 i=0 n 3i suy ra công th c t ng quát √ √ n (1 + 3)n − (1 − 3) an = √ . 2 3 Xét n ch n và n l . 1) V i n = 2k, ta có an = 2k uk v i √ √ (2 + 3)k − (2 − 3)k uk = √ (1) 2 3 Dãy {uk } tho mãn uk+2 = 4uk+1 (2) v i u1 = 1, u2 = 4 . G i g(k) là s l ∈ N l n nh t đ uk . l . .2 k T an = 2 un suy ra f (2k ) = k + g(h) (3) T (2) th y k l , suy ra uk l . V y k l thì g(k) = 0 (4) nghĩa là f (2k) = k n u k l (4 ) Xét k = 2m ch n thì √ √ m u2m = um .dm v i dm = (2 + 3)m + (2 − 3) (5)
  10. 2.5. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1995 - 1996 53 Dãy {dm } tho mãn dm+2 = 4dm+1 − dm v i d1 = 4, d2 = 14 (6) T (6) và vì dm ch n v i m i m nên suy ra dm+2 ≡ −dm (mod 8). N u m l , thì dm ≡ 4 (mod 8) (7) N u m ch n, thì dm ≡ 6 (mod 8) T (7) và u2m = um .dm suy ra g(m) + 2 n u m l g(2m) = (8) g(m) + 1 n u m ch n V i k = 2s h, h l thì t (8) và g(k) = 0 suy ra g(2s h) = g(2s−1 h) + 1 = · · · = g(2h) + s − 1 = g(h) + 2 + s − 1 = s + 1 (9) T (3), (9), và do (4 ta có k v ikl f (2k) = (10) k+s+1 v i k = 2s h, s ≥ 1, k l 2) V i n = 2k + 1. Ta th y dãy {an } tho mãn an+2 = 2an+1 + 2an , v i a1 = 1, a2 = 2. (11) Ta ch ng minh f (2k + 1) = k (12) b ng quy n p v i k = 0, 1 d th y đúng. Gi s đúng v i k. T (10) có f (2k) ≥ k và theo gi thi t quy n p f (2k + 1) = k nên a2(k+1)+1 = 2a2(k+1) + 2a2k+1 = 2.2k+1 .n + 2.2k N = 2k+1 (2M + N ) v i N l theo quy n p. V y f (2(k + 1) + 1) = k + 1 đúng v i k + 1. 3) Tìm m i n đ f (n) = 1996 N u 2k + 1, theo f (2k + 1) = k thì f (n) = f (2k + 1) = k = 1996 suy ra n = 3993. N u n = 2s+1 h v i h l . V i s = 0 suy ra f (2k) = k l không tho mãn v i s ≥ 1 suy ra f (2s+1 h) = 2s h + s + 1 = 1996 suy ra 2s h + s = 1995 suy ra h l và 1 ≤ s ≤ 9. Th th y s = 1, n = 3998 và s = 3, n = 3984 v i s = 5, 7, 9 không có nghi m. Đáp s n = 3984, n = 3998, n = 3993.
