Toán học - Tuyển tập đề thi chọn đội tuyển

4k(8m+ 7) (*)
hay x2+y2+z2 ≡ 0 (mod 4). Trong ba số x, y, z phải có một số chẵn hoặc ba
số chẵn. Nếu có một số chẵn, còn hai số a, b lẻ thì a2+b2 ≡ 2 (mod 4)), suy ra
x2+y2+z2 6= 7 (mod 8). Nếu x, y, z đều chẵn, đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1
thì (*) tương đương với x2 + y2 + z2 = 4k−1(8m + 7). Sau k lần biến đổi
như thế ta có x2 + y2 + z2 = 8m + 7, nhưng phương trình này vô nghiệm
nguyên dương như khi xét k = 0
Bài 3.a)
1 − 4x
x2
P (x) +
(
1 − 1 − 4x
x2
)
P ′(x)− P ′′(x) = 0 (1)
⇔ 1 − 4x
x2
(P (x)− P ′(x)) + (P ′(x)− P ′′(x)) = 0 (2)
Đặt Q(x) = P (x)− P ′(x) thì Q′(x) = P ′(x)− P ′′(x) nên
(2) ⇔ 1 − 4x
x2
Q(x) +Q′(x) = 0 (3)
b) Ta chứng minh nếu đa thức bậc bốn P (x) có bốn nghiệm dương thì
đa thức bậc bốn Q(x) = P (x) − P ′(x) cũng có bốn nghiệm dương. Không
mất tính chất tổng quát, giả định rằng hệ số bậc cao nhất của P (x) là 1.Đặt
P (x) = x4 − ax3 + bx2 − cx+ d = (x− x1)(x− x2)(x− x3)(x− x4)
với x1, x2, x3, x4 là các nghiệm dương. Từ đó theo Định lý Viet thì a, b, c, d >
0.
P ′(x) = (x− x2)(x− x3)(x− x4) + (x− x1)(x− x3)(x− x4)+
+(x− x1)(x− x2)(x− x4) + (x− x1)(x− x2)(x− x3)
Q(x) = P (x)− P ′(x) = x4 + a1x3 + b1x2 + c1x+ c+ d
Vì Q(x1)Q(x2) < 0, Q(x2)Q(x3) < 0, Q(x3)Q(x4) < 0 nên Q(x) có ba
nghiệm dương là y1, y2, y3. Gọi nghiệm thứ tư là y4 thì y1y2y3y4 = c+ d > 0
nên y4 > 0. Vậy Q(x) có bốn nghiệm dương.
c) Đặt R(t) = t4Q(1
t
). Vì Q(x) có bốn nghiệm dương thì R(t) cũng có
bốn nghiệm dương, do đó lại áp dụng kết quả trên, đa thức R(t) − R′(t)
cũng có bốn nghiệm dương.
R(t)−R′(t) = t4Q(1
t
)−
[
4t3Q(
1
t
)− t
4
t2
Q′(
1
t
)
]
= (t4 − 4t3)Q(1
t
) + t2Q′(
1
t
)
40 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Hay phương trình sau có bốn nghiệm dương
(t4 − 4t)Q(1
t
) +Q′(
1
t
) = 0 (4)
Đặt x = 1
t
thì phương trình (4) trở thành phương trình (3), nên phương
trình (3)
1 − 4x
x2
Q(x) +Q′(x) = 0
cũng có bốn nghiệm dương.
Bài 3. Đặt P1(x) = e
−xP (x). Vì đa thức P (x) có bốn nghiệm dương
nên phương trình P1(x) = 0 có bốn nghiệm dương. Suy ra, phương trình
P ′1(x) = 0 (1)
có ba nghiệm dương. Ta có:
(1) ⇔ e−x[P (x)− P ′(x)] = 0 ⇔ P (x)− P ′(x) = 0
Như vậy, đa thức Q(x) = P (x) − P ′(x) có ba nghiệm dương, giả sử là
x1, x2, x3. Tuy nhiên, do degQ(x) = 4 (vì degP (x) = 4) nên Q(x) còn có
nghiệm thực thứ tư x4.
