Đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:167

Thêm vào BST

Báo xấu

854
lượt xem 207
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 10, 11, 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT kèm đáp án

TR N NAM DŨNG (ch biên) L I GI I VÀ BÌNH LU N Đ THI CÁC T NH, CÁC TRƯ NG Đ I H C NĂM H C 2009-2010 MATHSCOPE.ORG
dddd
L i nói đ u Kỳ thi VMO năm nay s đư c t ch c vào tháng 3/2010. Hi n nay các trư ng và các t nh đang hoàn t t vi c thi HSG c p t nh và thành l p đ i tuy n. Sau kỳ thi h c kì I, vi c luy n thi cho kỳ thi VMO 2010 s đư c kh i đ ng t i t t c các đ a phương. Nh m giúp các b n h c sinh có thêm cơ h i trao đ i, h c h i, rèn luy n k năng gi i toán, chúng tôi th c hi n cu n sách này. Thông qua vi c gi i và bình lu n các đ thi h c sinh gi i các t nh và các trư ng Đ i h c, chúng tôi s đưa ra nh ng bài t p tương t , nói thêm v phương pháp s d ng trong bài gi i nh m giúp các b n nhìn r ng hơn v v n đ , đ có th áp d ng cho nh ng bài toán khác. Cu n sách đư c s tham gia v chuyên môn c a các th y cô giáo chuyên toán, các c u IMO, VMO. Ý ki n đóng góp, bình lu n có th g i tr c ti p qua ch đ mà chúng tôi m trên Mathscope.org ho c theo đ a ch trannamdung@ovi.com v i tiêu đ [4VMO2010]. Các thành viên có đóng góp s đư c tôn vinh và nh n nh ng quà t ng ý nghĩa. Cu n sách đư c th c hi n v i s giúp đ c a Nokia Vietnam (http://www.nokia. com.vn). TP HCM, ngày 02 tháng 12 năm 2009 Tr n Nam Dũng iii
iv Tr n Nam Dũng (ch biên)
L i c m ơn Xin c m ơn s nhi t tình tham gia đóng góp c a các b n: 1. Võ Qu c Bá C n 2. Ph m Ti n Đ t 3. Ph m Hy Hi u 4. T Minh Ho ng 5. Nguy n Xuân Huy 6. Mai Ti n Kh i 7. Hoàng Qu c Khánh 8. Nguy n Vương Linh 9. Nguy n Lâm Minh 10. Nguy n Văn Năm 11. Đinh Ng c Th ch 12. Lê Nam Trư ng 13. Võ Thành Văn Cùng r t nhi u b n yêu toán khác. v
vi Tr n Nam Dũng (ch biên)
M cl c L i nói đ u iii L i c m ơn v I Đ toán và l i gi i 1 1 S h c 3 1.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Phương trình, h phương trình 15 2.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 3 B t đ ng th c và c c tr 27 3.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 4 Phương trình hàm và đa th c 43 4.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 4.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 5 Hình h c 57 5.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 6 T h p 71 6.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 6.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 vii
viii Tr n Nam Dũng (ch biên) 7 Dãy s 89 7.1 Đ bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 7.2 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 II M t s bài gi ng toán 99 8 Gi i phương trình hàm b ng cách l p phương trình 101 9 Dãy truy h i lo i un+1 = f (un ) 107 10 Các đ nh lý t n t i trong gi i tích và đ nh lý cơ b n c a đ i s 113 11 Phép ch ng minh ph n ch ng 123 12 Nguyên lý Dirichlet 127 13 Cauchy-Bunyakovski-Schwarz Inequality 137 A Đ luy n đ i tuy n cho kỳ thi VMO 2010 145 B Hư ng d n n i dung b i dư ng h c sinh thi ch n h c sinh gi i Toán Qu c gia l p 12 THPT 151
Ph n I Đ toán và l i gi i 1