  11. 54 Chương 2. Đáp án tuy n sinh Bài 3. Đ t f (a, b, c) = (a + b + c)4 + a4 + b4 + c4 − 12abc(a + b + c) − 4 (a4 + b4 + c4 ) 7 = (a + b + c)4 + 3 (a4 + b4 + c4 ) − 12abc(a + b + c) 7 Vì f (a, b, c) = f (−a, −b, −c) nên ch c n xét f (a, b, c) t i a, b, c mà a+b+c ≥ 0. Khi đó ch có th x y ra m t trong ba trư ng h p sau N u a, b, c ≥ 0. Lúc này ta có a + b + c ≥ 3(abc)1/3 suy ra (a + b + c)4 ≥ 27abc(a + b + c) suy ra f (a, b, c) ≥ 15abc(a + b + c) ≥ 0 và f (a, b, c) = 0 khi và ch khi a = b = c = 0. N u có đúng m t trong ba s a, b, c là s âm. Khi đó có f (a, b, c) > 0. N u có đúng hai trong ba s a, b, c là s âm. Không gi m tính t ng quát, coi a, b, < 0 t a + b + c ≥ 0 suy ra c ≥ −a(+b) > 0. Đ t a = −α, b = −β v i α, β > 0, th thì c ≥ α + β và f (a, b, c) = f (−α, −β, c) = {c − (α + β)}4 + 3 (c4 + α4 + β 4) − 12αβc{c − (α + β)}. 7 Vì α, β > 0 nên α4 + β 4 ≥ 2( α+β )4 và 0 < α < β ≤ ( α+β )2 . Do đó ta có 2 2 đánh giá α+β 4 α+β 2 f (a, b, c) ≥ {c − (α + β)}4 + 3 {c4 + 2( 7 ) } − 12c( ) {c − (α + β)} 2 2 = (c − 2x)4 + 3 (c4 + 2x4 ) − 12cx2 (c − 2x) 7 trong đó x = α+β , x > 0. 2 Đ t c = tx, t c ≥ 2x suy ra t ≥ 2. V y ta ti p t c đánh giá f (a, b, c) f (a, b, c) ≥ x4{(t − 2)4 + 3 (t4 + 2) − 12t(t − 2)} 7 = x4{(t − 2)4 + (t4 + 2) − 12t(t − 2) − 4 (t4 + 2)} 7 = x {2(t − 1) + 16 − 7 (t + 2)} = 2x {(t − 1)4 − 2 t4 + 4 4 4 4 4 7 52 7 } Xét g(t) = (t−1)4 − 2 t4 + 52 trên [2, +∞). Ta có g (t) = 4{(t−1)3 − 2 t3}. D 7 7 7 1 2 th y r ng v i t ≥ 2 thì g (t) > 0 hay t > 1−t0 v i t0 = 7 , g (t) = 0 khi và 1 1 1 ch khi t = 1−t0 , g (t) < 0 khi và ch khi 2 ≤ t ≤ 1−t0 . Do đó g(t) ≥ g( 1−t0 ) v i t ≥ 2. Ta có 1 2 3 2 1 4 1 4 g( )= 7 −2 7 + 52 . 7 1 − t0 7 1 − t0 1 − t0
  12. 2.5. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1995 - 1996 55 3 2 Do t0 = 7 nên 1 2 1 4 2 1 g = 7 26 − (1 − t0( ) = 7 26 − 1 − t0 1 − t0 (1 − t0 )3    1  2 = 7 26 − .  (1 − 3 2 )3  7 1 √ 2 4 . Th t v y, b t đ ng th c này tương Ta ch ng minh r ng 26 > 3 (1− 7 ) đương v i m i b t đ ng th c sau 2 33 1 1− − >0 7 26 2 1 3 1 1− − −3 >0 7 26 91 41 1 > √ 182 3 91 68921 > 66428. 1 V y nên g(t) ≥ g( 1−t0 ) > 0 ∀t ≥ 2. Tóm l i f (a, b, c) ≥ 0 ∀a, b, c ∈ R và f (0, 0, 0) = 0 nên mina,b,c∈R f (a, b, c) = 0 Bài 4. Chú ý r ng phép đ i x ng qua đư ng phân giác AB c a góc đ nh −→ − → − − −→ − −→ − hương (AH, AH ) bi n AH thành AH , còn phép đ i x ng qua đư ng phân −→ − → − − −→ − −→− −→ − giác ngoài AC c a góc (AH, AH ) thì bi n AH thành AH = −AH . Hình 1 1) Gi s SAB (M) = M1 , SBC (M1 ) = M2 , SCA (M2 ) = M . Đ t f = SCA .SBC .SAB . G i H, K, I l n lư t là hình chi u c a A, B, C xu ng c nh đ i di n. G i đư ng th ng IK là ∆. Ta s ch ra f : ∆ → ∆ và b o t n hư ng c a ∆.