Vì đa thức bậc bốn P (x) có bốn nghiệm dương nên không mất tổng
quát, có thể coi P (x) có dạng
P (x) = ax4 − bx3 + cx2 − dx + e, với a, b, c, d, e > 0
Từ đó
Q(x) = ax4 + · · · + (−d− 2c)x+ (e+ d)
Suy ra (theo Định lý Viet)
x1x2x3x4 =
e+ d
4
> 0 ⇒ x4 > 0
Vậy Q(x) có bốn nghiệm dương.
Xét đa thức (biến t):
R(t) = t4Q(
1
t
)
. Dễ thấy degR(t) = 4, R(t) có bốn nghiệm dương. Do đó, theo kết quả
phần trên ta có phương trình
R(t)−R′(t) = 0 (2)
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 41
có bốn nghiệm dương. Ta có
(2)⇔ t4[P (1
t
)− P ′(1
t
)]− {t4[P (1
t
)− P ′(1
t
)]}′ = 0
⇔ t4[P (1
t
)− P ′(1
t
)]− {4t3[P (1
t
)− P ′(1
t
)] + t4[− 1
t2
P ′(
1
t
) +
1
t2
P ′′(
1
t
)]}
⇔ (t2 − 4t)P (1
t
) + (1 + 4t− t2)P ′(1
t
)− P ′′(1
t
) = 0 (3)
Đặt 1
t
= x. Từ phương trình (3) ta có phương trình (ẩn x):
1− 4x
x2
P (x) +
(
1− 1 − 4x
x2
)
P ′(x)− P ′′(x) = 0 (4)
Do (3) có bốn nghiệm dương nên phương trình (4) có bốn nghiệm dương.
(Đpcm).
Bài 4. Lấy tâm O của tam giác đều ABC làm gốc của mặt phẳng phức
C, coi A,B,C có toạ vị a, b, c thì b = ae 2ipi3 , c = ae 4ipi3 . Nếu gọi M có toạ vị
z0 thì A
′, B′, C ′ có toạ vị a′ = 2z0 − a, b′ = 2z0 − b, c′ = 2z0 − c.
Gọi P là điểm mà B′AP là "tam giác" đều định hướng thuận (có thể
suy biến thành 1 điểm nếu B′ ≡ A) tức P có toạ vị p′ mà p−b′ = e ipi3 (a−b′).
Vậy với chú ý b = ce
−2ipi
3 , a+ b+ c = 0, và 1 − e ipi3 = e−ipi3 , e−2ipi3 − e ipi3 =
e
ipi
3 (eipi − 1) = 0 ta có
p = b′ + e
ipi
3 (a− b′) = 2z0 + b+ e ipi3 (a− 2z0 + b)
= 2z0 + ce
−2ipi
3 − e ipi3 (c+ 2z0)
= 2z0(1− e ipi3 ) + c(e−2ipi3 − e ipi3 )
= 2z0e
−ipi
3
Vì kết quả không phụ thuộc a, b, c nên bằng cách hoán vị vòng quanh
A,B,C được C ′BP,A′CP cũng là tam giác đều định hướng thuận. Vậy P
cách đều B′ và A, C ′ và B, A′ và C.
42 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Nếu còn có Q 6= P cách đều các cặp điểm đó thì −→PQ 6= −→0 trực giao với−−→
AB′,
−−→
BC ′,
−−→
CA′ khi đó ba véctơ này cùng phương tức là O cùng các điểm có
toạ vị b′ − a = 2z0 + c, c′ − b = 2z0 + a, a′ − c = 2z0 + b phải thẳng hàng,
khi đó O và các điểm có toạ vị a− b = a(1− e 2ipi3 ), a− c = a(1− e 4ipi3 ) phải
thẳng hàng là điều vô lý.