Chương 1 S h c “Toán h c là b o v t quý giá hơn b t c th gì khác mà chúng ta đư c th a hư ng t kho tàng tri th c c a nhân lo i.” Rene Descartes 1.1 Đ bài n 1.1. Gi s m, n là hai s nguyên dương tho mãn là s l v i d = (m, n). Xác d đ nh (am + 1, an − 1) v i a là s nguyên dương l n hơn 1. 1.2. Dãy s {an } đư c xác đ nh như sau: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an v i m i n ≥ 0. (a) Ch ng minh r ng an chia h t cho n v i m i n ≥ 1. an ∞ (b) Ch ng minh r ng dãy s ch a vô s s h ng chia h t cho 2009. n n=1 1.3. Cho m, n là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau, m là s ch n. Tìm ư c s chung l n nh t c a m2 + n2 và m3 + n3 . 1.4. Cho các s nguyên dương a, b, c, d th a mãn ac + bd chia h t cho a2 + b2 . Ch ng minh r ng (c2 + d 2 , a2 + b2 ) > 1. 1.5. Tìm t t c các s nguyên dương k sao cho phương trình x2 + y2 + x + y = kxy có nghi m nguyên dương. 3
4 Tr n Nam Dũng (ch biên) 1.6. Tìm t t c các s nguyên dương x, y tho mãn x2 + 15y2 + 8xy − 8x − 36y − 28 = 0. 1.7. Ch ng minh r ng |12m − 5n | ≥ 7 v i m i m, n nguyên dương. 1.8. Cho n là s nguyên dương sao cho 3n − 1 chia h t cho 22009 . Ch ng minh r ng n ≥ 22007 . 100 +100 1.9. (1) Cho a = 52 . Ch ng minh s a có ít nh t 25 ch s 0 đ ng li n nhau. (2) Ch ng minh t n t i vô s s t nhiên n mà 5n có ít nh t 100 ch s 0 đ ng li n nhau. 1.10. Cho f : N∗ → N∗ tho mãn các đi u ki n (i) f (xy) = f (x) f (y) v i m i x, y tho mãn (x, y) = 1; (ii) f (x + y) = f (x) + f (y) v i m i b s nguyên t x, y. Hãy tính f (2), f (3), f (2009). 1.11. Tìm t t c các b s t nhiên a, b, c, d đôi m t phân bi t th a mãn a2 − b2 = b2 − c2 = c2 − d 2 . 1.12. Cho hai s nguyên dương p, q l n hơn 1, nguyên t cùng nhau. Ch ng minh r ng t n t i s nguyên k sao cho (pq − 1)n k + 1 là h p s v i m i s nguyên dương n.
L i gi i và bình lu n đ thi các t nh, các trư ng Đ i h c năm h c 2009-2010 5 1.2 L i gi i n Bài 1.1. Gi s m, n là hai s nguyên dương tho mãn là s l v i d = (m, n). d Xác đ nh (am + 1, an − 1) v i a là s nguyên dương l n hơn 1. (Đ i h c Vinh) m n n 2m n L i gi i. Do d = (m, n) nên , = 1. Vì là s l nên ta có , = 1, d d d d d suy ra (2m, n) = d. Theo đ nh lý Bezout, t n t i u, v nguyên sao cho 2mu + nv = d. Đ t D = (am + 1, an − 1). Khi đó am ≡ −1 (mod D), suy ra a2m ≡ 1 (mod D). Ngoài ra ta đã có an ≡ 1 (mod D). T nh ng đi u trên, ta suy ra ad = a2mu+nv ≡ 1 (mod D). Do m = dm nên t đây ta suy ra am ≡ 1 (mod D). K t h p v i am ≡ −1 (mod D) ta suy ra 2 ≡ 0 (mod D). T đây suy ra D = 1 ho c D = 2. D th y v i a l thì D = 2 còn v i a ch n thì D = 1. Đó chính là k t lu n c a bài toán. Bình lu n. Đây là m t bài toán khá căn b n v b c c a m t s theo modulo. Trong các bài toán như v y, đ nh lý Bezout luôn là m t k t qu h u ích. Bài 1.2. Dãy s {an } đư c xác đ nh như sau: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an v i m i n ≥ 0. (a) Ch ng minh r ng an chia h t cho n v i m i n ≥ 1. an ∞ (b) Ch ng minh r ng dãy s ch a vô s s h ng chia h t cho 2009. n n=1 (Đ i h c Khoa h c t nhiên) L i gi i. Phương trình đ c trưng c a dãy {an } có d ng x4 − 2x3 − x2 + 2x + 1 = 0, tương đương (x2 − x − 1)2 = 0. T đó s h ng t ng quát c a an có d ng an = c1 α n + c2 β n + n(c3 α n + c4 β n ),