  13. 56 Chương 2. Đáp án tuy n sinh a) Khi ABC không vuông thì H, K, I phân bi t, do đó AB, BC, CA là phân giác ngoài c a HKI. Khi có m t góc tù, ch ng h n ∠A > 90◦ thì BC là phân giác ngoài, còn CA, AB là phân giác trong HKI. The chú ý trên, d th y f : → và b o t n hư ng c a ∆. Hình 2 ◦ b) Khi C = H = K = 90 (C ≡ K) thì ∆ là đư ng th ng CI. c) Khi B = H = I = 90◦ (B ≡ I) thì ∆ là đư ng th ng BK. d) Khi A = K = I = 90◦ (A ≡ I ≡ K) thì ∆ là đư ng th ng đ i x ng c a đư ng th ng AH qua AB (hay qua AC) (Hình 1) 2) f | ∆ : ∆ → ∆ b o t n kho ng cách và hư ng nên f | ∆ là phép t nh ti n theo véctơ − nào đó (− →v → ∆) (xem hình 2: M, N ∈ ∆, M = v −− −→ − → −− f (M), N = f (N ) thì MM = N N = →) và hình 1: H ∈ ∆, H = f (H ) v −−−→ − →). thì H H = v V i M tuỳ ý, g i J là hình chi u vuông góc c a M xu ng ∆ thì f (J ) là −→ → hình chi u vuông góc c a f (M) xu ng ∆ và JJ = − . Do f đ o hư ng nên v M và f (M) = M n m khác phía đ i v i ∆ nên MM ≥ JJ = |− |, và n u → v M ∈ ∆ thì MM > JJ . V y t p h p các đi m M đ MM đ t giác tr bé / nh t là đư ng th ng ∆. 3) a) Khi l y liên ti p phép đ i x ng qua các tr c là hoán v vòng quanh ba c nh ABC đư c SAB ◦ SCA ◦ SBC = SAB ◦ f ◦ SAB SBC ◦ SAB ◦ SCA = SCA ◦ f ◦ SCA đ u có d ng Sx ◦ f ◦ Sx = g (Sx là phép đ i x ng qua tr c x). Đ t ∆ = Sx (∆) thì v i M0 ∈ ∆ kho ng cách −1 ρ(M0 , g(M0 )) = ρ(M0 , Sx ◦ f ◦ Sx (M0 )) = ρ(Sx (M0 ), f(Sx (M0)) = |− | ≤ ρ(M, f (M)) −1 −1 → v = ρ(M, Sx gSx (M)) = ρ(Sx (M), g(Sx (M))) V y kho ng cách ng n nh t đ i v i g = Sx ◦ f ◦ Sx cũng là |− |. → v
  14. 2.5. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1995 - 1996 57 b) Khi l y liên ti p phép đ i x ng qua các tr c theo th t sau: SAB .SBC , SCA = f −1 thì kho ng cách bé nh t c a MM cũng như đ i v i f đã xét trên. L y hoán v vòng quanh các tr c đ i x ng trên ta đư c SCA ◦ SAB ◦ SBC , SBC ◦ SCA ◦ SAB đ u có d ng Sx ◦ f −1 ◦ Sx = g nên theo a) kho ng cách ng n nh t đ i v i g cũng là − . → v Chú ý: Có th ch ng minh 1), 2): f là phép đ i x ng trư t, tr c ∆ đi qua trung đi m Mf (M) (M tuỳ ý) và xác đ nh đư c ∆ (m t cách hình h c) đ n k t qu như trên, véctơ trư t là − . → v Có th xét c th các trư ng h p tam giác ABC tương t trên đây, tính đư c kho ng cách bé nh t nói trên là |− | = a cos A+b cos B +c cos C, ch ng →v h n khi ABC có ba góc nh n thì |− | kà chu vi tam giác HIK nên |− | có → v →v → − | = IH + HK + KI. tính ch t đ i x ng đ i v i a, b, c và ∠A, ∠B, ∠C : | v Bài 5. Gi s s h c sinh đư c m i là 65 em. Ta đ t tương ng m i em v i m t đi m trên m t ph ng và hai em đư c đ t tương ng v i hai đi m khác nhau. V i m i c p, hai em chưa quen nhau ta n i hai đi m tương ng v i hai em đó b i m t đo n th ng. Khi đó ta đư c m t