b) Xét biểu thức đồng dạng f xác định bởi z0 7→ f(z0) = p = 2z0e−ipi3
(tích quay góc −pi
3
với vị trí tỷ số 2 cùng tâm O). Trung điểm D của AB có
toạ vị a+b
2
nên f(D) có toạ vị (a+ b)e
−ipi
3 = −ce−ipi3 = −ae 4ipi3 e−ipi3 = a, vậy
f(D) = A. Vậy có biến đổi đồng dạng f, f(0) = 0, f(D) = A, f(M) = P , từ
đó f biến đường thẳng DM(M 6= D) thành đường thẳng AP . Hai đường
thẳng này phải cắt nhau tại một điểmN mà có một véctơ chỉ phương đường
thẳng DM tạo với một véctơ chỉ phương đường thẳng AP tạo thành góc
−pi
3
, tức góc định hướng giữa hai đường thẳng đó là −pi
3
hay 2pi
3
. KhiM ≡ O
thì P ≡ O, MNP không tạo thành tam giác; Khi M 6= O, góc định hướng
giữa hai đường thẳng OM,OP cũng là −pi
3
hay 2pi
3
, nên tứ giác MNPO nội
tiếp: đường tròn ngoại tiếp MNP qua tâm O của ABC. (Điều vừa chứng
minh đúng cho mọi đồng dạng thuận)
Bài 4. Qua phép đối xứng tâm SM = R
1800
M thì
G→ G′
4ABC → A′B′C ′
Qua phép quay
R120
0
G′ : 4A′B′C ′ →4B′C ′A′
trong đó G,G′ là trọng tâm 4ABC,4A′B′C ′
4ABC R
1800
M−−−→ 4A′B′C ′ R
1200
G′−−−→ 4B′C ′A′
Tích hai phép quay có thể là phép tịnh tiến khi tổng của hai góc quay
là bội của 1800, có thể là phép quay trong trường hợp còn lại. Ở đây tổng
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 43
hai góc quay là 1800 + 1200 = 3000 ≡ −600 (mod 3600) nên tích là phép
quay tâm P xác định R120
0
G′ .R
1800
M = R
−600
P . Qua phép quay R
−600
P thì
4ABC →4B′C ′A′
G→ G′
nên tồn tại duy nhất điểm P cách đều A và B′,cách đều B và C ′, cách đều
C và A′.
Từ đó PG = PG′ và (PG,PG′) = −600. Mặt khác SM : G→ G′ nên M
là trung điểm của GG′. Vậy 4PGG′ là tam giác đều và GM⊥MP,GM =
MP
2
.
b) Xét phép đồng dạng S là phép vị tự quay S = R
(GA,GD)
G .H
1
2
G thì
S =4GPA→4GMD
trong đó (GA,GD) = 600. Vì đường thẳng AP biến thành đường thẳng
DM nên góc M̂NP = 600 hoặc M̂NP = 1200 tuỳ theo góc M̂NP là nhọn
hoặc tù. Vì P̂GM = 600 nên nếu M̂NP = 600 là góc nhọn thì G và N đều
nhìn đoạn PM dưới một góc 600 suy ra G,N,M,P cùng thuộc một đường
tròn, nếu M̂NP = 1200 là góc tù thì M̂NP + M̂GP = 1200 + 600 = 1800
nên tứ giác GMNP là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. Đường tròn
này luôn đi qua điểm G là trọng tâm 4ABC, nên G là điểm cố định.
Cách khác giải câu a: Dựng tam giác đều AB′P ngược hướng với tam
giác đều ABC. Ta chứng minh rằng các 4BC ′P,4CA′P cũng là tam giác
đều và cùng hướng với 4AB′P . Thật vậy
−−→
BC ′ =
−−→
B′C =
−→
CA+
−−→
AB′ = f(
−→
BA) + f(
−→
AB) = f(
−→
BP )
trong đó f là phép quay véctơ của mặt phẳng, góc +600. Chứng minh tương
tự ta cũng có
−−→
CA′ = f(
−→
CP ). Bởi vậy 4BC ′P và 4CA′P là các tam giác
đều, cùng hướng với4AB′P , do đó trung trực của AB′, BC ′, CA′ đồng quy
ở tâm quay P , góc quay bằng 600, biến 4ABC thành 4B′C ′A′.