6 Tr n Nam Dũng (ch biên) trong đó α > β là các nghi m c a phương trình x2 − x − 1 = 0. T đây, t các đi u 1 1 ki n ban đ u, ta tìm đư c c1 = c2 = 0, c3 = √ , c4 = − √ . Suy ra 5 5 1 1 an = n √ α n − √ β n . 5 5 an T đây ta đư c = Fn , v i F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 v i m i n = 1, 2, . . . n t c là dãy s Fibonacci. K t lu n câu (a) đ n đây là hi n nhiên. Đ gi i ph n (b), ta có th đi theo các hư ng sau. Cách 1. Dùng quy n p ch ng minh r ng Fm+n = Fm+1 Fn + Fm Fn−1. Sau đó ti p t c dùng quy n p ch ng minh r ng Fkn chia h t cho Fn . T đây, đ ch ng minh k t lu n c a bài toán, ta ch c n ch ra m t giá tr nguyên dương n sao cho Fn chia h t cho 2009 là xong. Có th tính toán đư c r ng F56 chia h t cho 49, còn F20 chia h t cho 41, t đó F280 chia h t cho 2009. Cách 2. Ta ch ng minh m nh đ t ng quát: V i m i s nguyên dương N, t n t i vô s s h ng c a dãy s Fibonacci chia h t cho N. Đ th c hi n đi u này, ta b sung thêm s h ng F0 = 0 cho dãy Fibonacci. Chú ý là ta v n có h th c Fn+1 = Fn + Fn−1 v i m i n = 0, 1, 2, . . . G i ri là s dư trong phép chia Fi cho N. Xét N 2 + 1 c p s dư (r0 , r1 ), (r1 , r2 ), . . . , (rN , rN+1 ). Do 0 ≤ ri ≤ N − 1 nên ch có N 2 c p giá tr (ri , ri+1 ) khác nhau. Theo nguyên lý Dirichlet, t n t i c p ch s i < j sao cho (ri , ri+1 ) ≡ (r j , r j+1 ). T đây, do rk−1 chính là s dư trong phép chia rk+1 − rk cho N nên ta suy ra ri−1 = r j−1 , ri−2 = r j−2 , . . . , r0 = r j−i . Suy ra dãy s dư tu n hoàn v i chu kỳ j − i. Vì r0 = 0 nên rk( j−i) = 0 v i m i k = 1, 2, . . . và ta có rk( j−i) chia h t cho N v i m i k = 1, 2, . . . (đpcm). Bình lu n. Ý tư ng dùng nguyên lý Dirichlet đ ch ng minh tính tu n hoàn c a dãy s dư không m i. Đ thi vô đ ch Liên Xô trư c đây có câu: Ch ng minh r ng trong dãy s Fibonacci t n t i ít nh t m t s t n cùng b ng b n ch s 0. Đ thi ch n đ i tuy n Vi t Nam năm 2004 cũng có ý tư ng tương t : Cho dãy s (xn ) (n = 1, 2, 3, . . .) đư c xác đ nh b i: x1 = 603, x2 = 102 và xn+2 = xn+1 + xn + 2 xn+1 xn − 2 v i m i n ≥ 1. Ch ng minh r ng (1) T t c các s h ng c a dãy s đã cho đ u là các s nguyên dương. (2) T n t i vô h n s nguyên dương n sao cho bi u di n th p phân c a xn có b n ch s t n cùng là 2003.
L i gi i và bình lu n đ thi các t nh, các trư ng Đ i h c năm h c 2009-2010 7 (3) Không t n t i s nguyên dương n mà bi u di n th p phân c a xn có b n ch s t n cùng là 2004. Bài 1.3. Cho m, n là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau, m là s ch n. Tìm ư c s chung l n nh t c a m2 + n2 và m3 + n3 . (Đ ng Nai) L i gi i. Do (m, n) nguyên t cùng nhau và m ch n nên n l . Đ t d = (m2 + n2 , m3 + n3 ). D th y d l . Do m3 + n3 = (m + n)(m2 + n2 − mn) nên t đây suy ra d | mn(m + n). T đây l i suy ra d là ư c c a (m + n)3 . Gi s d > 1. Khi đó g i p là m t ư c s nguyên t c a d thì p | (m + n)3 , suy ra p | m + n. M t khác (m + n)2 − (m2 + n2 ) = 2mn, suy ra p | 2mn. Vì p l nên p | mn. Vì p nguyên t và (m, n) = 1nên t đây suy ra p | m ho c p | n. Nhưng do p | m + n nên t đây l i suy ra p | n và tương ng là p | m. Mâu thu n. V y đi u gi s là sai, t c là d = 1. Bài 1.4. Cho các s nguyên dương a, b, c, d th a mãn ac + bd chia h t cho a2 + b2 . Ch ng minh r ng (c2 + d 2 , a2 + b2 ) > 1. (Đ i h c Sư ph m) L i gi i. Trư c h t xét trư ng h p (a, b) = 1. Gi s p là m t ư c nguyên t c a a2 + b2 . Khi đó p | ac + bd. T đ ng th c (ac + bd)2 + (ad − bc)2 = (a2 + b2 )(c2 + d 2 ), ta suy ra p | ad − bc. T đây, ta l n lư t có p | c(ac + bd) + d(ad − bc) = a(c2 + d 2 ), p | d(ac + bd) − c(ad − bc) = b(c2 + d 2 ). Vì (a, b) = 1 nên theo đ nh lý Bezout t n t i u, v sao cho au + bv = 1. T các đi u trên, ta có p | u · a(c2 + d 2 ) + v · b(c2 + d 2 ) = (au + bv)(c2 + d 2 ) = c2 + d 2 , suy ra p là ư c s chung c a a2 + b2 và c2 + d 2 , t c là (a2 + b2 , c2 + d 2 ) > 1.