Graph đơn, vô hương, có 65 đ nh, b c m i đ nh không nh hơn 56 và v i hai đ nh k nhau b t kỳ luôn t n t i ít nh t m t đi m không k v i c hai đ nh y, có 65 đ nh và tho mãn 1) B c c a m i đ nh không l n hơn 8 2) V i hai đ nh không k nhau, t n t i ít nh t m t đ nh k v i c hai đ nh y. Xét G: xét đ nh A b t kỳ c a G và g i A1 , A2, ..., Ak (k ≤ 8) là t t c các đ nh k v i A. N u k ≤ 7 thì s có t i đa 72 = 49 đ nh mà m i đ nh k v i ít nh t m t trong các đ nh A1, A2, ..., Ak và không k v i A. Suy ra s đ nh c a G không vư t quá 49 + 7 + 9 = 57 < 65 trái v i gi thi t. V y ph i có k = 8, suy ra m i đ nh c a G có b c b ng 8. T đây, k t h p v i 2), ta đư c
  15. 58 Chương 2. Đáp án tuy n sinh i) Ai, Aj không k nhau ∀i = j ∈ {1, 2, ..., 8} ii) M i đ nh Ai , (i = 1, 8), ngoài A ra s k v i đúng b y đ nh khác và n u kí hi u Ait t = 1, 7) là b y đ nh y thì {Ai1 , ..., Ai7 } ∩ {Aj1 , ..., Aj7 } = ∅ (∀i ∈ j ∈ {1, 2, ..., 8}). / T đó suy ra trong G không có chu trình đơn đ dài 3 cũng như chu trình đơn đ i dài 4. Do v y Ait và Ais không k nhau (∀i = 1, 8), ∀t = s ∈ {1, 2, ..., 7}, và do đó n u Ait k Ajs (i = j) thì Ait không k Ajm m = s. T đó suy ra có t t c 14 3 = 14.7.8 chu trình đơn đ dài 6 đi qua A. 8 Vì A là đ nh b t kỳ c a G nên s chu trình đơn đ dài 6 trong G là 14.7.8.65 6 = 49.8.65 ∈ Z. Đi u vô lý. Vây không t n t i G và do đó không t n 3 / t i G tho mãn đ bài. Bài 6. Ta xét bài toán t ng quát v i x0 > 0 cho trư c b t kỳ. 1) V i a = 0 hi n nhiên xi = 0, ∀i > 0 dãy h i t . a 2) V i a > 0 kí hi u f (x) = 1+x2 và g(x) = f (f (x)). T đó suy ra f (x) là hàm gi m trên (0, +∞) nên g(x) là hàm tăng trên (0, ∞). Xét dãy {x2n } (ch s ch n). Đ t un = x2n thì un+1 = g(un ). Do g(x) tăng nên {un } là dãy đơn đi u (tăng ho c gi m). M t khác, 0 < un < a, nên luôn luôn t n t i lim un = limn→∞ x2n = l. L y gi i h n khi n → ∞ có g(l) = l (1) a) Ta ch ng minh 0 < a ≤ 2 thì dãy {xn } có gi i h n. Th t v y, gi s f (l) = v hay a = v + vl2 (2) Ta có f (f (l)) = f (v) tương đương v i f (v) = g(l) = l hay a = v + lv 2 (3) Tr (2) cho (3) đư c (v − l)(vl − 1) = 0. N u v = l thì vl = 1, thay vào (2) đư c v + l = a suy ra v.l là nghi m c a phương trình x2 − ax + 1 = 0. Vì a ≤ 2 nên a = 2 suy ra v = l = 1 trái đi u gi s . V y, v = l, t c là f (l) = l. T đó limx→∞ x2n+1 = limx→∞ x2n = f (l) = l = lim x2n . V y limn→∞ xn t n t i. b) Ta ch ng minh v i a > 2 thì dãy {xn } h i t khi và ch khi a = x3 +x1 . 2 a Th t v y, gi s a = x3 + x0 suy ra x0 = 1+x2 = x1 suy ra a = x3 + x1 suy 0 1 0 ra x2 = x1 ,.v..v... V y {xn } là dãy h ng, suy ra t n t i limn→∞ xn = x0. Ngư c l i, gi s t n t i limn→∞ xn = k. Qua gi i h n ta đư c f (k) = k hay a = k 3 + k, suy ra k là nghi m duy nh t c a x3 + x − a. Ta có (1 + x2 )2 (a − x) − a2x −(x2 + x − a)(x2 − ax + 1) g(x) − x = = . a2 + (1 + x2 )2 a2 + (1 + x2)2