Bài 5.
f(
√
2x) + f((4 + 3
√
2)x) = 2f((2 +
√
2)x) ∀x (1)
a) Với x = 0 thì ta có 2f(0) = 2f(0), vậy f(0) = a là hằng số tuỳ ý.
b) Với x > 0 ta đặt (2 +
√
2)x = t hay x = t
2+
√
2
. Lúc đó (1) trở thành
f
( √2
2 +
√
2
t
)
+ f
(4 + 3√2
2 +
√
2
t
)
= 2f(t) ∀t > 0 (2)
44 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Ta chú ý rằng
√
2
2+
√
2
= 1√
2+1
=
√
2− 1 và
√
2
2 +
√
2
.
4 + 3
√
2
2 +
√
2
=
4
√
2 + 6
6 + 4
√
2
= 1⇒ 4 + 3
√
2
2 +
√
2
=
1√
2− 1 .
Ta đặt t = (
√
2− 1)u thì (2) trở thành
f
(
(
√
2− 1)u+1
)
+ f
(
(
√
2 − 1)u−1
)
= 2f
(
(
√
2− 1)u
)
∀u (3)
Lại đặt f
(
(
√
2− 1)u
)
= g(u) thì (3) trở thành
g(u+ 1) + g(u− 1) = 2g(u) ∀u (4)
⇔g(u+ 1)− g(u) = g(u)− g(u− 1) ∀u
Đặt g(u+1)− g(u) = h(u) thì h(u+1) = h(u) ∀u. Bằng quy nạp dễ thấy
g(u+ n) = nh(u) + g(u)
Vậy
g(u) =
{
h(u) + k(u) với 0 6 u < 1
nh(u) + k(u− n) với n 6 u < n+ 1 ∀n ∈ Z (5)
trong đó, k(u), h(u) là các hàm tuỳ ý, h(u) tuần hoàn chu kỳ 1. Thay lại
theo biến số x > 0 ta được
f(x) = g
(
log√2−1 x
)
với x > 0
trong đó, g(u) được xác định theo (5).
c) Với x < 0 ta đặt −(2 +√2)x = t = (√2− 1)u ta có
f(x) = g
(
log√2−1 |x|
)
với x < 0
Tóm lại
f(x) =
{
a tuỳ ý khi x = 0
g
(
log√2−1 |x|
)
khi x 6= 0
còn g(u) được xác định theo (5).
Bài 6.Xét tậpA gồm tất cả có bộ thứ tự (a1, a2, . . . , a1994, . . . , a1993+1994)
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
1) ai ∈ {0, 1} ∀i = 1, 1993 + 1994
2) Số 1 có mặt đúng 1994 lần trong mỗi bộ.
44 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Ta chú ý rằng
√
2
2+
√
2
= 1√
2+1
=
√
2− 1 và
√
2
2 +
√
2
.
4 + 3
√
2
2 +
√
2
=
4
√
2 + 6
6 + 4
√
2
= 1⇒ 4 + 3
√
2
2 +
√
2
=
1√
2− 1 .
Ta đặt t = (
√
2− 1)u thì (2) trở thành
f
(
(
√
2− 1)u+1
)
+ f
(
(
√
2 − 1)u−1
)
= 2f
(
(
√
2− 1)u
)
∀u (3)
Lại đặt f
(
(
√
2− 1)u
)
= g(u) thì (3) trở thành
g(u+ 1) + g(u− 1) = 2g(u) ∀u (4)
⇔g(u+ 1)− g(u) = g(u)− g(u− 1) ∀u
Đặt g(u+1)− g(u) = h(u) thì h(u+1) = h(u) ∀u. Bằng quy nạp dễ thấy
g(u+ n) = nh(u) + g(u)
Vậy
g(u) =
{
h(u) + k(u) với 0 6 u < 1
nh(u) + k(u− n) với n 6 u < n+ 1 ∀n ∈ Z (5)
trong đó, k(u), h(u) là các hàm tuỳ ý, h(u) tuần hoàn chu kỳ 1. Thay lại
theo biến số x > 0 ta được
f(x) = g
(
log√2−1 x
)
với x > 0
trong đó, g(u) được xác định theo (5).
c) Với x < 0 ta đặt −(2 +√2)x = t = (√2− 1)u ta có
f(x) = g
(
log√2−1 |x|
)
với x < 0
Tóm lại
f(x) =
{
a tuỳ ý khi x = 0
g
(
log√2−1 |x|
)
khi x 6= 0
còn g(u) được xác định theo (5).