8 Tr n Nam Dũng (ch biên) . Bây gi gi s (a, b) = D > 1. Đ t a = Dx, b = Dy thì ta có Dxc+Dyd . D2 (x2 +y2 ), . . 2 suy ra xc + yd . x + y2 . Theo k t qu . trên thì (x2 + y2 , c2 + d 2 ) > 1. T đó, m t cách hi n nhiên (D2 (x2 + y2 ), c2 + d 2 ) > 1, t c là (a2 + b2 , c2 + d 2 ) > 1. Bài toán đư c gi i quy t hoàn toàn. Bình lu n. Đ nh lý Bezout m i lúc, m i nơi! Bài 1.5. Tìm t t c các s nguyên dương k sao cho phương trình x2 + y2 + x + y = kxy (1) có nghi m nguyên dương. (Ph thông Năng khi u) L i gi i. Gi s k là m t giá tr sao cho phương trình (1) có nghi m nguyên dương. Khi đó t n t i nghi m (x0 , y0 ) c a (1) v i x0 + y0 nh nh t. Không m t tính t ng quát, có th gi s x0 ≥ y0 . Xét phương trình b c hai x2 − (ky0 − 1)x + y2 + y0 = 0. 0 (2) Theo gi s trên thì x0 là m t nghi m c a (2). Theo đ nh lý Viet thì y2 + y0 0 x1 = ky0 − 1 − x0 = x0 cũng là m t nghi m c a (2). D th y x1 là m t s nguyên dương, vì th (x1 , y0 ) cũng là m t nghi m nguyên dương c a (1). T gi thi t x0 + y0 nh nh t ta suy ra x1 + y0 ≥ x0 + y0 . y2 + y0 0 T c là ≥ x0 , suy ra y2 + y0 ≥ x0 . T đây ta có b t đ ng th c kép 0 2 x0 y2 ≤ x0 ≤ y2 + y0 < (y0 + 1)2 , 0 2 0 2 suy ra x0 = y0 . Thay vào (1) ta đư c 2 + = k, suy ra x0 ch có th b ng 1 ho c 2, x0 tương ng k b ng 4 ho c 3. V i k = 3 ta có (2, 2) là nghi m c a (1), v i k = 4 ta có (1, 1) là nghi m c a (1). V y k = 3 và k = 4 là t t c các giá tr c n tìm. Ta cũng có th đánh giá k khác m t chút, như sau. Cách 1. T đ ng th c x0 + y2 + x0 + y0 = kx0 y0 , chia hai v cho x0 , y0 , ta đư c 2 0 x0 y0 1 1 + + + = k. y0 x0 y0 x0
L i gi i và bình lu n đ thi các t nh, các trư ng Đ i h c năm h c 2009-2010 9 x0 k 1 M t khác, cũng theo lý lu n trên thì ky0 − 1 − x0 ≥ x0 nên suy ra ≤ − . y0 2 2y0 T đó ta có k 1 y0 1 1 k 1 y0 1 k 5 k≤ − + + + = + + + ≤ + . 