  16. 2.6. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1996 - 1997 59 Vì a > 2 nên phương trình x2 − ax + 1 = 0 có hai nghi m phân bi t, α, β. Gi s α < β, ta th y α < k < β. Th t, v y vì a > 2 suy ra k > 1 do đó a − ak 2 < 0. Thay a = k 3 + k vào ta đư c k 3 + k − ak 2 < 0 hay α < k < β. D u c a g(x) − x là d u c a −(x − k)(x − α)(x − β). Ta có b ng xét d u c a g(x) − x như sau x α k β g(x) − x + 0 − 0 + 0 − Xét dãy un = x2n như trên thì dãy {un } là đơn đi u. Vì limn→∞ un = k nên ∃n0 đ α < un0 < β. N u α < un0 < k thì un0 +1 = g(un0 ) < un0 suy ra {un } là dãy gi m và un0 < k, do đó nó không h i t v k. Tương t n u k < un0 < β thì {un } là dãy tăng v i un0 > k do đó nó không h i t v k. V y ch có th un0 = k. Chú ý r ng n u ∃i: xi = k thì suy ra xi−1 = k. Th t a v y x0 = k = 1+x2 suy ra k(1 + x2 ) = a = k 2 + k suy ra x2 = k 2 suy i−1 i−1 i−1 ra xi−1 = k. Thành th un0 = k, do đó un = k hay x0 = k. Vì a = k 3 + k nên a = x3 + x0. Đi u ph i ch ng minh. 0 3) V i a < 0. Đ t yn = −xn. Khi đó −a |a| yn+1 − xn+1 = 2 = 2 . 1 + xn 1 + yn V y {xn } h i t khi và ch khi {yn } h i t . Vì yn > 0, ∀n ≥ 1 nên theo trên v i |a| ≤ 2 thì {yn } h i t . N u |a| > 2 thì {yn } h i t khi và ch khi |a| = y1 + y1 . Mà t (2.5) ta có |a| = y1 (1 + y0 ) = y1(1 + x2 ) suy ra x0 = y1 , 3 2 0 thành ra |a| = x3 + x0. 0 K t lu n: Dãy {x√ h i t khi và ch khi |a| ≤ 2 ho c |a| = x3 + x0 = √ n} 0 1997 1996 khi x0 = 1996. 2.6 Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1996 - 1997 Bài 1. G i O là tâm m t c u ngo i ti p ABCD. Đi u ki n xác đ nh đi m P là P A2 +a2 +b2 +c2 = P B 2 +b2 +c2 +a2 = P C 2 +c2 +a2 +b2 = P D2 +a2 +b2 +c2 . 1 1 1 1 1
  17. 60 Chương 2. Đáp án tuy n sinh Tính P A2 + a2 + b2 + c2 = P A2 + DA2 + BA2 + cA2 1 − 2 − 2 − 2 − 2 → − → → → = P A + DA + BA + CA −→ − → −→ − − → −−→ − → −→ − → = (P O + CA)2 + (DO + OA)2 + (BO + OA)2 + (CO + OA)2 −→ − → − − → → −→ −→ − − − → − → −→ = P O2 + 4OA2 + 2P O OA − 2OA2(OD + OB + OC + OA)+ −→ −→ − − −→ −→ 2OA2 + DO 2 + BO 2 + OC 2 − − − → → − → = P O2 + 9R2 + 2P O.OA.OE − − → − → − → = P O2 + 9R2 − 2OA(OE + OP ). − − → − → − → − → −→ − trong đó đ t OE = OA + OA + OC + OD (đi m E xác đ nh). Tính tương t đ i v i P B 2 + b2 + c2 + a2, P C 2 + c2 + a2 + b2, P D2 + a2 + b2 + c2. thì 1 1 1 2 2 ta đư c − − → −→ − → − − − − → → −→ − − − → −→ − → −→ − − − → − → OA(OE + OP ) = OB(OE + OD) = OC(OE + OP ) = OD(OE + OP ) − − → −→ − → − − − − → → − → −→ − − − → − → − → Ta có OA(OE + OP ) = OB(OE + OP hay (OA − OB)(OE + OP ) = 0 − − → − → −→ hay BA(OE 2 + OP ) = 0. T đó ta có − −→ − −→ → (OE + OP ).BA = 0  − −→ − −→ → (OE + OP ).CA = 0 −  − → − −→ − → (OE + OP ).DA = 0 − −→ −→ − → −→ − − → hay là OE 2 + OP = 0 hay P O = OE. V y đi m P xác đ nh duy nh t. −→ − → −→ − → − − → → − − → → T P A2 = (P O 2 +OA)2 = P O 2 +OA2 +2P O.OA = P O2 +R2 +2P O.OA