Bài 6.Xét tậpA gồm tất cả có bộ thứ tự (a1, a2, . . . , a1994, . . . , a1993+1994)
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
1) ai ∈ {0, 1} ∀i = 1, 1993 + 1994
2) Số 1 có mặt đúng 1994 lần trong mỗi bộ.
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 45
Xét phân hoạch
A =
⋃
A(n1,n2,...,n1994)
ở đây
+) Hợp lấy theo tất cả các bộ có thứ tự các số tự nhiên (n1, n2, . . . , n1994)
thoả mãn n1 + 2n2 + · · ·+ 1994n1994 = 1994.
+)A(n1,n2,...,n1994) là tập gồm tất cả các bộ có thứ tự (a1, a2, . . . , a1993+1994) ∈
A và thoả mãn điều kiện là trong mỗi bộ có đúng nk nhóm k ∀k = 1, 1994.
(Nhóm k được định nghĩa là nhóm gồm đúng k số 1 đứng liên tiếp trong bộ,
nói khác đi là nhóm có 1 trong các dạng sau (1 . . . 1︸ ︷︷ ︸
ksố1
0; 0 1 . . . 1︸ ︷︷ ︸
ksố1
0; 0 1 . . . 1︸ ︷︷ ︸
ksố1
)).
Có
CardA = C19931993+1994
CardA(n1,n2,...,n1994) =
1994!
n1!n2! . . . n1994!(1994 − n1 − · · · − n1994)!
=
1994!
n1!n2! . . . n1994!(n2 + 2n3 + · · ·+ 1993n1994)!
Mà
CardA =
∑
CardA(n1,n2 ,...,n1994).
Nên suy ra:
T =
1
1994!
C19931993+1994
.
2.4 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 -
1995
Bài 1. Cho tam giác ABC với mỗi điểm M , gọi khoảng cách đại số từ M
đến đường thẳng BC là ± (khoảng cách thông thường từ M đến BC), lấy
dấu + hay − tuỳ theo M cùng phía hay khác phía với A đối với BC (tất
nhiên M thuộc BC thì khoảng cách đó bằng không). Tương tự cho khoảng
cách đại số từ M đến CA,AB.
1) Xét các đường tròn (AB1C1), (AB2C2) như trong đề bài. Hãy chứng
minh trục đẳng phương của cặp đường tròn đó là quỹ tích các điểm M mà
các khoảng cách đại số từ M đến AB và đến CA tỉ lệ với γ vàβ.
46 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Thực vậy, lấy hệ toạ độ vuông góc OxymàO ≡ A, B ∈ Ox+, (−→AB,−→AC) =
ϕ, 0 < ϕ < 180◦. Khi đó
−→
AB
c
= (1, 0),
−→
CA
b
= (− cosϕ, sinϕ). Gọi
B1 = (b1 cotϕ, b1),
B2 = (b2 cotϕ, b2),
C1 = (c1, 0),
C2(c2, 0)
, c1, c2 6= 0, c1 6= c2, b1, b2 6= 0, b1 6= b2
thì
−−−→
B1B2 =
β
b
−→
CA hay ((b2 − b1) cotϕ, b2 − b1) = β(− cosϕ,− sinϕ) suy
ra b2 − b1 = −β sinϕ.
Ta cũng có
−−−→
C1C2 =
γ
c
−→
AB tương đương với (c2 − c1, 0) = γ(1, 0) hay
c2 − c1 = γ.
Đường tròn (AB1C1) đia qua A,C1 nên x
2 + y2 − c1x − λ1y = 0, nó đi
qua B1 nên λ1 =
b1−c1 sinϕ cosϕ
sin2 ϕ
, đường tròn (AB2C2): x
2+y2−c2x−λ2y = 0,
λ2 =
b2−c2 sinϕ cosϕ
β
.