2 2y0 x0 y0 x0 2 2y0 x0 x0 2 2 T đó suy ra k ≤ 5. Hơn n a k ch có th b ng 5 khi x0 = y0 = 1 (trư ng h p này d n đ n mâu thu n). Trư ng h p k = 3 ta có nghi m x = y = 2, k = 4 ta có nghi m x = y = 1. Còn v i k ≤ 2 thì rõ ràng là phương trình vô nghi m. Cách 2. Lý lu n như trên thì y2 + y0 0 x0 ≤ x1 = ≤ y0 + 1. x0 Như v y y0 + 1 n m ngoài hai nghi m c a tam th c f (x) = x2 − (ky0 − 1)x + y2 + y0 , 0 suy ra f (y0 + 1) ≥ 0. T đó 2(y0 + 1) 2 k≤ = 2 + ≤ 4. y0 y0 Bình lu n. K thu t s d ng trong l i gi i trên đư c g i là k thu t phương trình Markov. K thu t này hi n nay đã tr nên khá quen thu c. Dư i đây là m t s bài toán có th gi i đư c b ng k thu t này: x 2 + y2 1. Ch ng minh r ng n u x, y là các s nguyên dương sao cho n = là m t xy + 1 s nguyên thì n là m t s chính phương. (IMO 1988) 2. Hãy tìm t t c các s nguyên dương n sao cho phương trình √ x + y + z + t = n xyzt có nghi m nguyên dương. (VMO 2002) S thú v n u chúng ta xét bài toán tìm t t c các nghi m c a (1) khi k = 3 và k = 4. Bài 1.6. Tìm t t c các s nguyên dương x, y tho mãn x2 + 15y2 + 8xy − 8x − 36y − 28 = 0. (C n Thơ)
10 Tr n Nam Dũng (ch biên) L i gi i. Bi n đ i phương trình đã cho, ta vi t đư c nó dư i d ng (x + 4y − 4)2 − (y + 2)2 = 40, (x + 3y − 6)(x + 5y − 2) = 40. Do x, y là các s nguyên dương và x + 3y − 6 < x + 5y − 2 nên ta có th phân tích 40 = 1 · 40 = 2 · 20 = 4 · 10. Đ n đây ta gi i t ng trư ng h p. Trư ng h p 1. x + 3y − 6 = 1 và x + 5y − 2 = 0. Gi ra, ta tìm đư c x = −45.5 và y = 17.5, lo i. Trư ng h p 2. x + 3y − 6 = 2 và x + 5y − 2 = 20. Gi i ra, ta tìm đư c x = −13 và y = 7, lo i. Trư ng h p 3. x + 3y − 6 = 4 và x + 5y − 2 = 10. Gi i ra, ta tìm đư c x = 7 và y = 1, nh n. V y phương trình đã cho có m t nghi m nguyên dương duy nh t là (x, y) = (7, 1). Bài 1.7. Ch ng minh r ng |12m − 5n | ≥ 7 v i m i m, n nguyên dương. (H i Phòng) L i gi i v n t t. Gi s ngư c l i t n t i m, n nguyên dương sao cho |12m − 5n | < 7. Do |12m − 5n | không chia h t cho 2, 3, 5 nên ch có th x y ra trư ng h p |12m − 5n | = 1. + N u 12m − 5n = 1 thì xét modul 4 suy ra mâu thu n. + N u 12m − 5n = −1 thì xét modul 6 suy ra n ch n, sau đó xét modul 13 suy ra mâu thu n. Bài 1.8. Cho n là s nguyên dương sao cho 3n − 1 chia h t cho 22009 . Ch ng minh r ng n ≥ 22007 . (Bình Đ nh) L i gi i. Vì n nguyên dương nên ta có th đ t n = 2k m, v i k, m ∈ N, m l . Ta có k m k k m−1 k m−2 k 3n − 1 = 32 − 1 = 32 − 1 32 + 32 + · · · + 32 + 1 .