  18. 2.6. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1996 - 1997 61 thì − − → → − −→ − → −→− P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = 4P O2 + 4R2 + 2P O(OA + OB + OC + OD) − − → − → = 4P O2 + 4R2 + 2P O.OE = 4P O2 + 4R2 + 2P O2 = 6P O2 + 4R2 ≥ 4R2 . D u đ ng th c x y ra khi và ch khi P O2 = 0 hay P ≡ O. Khi đó ta có a2 + b2 + c2 = b2 + c2 + a2 = c2 + a2 + b2 = a2 + b2 + c2 1 1 1 1 1 1 hay a1 = a, b1 = b, c1 = c, t c là t di n ABCD g n đ u. Bài 2. 1) Gi s k là s sao cho có th thi t l p đư c h thông đư ng bay tho mãn các đi u ki n c a đ bài. Khi đó, t ng s đư ng bay tr c ti p gi a hai thành ph s là 25×k . Suy ra k ≡ 0 (mod 2). 2 Xét m t thành ph A b t kỳ. Theo gi thi t, t A có đư ng bay tr c ti p đên k thành ph khác, g i là A1, A2, ..., Ak . M i thành ph Ai , i = 1, k, l i có đư ng bay tr c ti p đ n k − 1 thành ph khác, (không k A). Hơn n a, ta l i có: N u t B đ n A không có đư ng bay tr c ti p thì t B ph i có đư ng bay tr c ti p đ n ít nh t m t thành ph Ai . T nh ng l p lu n trên suy ra, s thành ph ch có th t i đa là 1 + k + k(k − 1) = k 2 + 1. Như v y 25 ≤ k 2 + 1. K t h p v i k ≡ 0 (mod 2), suy ra k ≥ 6. 2) V i k = 6 ta s ch ra cách thi t l p h th ng đư ng bay tho mãn các đi u ki n c a đ bài. Chia 25 thành ph thành năm nhóm, m i nhóm g m năm thành ph . Các thành ph c a nhóm th i, i = 1, 5, ta kí hi u b i (i) (i) (i) (i) (i) A1 , A2 , A3 , A4 , A5 . V i các thành ph trong cùng nhóm i, ta thi t l p (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) các đư ng bay A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 , A5 A1 . Gi a các thành ph thu c hai nhóm i, j b t kỳ, i = j ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, xây d ng các đư ng (i) (j) (i) (j) (i) (j) (i) (j) (i) (j) bay sau A1 A1 , A2 A4 , A3 A2 , A4 A5 , A5 A3 .
  19. 62 Chương 2. Đáp án tuy n sinh B ng cách xây d ng các đư ng bay như trên, ta có: T thành ph A b t kỳ s có đư ng bay tr c ti p đ n đúng hai thành ph , trong cùng nhóm v i A và có đư ng bay tr c ti p đ n đúng b n thành ph khác nhóm v i A. Do v y t m i thành ph s có đư ng bay tr c ti p đ n đúng sáu thành ph khác. Hơn n a, v i A, B là hai thành ph b t kỳ mà gi a chúng không có đư ng bay tr c ti p ta th y: - N u A, B thu c cùng nhóm thì d th y luôn t n t i m t thành ph trong nhóm đó mà t C có đư ng bay tr c ti p đ n c A và B. - N u A, B không cùng nhóm thì qua hình v trên d dàng ki m tra đư c s t n t i c a thành