Trục đẳng phương hai đường tròn đó là
(c2 − c1)x+ (λ2 − λ1)y = 0
⇔ γx− β + γ cosϕ
sinϕ
y = 0
hay
y
γ
=
x sinϕ− y cosϕ
β
Để ý rằng y là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến AB còn x sinϕ− y cosϕ
là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến CA, ta suy ra điều phải chứng minh.
2) Với mỗi điểm M , kí hiệu X,Y,Z là khoảng cách đại số từ M đến
BC,CA,AB thì dễ thấy aX + bY + cZ = 2S, (S là diện tích tam giác
ABC) và ngược lại (X,Y,Z) mà aX + bY + cZ = 2S xác định một điểm
M duy nhất có các khoảng cách đại số nói trên là X,Y,Z.
Theo phần 1), phương trình dA là
Y
β
= Z
γ
, của dB là
X
α
= Z
γ
, của dC
là Z
α
= Y
β
. Điểm chung của dA, dB, dC (nếu có) là điểm M(X,Y,Z) mà
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 47
(X,Y,Z) là nghiệm của hệ{
aX + bY + cZ = 2S
X
α
= Y
β
= Z
γ
hay
X
α
=
Y
β
=
Z
γ
=
2S
aα+ bβ + cγ
hệ đó có nghiệm (và chỉ có một nghiệm) khi và chỉ khi aα+ bβ + cγ 6= 0.
Chú ý: Nếu (AB1C1), (AB2C2) cắt nhau tại A
′ 6= A, có thể chứng minh
phần 1) (trong trường hợp này) nhờ phép đồng dạng thuận tâm A′, biến
B1 thành C1, biến B2 thành C2 và để hoàn thiện 1) còn cần xét (AB1C1),
(AB2C2) tiếp xúc nhau.
Bài 2. Gọi A là tập các giá trị n (n ≥ 3) để đa thức Pn(x) khả quy. Với
n ∈ A ta có
Pn(x) = f(x).g(x) (*)
trong đó
f(x) = amx
m + · · ·+ a1x+ a0
g(x) = bsx
s + · · ·+ b1x+ b0
Pn(x) = x
n+1 + kxn − 870x2 + 1945x + 1995
m ≥ 1, s ≥ 1, m+ s = n+ 1
Ta sẽ chứng minh m = 1 hoặc s = 1.
Giả sử có m ≥ 2 và s ≥ 2 suy ra m < n và s < n. Vì a0b0 = 1995 chia
hết cho 5 và không chia hết cho 25 nên chỉ có một trong hai số a0, b0 là chia
hết cho 5, chẳng hạn a0
...5 và b0 không chia hết cho 5. Trong dãy a0, a1, ..., am
gọi r là chỉ số nhỏ nhất để ar không chia hết cho 5, (1 ≤ r ≤ m < n, chú ý
tồn tại r vì am bằng ±1). Từ (??) suy ra cr = arb0+ ar−1b1+ · · ·+ a0br. Do
cách chọn r thì a0, a1, ..., ar−1 đều chia hết cho 5, cr là hệ số của xr trong
Pn(x) cũng chia hết cho 5, suy ra arb0
...5, điều này mâu thuẫn với ar, b0 đều
không chia hết cho 5. Vậy giả sử m ≥ 2 và s ≥ 2 là sai, suy ra hoặc m = 1
hoặc s = 1, lúc đó Pn(x) có nghiệm nguyên với ∀n ∈ A. Xét các trường hợp
sau
a) Nếu |xn| ≥ 2 ∀n ∈ A. Khi đó từ
xn(x+ k) = 870x2 − 1945x − 1995
ta có
|xn + k| = |870x
2 − 1945x − 1995|
|xn|n
48 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Vì A vô hạn nên với n ∈ A đủ lớn thì |xn + k| < 1 suy ra xn + k = 0 suy ra
870x2n − 1945xn − 1945 = 0 hay 174x2n − 389xn − 399 = 0. Vì 399
...3 và 197
...3
nên xn
...3. Đặt xn = 3y, ta có 522y
2 − 389y − 133 = 0 suy ra k = −3.
b) Nếu |xn| < 2, ∀n ∈ A thì xn chỉ có thể là +1,−1.
Với xn = 1 thì Pn(1) = 0 suy ra k = −3071.
Với xn = −1 thì Pn(−1) = 0.
Từ đó với n chẵn thì k = 821, còn với n lẻ thì k = −819.
Thử lại, thấy nếu k = −3, k = −3071 thì Pn(x) khả quy ∀n ≥ 3. Nếu
k = 821 thì Pn(x) khả quy với ∀n chẵn. Nếu k = −819 thì Pn(x) khả quy
với ∀n lẻ.
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 vậy, từ
(a3 + b3)n = 4(ab)1995
ta được 3n ≤ 3990. Đặt (a, b) = d ta có a = da1, b = db1 và (a1, b1) = 1.
Khi đó, từ (??) có d3n(a31 + b
3
1)
n = 4d2990(a1b1)
1995 hay
(a31 + b
3
1)
n = 4d3990−3n(a1b1)1995.
Suy ra (a31 + b
3
1)
n...(a1b1)
1995 suy ra (a31 + b
3
1)
n...(a1b1)
n (do n < 1995 vì 3n ≤
3990) suy ra a31 + b
3
1
...a1b1. Do vậya31
...b1
b31
...a1
⇒
a1
...b1
b1
...a1
(do (a1, b1) = 1) nên a1 = b1 = 1, lại do (a1, b1) = 1) suy ra a = b = d.
Khi đó từ (??) có 2n−2 = d3990−3n. Vì d > 1 nên suy ra d có dạng 2k
với k ≥ 1, và do đó n − 2 = k(3990 − 3n) hay n = 3990k+2
3k+1
, và do đó
n = 1330 − 1328
3k+1
. Vì n ∈ N∗ nên 1328...3k + 1. Do 1328 = 24.83 và
2i ≡
{
1 (mod 3) nếu i chẵn
2 (mod 3) nếu i lẻ
, 2i.83 ≡
{
1 (mod 3) nếu i chẵn
2 (mod 3) nếu i lẻ
nên suy ra 3k + 1 ∈ {22, 24, 2× 83, 23 × 83}.
Với 3k + 1 = 4 có k = 1 suy ra a = b = 2 và n = 998.
Với 3k + 1 = 16 có k = 5 suy ra a = b = 25 và n = 1247.
Với 3k + 1 = 166 có k = 55 suy ra a = b = 255 và n = 1322.
Với 3k + 1 = 664 có k = 221 suy ra a = b = 2221 và n = 1328.
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 49
Bài 4. Xét graph G có tập đỉnh là tập gồm n điểm đã cho và tập cạnh
là tập gồm 1
2
(n2 − 3n+ 4) đoạn thẳng đã cho. Từ giả thiết của bài toán ta
thấy trong G tồn tại một cạnh mà sau khi bỏ nó đi thì được G′ không liên
thông. Giả sử a và b là hai đỉnh không liên thông với nhau trong G′.
Gọi Va và Vb lần lượt là tập gồm tất cả các đỉnh của G
′ mà liên thông
với a và b. Giả sử |Va| = n1 và |Vb| = n2.
Dễ thấy, G′ có 1
2
(n2 − 3n+ 2) cạnh; n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n1 + n2 ≤ n và
1
2
(n2−3n+2) ≤ 1
2
n1(n1−1)+ 1
2
n2(n2−1)+ 1
2
(n−n1−n2)(n−n1−n2−1)
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
Vậy n1 = n− 1, n2 = 1 hoặc n2 = n − 1 và n1 = 1.
Từ đó suy ra G′ có một đỉnh cô lập và (n−1) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh
bằng n− 2. Do đó G có một đỉnh bậc 1, (n− 2) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh
bằng n− 2 và một đỉnh có bậc bằng n− 1. Bởi thế chu trình đơn có độ dài
lớn nhất trong G là chu trình đơn độ dài n− 1 nếu n ≥ 4, 0 nếu n = 2hoặc
n = 3.
Vậy
kmax =
{
n− 1 nếu n ≥ 4
0 nếu n = 2, n = 3
Bài 5. Giả sử n+ 1 = 2f(n)(1 + 2α), p+ 1 = 2f(p)(1 + 2β) với α, β ≥ 0.
Cặp số (n, p) là cặp số đẹp khi và chỉ khi 2f(n) > p hay
2f(n) ≥ p+ 1 (1)
Từ đó ta có n+ 1 = 2f(n)(1 + 2α) ≥ p+ 1 suy ra
n ≥ p (2)
Từ (1) ta có 2f(n) ≥ p + 1 = 2f(p)(1 + 2β) suy ra 2f(n) ≥ 2f(p), thành thử
f(n) ≥ f(p). Từ đó
(n+ 1)
...2f(p) (3)
Ta cần tìm bộ ba số (n, p, q) sao cho ba cặp số (n, p) (p, q) và (n+p+q, n)
đều là các cặp số đẹp.
Giả sử n+ p + q + 1 = 2f(n+p+q)(1 + 2γ).
50 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Theo (2) vì (n, p) và (p, q) là cặp số đẹp nên n+ p+ q + 1 ≤ 3n+ 1. Vì
(n+ p+ q, n) là cặp số đẹp nên 2f(n+p+q) ≥ n+1 theo (1). Kết hợp các điều
kiện 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)
Mặt khác, 2f(n+p+q) ≥ n+ 1 = 2f(n)(1 + 2α) suy ra
f(n + p+ q) ≥ f(n) (5)
Từ 2f(n+p+q) = n + p + q + 1 = (n + 1) + (p + 1) + (q − 1) theo (3) và (5)
ta có (n+ 1)
...2f(p) và (p+ 1)
...2f(p) suy ra (q − 1)...2f(p), nhưng từ cặp số đẹp
(p, q) có 2f(p) > q nên chỉ xảy ra hai trường hợp hoặc q = 0 và f(p) = 0,
hoặc q = 1 và f(p) > 0.
Xét q = 0 và f(p) = 0, từ (4) có n + p + q + 1 = n + p + 1 = 2f(n+p+q),
đồng thời n+ p + 1 = (n+ 1) + p = 2f(n)(1 + 2α) + p.
Từ (5) và 2f(n)(1 + 2α) + p suy ra p
...2f(n) mà 2f(n) > p nên p = 0. Từ
cặp số đẹp (n + p + q, n) = (n, n) suy ra n + 1 ≥ 2f(n) ≥ n + 1 suy ra
n − 1 = 2f(n) = 2m. Tử lại, ta thấy bộ ba số (n, p, q) = (2m − 1, 0, 0) thỏa
mãn với m ∈ Z và m ≥ 0.
Xét q = 1 và f(p) > 0. Từ (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 rằng f(n+p+q) ≥ f(n) ≥ f(p)
suy ra 2f(p)
...2f(n) nên f(p) = f(m).
Từ 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. Thử lại ta thấy, bộ ba số
(n, p, q) = (2k − 2m − 1, 2m − 1, 1) thỏa mãn với k,m ∈ Z và k > m ≥ 1.
Bài 6. 1) Ta tính đạo hàm
f ′(x) =
2x(x3 − 3x+ 3)
3(x2 − 1)2 .
Dễ dàng chứng minh được x3 − 3x + 3 > 0 ∀x > 1. Từ đó suy ra f ′(x) >
0 ∀x > 1 và do đó hàm f(x) đồng biến trên (1,+∞). Hơn nữa lại có
lim
x→1+
f(x) = −∞ và lim
x→+∞
f(x) = +∞. Nếu suy ra f(x) với tập xác định
(1,+∞) sẽ có tập giá trị là (−∞,+∞).
Từ các kết quả ở trên, theo định lí về hàm ngược, ta suy ra tồn tại hàm
g(x) liên tục trên R, có tập giá trị là (1,+∞), và f(g(x)) = x, ∀x ∈ R.
2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 51
tiếp theo, ta sẽ c