L i gi i và bình lu n đ thi các t nh, các trư ng Đ i h c năm h c 2009-2010 11 k m−1 k m−2 . + · · · + 32 + 1, suy ra 3n − 1 . 22009 khi và ch k Do m l nên 32 + 32 . . khi 32 − 1 . 22009 . T đây suy ra k ≥ 2, và ta có phân tích k . k 2 k−1 32 − 1 = (3 − 1)(3 + 1)(32 + 1) 32 + 1 · · · 32 +1 2 k−1 = 23 (32 + 1) 32 + 1 · · · 32 +1 . i Nh n th y r ng 32 + 1 (i = 1, 2, . . . , k − 1) chia h t cho 2 nhưng l i không chia k h t cho 4. Do đó 32 − 1 chia h t cho 2k+2 nhưng không chia h t cho 2k+3 . Đi u . . này có nghĩa là 32 − 1 . 22009 khi và ch khi 2k+2 . 22009 , t c là k ≥ 2007. V y k . . n ≥ 22007 m ≥ 22007 . Đó là đi u ph i ch ng minh. Bình lu n. T bài toán trên, ta có th đưa ra bài toán t ng quát: Cho s nguyên dương n sao cho 3n − 1 chia h t cho 2k , k ∈ N, k ≥ 2. Ch ng minh r ng n ≥ 2k−2 . (ho c cũng có th ch ng minh n . 2k−2 ). . 100 +100 Bài 1.9. (1) Cho a = 52 . Ch ng minh s a có ít nh t 25 ch s 0 đ ng li n nhau. (2) Ch ng minh t n t i vô s s t nhiên n mà 5n có ít nh t 100 ch s 0 đ ng li n nhau. (B c Ninh) 100 Hư ng d n. Hãy ch ng minh r ng 52 +100 − 5100 t n cùng b ng ít nh t 100 ch s 0 (t c là chia h t cho 10100!) và 5100 < 1075 . Bình lu n. Bài toán này ki n th c s d ng không khó nhưng phát bi u khá đ p và thú v . Bài 1.10. Cho f : N∗ → N∗ tho mãn các đi u ki n (i) f (xy) = f (x) f (y) v i m i x, y tho mãn (x, y) = 1; (ii) f (x + y) = f (x) + f (y) v i m i b s nguyên t x, y. Hãy tính f (2), f (3), f (2009). (Ninh Bình) L i gi i. Thay x = 2, y = 3 vào (i), ta đư c f (6) = f (2) f (3). Thay x = y = 3 vào (ii), ta đư c f (6) = 2 f (3). T đây suy ra f (2) = 2. T đó f (4) = 2 f (2) = 4. Đ t f (3) = a, ta l n lư t tính đư c f (5) = f (3) + f (2) = a + 2, f (7) = f (5) + f (2) = a + 4, f (12) = f (7) + f (5) = 2a + 6.
12 Tr n Nam Dũng (ch biên) M t khác f (12) = f (3) f (4) = 4a nên ta suy ra 2a + 6 = 4a, t c là a = 3. V y f (3) = 3. T đây suy ra f (5) = 5, f (7) = 7. Ta l i có f (11) + f (3) = f (14) = f (2) f (7) = 2 · 7 = 14, suy ra f (11) = f (14) − f (3) = 11. Đ tính f (2009), ta s l n lư t tính f (41) và f (49). Vì 41 là s nguyên t nên f (41) + f (3) = f (44) = f (4) f (11) = 4 f (11) = 44, suy ra f (41) = 41. Ta có f (49) = f (47) + f (2) = 2 + f (47). Mà f (47) + f (5) = f (52) = f (4) f (13) = 4( f (11) + f (2) = 4(11 + 2) = 52, suy ra f (47) = 47 và f (49) = 49. Cu i cùng f (2009) = f (41) f (49) = 41 · 49 = 2009. Bình lu n. Đi u đáng ng i nh t trong l i gi i bài này là r t d nh m vì ng nh n. S thú v n u xét bài toán t ng quát: Ch ng minh f (n) = n v i m i n nguyên dương. Bài 1.11. Tìm t t c các b s t nhiên a, b, c, d đôi m t phân bi t th a mãn a2 − b2 = b2 − c2 = c2 − d 2 . (Đ i h c Khoa h c t nhiên) L i gi i. Bài toán tương đương v i vi c tìm m t c p s c ng th c s g m b n s chính phương. Ta ch ng minh r ng không t n t i m t c p s c ng như v y. Gi s ngư c l i t n t i b n s chính phương A2 , B2 , C2 , D2 l p thành m t c p s c ng tăng, t c là B2 − A2 = C2 − B2 = D2 −C2 . Trong các c p s như th , ch n c p s có công sai nh nh t. Ta có th gi s r ng các s chính phương này đôi m t nguyên t cùng nhau, và tính ch n l c a các phương trình ch ng t r ng m i m t s chính phương này ph i l . Như v y t n t i các s nguyên nguyên t cùng nhau u, v sao cho C2 − A2 A = u − v, C = u + v, u2 + v2 = B2 , và công sai c a c p s c ng b ng = 2uv. 2 D+B D−B Ta cũng có D2 − B2 = 4uv, và có th vi t thành = uv. Hai th a 2 2 s v trái nguyên t cùng nhau, và u và v cũng th . Như v y t n t i b n s nguyên