ph C mà t C có đư ng bay tr c ti p đ n c A và B. 3) V y kmin = 6. Bài 3. Gi s α là s th c sao cho t n t i dãy vô h n các s t nhiên {an } tho mãn các đi u ki n c a đ bài. D th y α = 0 là m t s th c như v y. Do đó, đ tìm s α l n nh t, dư i đây ta ch xét α > 0. T gi thi t v dãy {an } suy ra ai + aj ≥ aα , ∀i, j ∈ N∗ . D n t i i+j 2a2i ≥ aαi+1 ∀i ∈ N 2 (1) N u α = 1 thì (1) tương đương v i m i b t đ ng th c sau 1 1 a 1−α a2i ≥ (2 1−α .a2i+1 )α ∀i ∈ N 1 1 a 1−α a2i ≤ (2 1−α .a2i )1/α ∀i ∈ N hay 1 1 a 1−α a2n ≤ (2 1−α .a2n−1 )1/α ∀i ∈ N∗ 1 1 n 1 n Suy ra 2 1−α .a2n ≤ (2 1−α a1)1/αn, ∀n ∈ N∗. Mà a2n > 19972 nên 2 1−α .19972 < 1 (2 1−α .a1)1/αn , ∀n ∈ N∗ , hay 1 1 1 ln 2 1−α + 2n ln 1997 < n ln(2 1−α .a1) ∀n ∈ N∗. α hay 1 1 1 1 ln 1997 < ln(2 1−α .a1) − ln 2 1−α ∀n ∈ N∗ (2) 2n .αn 2n T (2) suy ra α ≤ 1 , vì n u α > 1 2 2 thì, cho n → ∞, t (2) ta đư c ln 1997 ≤ 0, vô lý. n−1 N u α = 1 thì (1) cho ta a2i+1 ≤ 2a2i , ∀i ∈ N, hay a2n ≤ 2a2 . Suy ra n n a2n ≤ 2n a1, ∀n ∈ N∗ . Mà a2n > 19972 nên 19972 < 2n .a1, ∀n ∈ N∗, hay 2n ln 1997 < n ln 2 + ln a1, ∀n ∈ N∗. B t đ ng th c này tương đương v i n ln a1 ln 1997 < n . ln 2 + n ∀n ∈ N∗ (3) 2 2
  20. 2.6. Đáp án ch n đ i tuy n năm h c 1996 - 1997 63 Cho n → ∞, t (3) ta đư c ln 1997 ≤ 0 (vô lý). Tóm l i, ta ph i có α ≤ 1 . 2 2) V i α = 1 ta s xây d ng dãy {an } tho mãn các đi u ki n c a đ 2 bài. Xét dãy {an } đư c xác đ nh b i a1 = 2 × 1997, a2 = 4 × 19972 − 2 và an+1 = 2 × 1997an − an−1 ∀n ≥ 2. D a vào phương trình đ c trưng và các s h ng ban đ u a1, a2 c a {an } d dàng tìm đư c an = pn + q n và n ∈ N∗ , √ √ trong đó p = 1997 + 19972 − 1 và q = 1997 − 19972 − 1. Suy ra an ∈ N, n ∈ N∗ và p+q n an = pn + q n ≥ 2 = 2 × 1997n > 1997n ∀n ∈ N∗ (4) 2 Ti p theo, ta s ch ng minh un = a[ n ] + a[ n+1 ], ∀n ≥ 2 (5) 2 2 Vì a[ n ] + a[ n+1 ] = n nên (5) tương đương v i 2 2 . a[ n ]−t + a[ n+1 ]+t . a[ n ] + a[ n+1 ] . ∀n ≥ 2, t ∈ {0, 1, ..., n 2 − 1} (6) 2 2 2 2 Do v y, đ ch ng minh (5), ta s ch ng minh (6). V i t = 0 thì (6) hi n nhiên đúng. V i t = 1, ta có: n u n = 2k thì . a[ n ]−1 + a[ n+1 ]+1 = ak−1 + ak+1 = 2 × 1997ak . k + ak ) .(a 2 2 hay . a[ n ]−1 + a[ n+1 ]+1 . a[ n ] + a[ n+1 ] . 2 2 2 2 N u n = 2k + 1 thì a[ n ]−1 + a[ n+1 ]+1 = ak−1 + ak+2 = 2 × 1997ak − ak+1 + 2 × 1997ak+1 − ak 2 2 . = (2 × 1997 − 1)(ak+1 + ak ). k+1 + ak ) .(a T đây suy ra (6) đúng. n Gi s ta đã có (6) đ n t mà 1 ≤ t ≤ 2 − 1. Ta s ch ng minh (6) cũng đúng v i t := t + 1. Th t v y, ta có a[ n ]−(t+1) + a[ n+1 ]+(t+1) = 2 × 1997a[ n ]−t − a[ n ]−t+1 + 2 2 2 2 + 2 × 1997a[ n+1 ]+t − a[ n+1 ]+t−1 2 2 = 2 × 1997 a[ n ]−t + a[ n+1 ]+t − a[ n ]−(t−1) + a[ n+1 ]+(t−1) 2 2 2 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản