1

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN
TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA
TỪ NĂM 1990 ĐẾN NĂM 2012
**********
PHẦN 1. ĐỀ BÀI
Bài 1. (TST 1990, bài 6)
Cho n học sinh
( 3)
n

đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cô giáo ở tâm đường
tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các
em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ
như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới
sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu
lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B.
Bài 2. (TST 1991, bài 5)
Với mỗi số tự nhiên
n
, ta định nghĩa số
f n
( )
như sau
f
(1) 1

và khi
n
1

, ta đặt




k
f n f f f n
( ) ( )

, trong đó ở vế phải có đúng
k
lần chữ f .
Chứng minh rằng với số tự nhiên
a
cho trước, tồn tại số tự nhiên
k
0
để với mọi số
nguyên
k k
0

thì tổng
k k
f a f a
1
( ) ( )

 không phụ thuộc vào
k

2
ngôn ngữ và mỗi ngôn ngữ có đúng 2 người trong đó biết.
2

Bài 4. (TST 1993, bài 6)
Xét
n
điểm
n
A A A
1 2
, , ,
với
n
2

trong không gian, trong đó không có 4 điểm nào
đồng phẳng. Mỗi cặp điểm
i j
A A
,
với
i j

được nối với nhau bởi một đoạn thẳng.Tìm
giá trị lớn nhất của
n
sao cho có thể tô tất cả các đoạn thẳng đó bởi hai màu xanh hoặc
đỏ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1) Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu.

     

với
N
là số nguyên dương cho trước.
1) Chứng minh rằng tồn tại vô số giá trị
N
sao cho phương trình này có nghiệm
nguyên dương (mỗi nghiệm là một bộ bốn số nguyên dương
x y z t
, , ,
).
2) Chứng minh rằng với
k
N m
4 (8 7)
 
với
k m
,
là các số không âm thì phương trình
này không có nghiệm nguyên dương.
Bài 6. (TST 1995, bài 6)
Cho hàm số thực
x
f x x
x
3
2
2 3

u n
( ), 1,2,3,
 được xác định bởi
n n
u a u f u n
0 1
, ( ), 1,2,3,

   tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng 1995.
3

Bài 7. (TST 1996, bài 3)
Xét các số thực
a b c
, , .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f a b c a b b c c a a b c
4 4 4 4 4 4
4
( , , ) ( ) ( ) ( ) ( )
7
         .
Bài 8. (TST 1997, bài 3)
Tìm số thực
k
lớn nhất sao cho tồn tại vô hạn số tự nhiên
n
a n
( ), 1



Bài 9. (TST 1998, bài 5)
Giả sử
d
là ước dương của
1998
5 1998

. Chứng minh rằng
d
có thể biểu diễn được dưới
dạng
d x xy y
2 2
2 2 3
   với
x y
,
là các số nguyên dương khi và chỉ khi
d
chia 20 có số
dư là 3 hoặc 7.
Bài 10. (TST 1999, bài 1)
Cho một số nguyên tố lẻ
p
thỏa mãn
h
p
2 1(mod )
 với mọi h p h

.
Chứng minh rằng
n
a
( )
là dãy số tuần hoàn và tìm chu kì dương nhỏ nhất của nó.
Bài 11. (TST 2000, bài 4)
Cho ba số nguyên dương
a b c
, ,
đôi một nguyên tố cùng nhau. Số nguyên dương n được
gọi là “số bướng bỉnh” nếu như n không biểu diễn được dưới dạng
n abx bcy caz
  

trong đó
x y z
, ,
là các số nguyên dương. Hỏi có tất cả bao nhiêu số bướng bỉnh?
Bài 12. (TST 2001, bài 5)
Cho số nguyên dương
n
lớn hơn 1. Trong không gian vuông góc
Oxyz
, gọi T là tập hợp
tất cả các điểm có tọa độ là
x y z
( , , )
với
x y z

2 2
( ) ( 6 10) ( ) 1
   

là bình phương của một đa thức với hệ số nguyên.
Bài 14. (TST 2003, bài 3)
Cho hàm số
f
:
 
  
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) f f n
2003
(0,0) 5 , (0, ) 0
 
với mọi n là số nguyên khác 0.
ii)
f m n f m n f m n
f m n f m n
( 1, ) ( 1, 1) ( 1, 1)
( , ) ( 1, ) 2
2 2 2
          
    
     
     

với mọi số nguyên dương m và mọi số nguyên n.
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương M sao cho

n
S an b
 
với mọi
n k

.
Bài 16. (TST 2005, bài 6)
Một số nguyên dương được gọi là “số kim cương 2005” nếu trong biểu diễn thập phân
của nó có 2005 số 9 đứng cạnh nhau liên tiếp. Dãy


n
a n
, 1,2,3,
 là dãy tăng ngặt các
số nguyên dương thỏa mãn
n
a nC
 (C là hằng số thực dương nào đó).
Chứng minh rằng dãy số


n
a n
, 1,2,3,
 chứa vô hạn “số kim cương 2005”.
Bài 17. (TST 2005 bổ sung, bài 3)
Cho bảng vuông kích thước
n n n

q
kề nhau với nó đều không thoả mãn điều kiện i).
Bài 18. (TST 2006, bài 3)
Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Người
ta nối tất cả các điểm đó lại bởi các đoạn thẳng. Số nguyên dương
m
được gọi là số tốt
nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng trong các đoạn thẳng đã nối bởi một số nguyên
dương không vượt quá m sao cho mỗi tam giác tạo bởi ba điểm bất kì trong số các điểm
đó đều có hai cạnh được gán bởi hai số bằng nhau và cạnh còn lại gán bởi số lớn hơn
hai số đó. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất.
Bài 19. (TST 2007, bài 6)
Cho đa giác 9 cạnh đều
H
( )
. Xét ba tam giác với các đỉnh là các đỉnh của đa giác (H) đã
cho sao cho không có hai tam giác nào có chung đỉnh. Chứng minh rằng có thể chọn
được từ mỗi tam giác 1 cạnh sao cho 3 cạnh này bằng nhau.
Bài 20. (TST 2008, bài 5)
Cho tam giác ABC nhọn, không cân có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi
AD BE CF
, ,

lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác. Trên các đường thẳng
AD BE CF
, ,

lần lượt lấy các điểm
L M N
, ,

Cho đường tròn
O
( )
có đường kính AB và M là một điểm bất kì nằm trong
O
( )
, M
không nằm trên AB. Gọi N là giao điểm của phân giác trong góc M của tam giác AMB
với đường tròn
O
( )
. Đường phân giác ngoài góc AMB cắt các đường thẳng NA, NB lần
lượt tại
P Q
,
. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB
cắt đường tròn đường kính NP tại S và
R S
,
khác M. Chứng minh rằng đường trung
tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi M di động
phía trong đường tròn.
Bài 22. (TST 2010, bài 3)
Gọi một hình chữ nhật có kích thước
1 2

là hình chữ nhật đơn và một hình chữ nhật có
kích thước
2 3


( 1)
     
.
(iii)
n
x x x x
1 2 3

   
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
f x x
1 2
 
.
Bài 24. (TST 2012, bài 2)
Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước
m n

ô vuông gồm m hàng và n cột,
người ta đặt một số máy bơm nước vào các ô vuông. Biết rằng mỗi máy bơm nước có
thể tưới nước không những cho ô vuông chứa nó và các ô vuông có chung cạnh với ô
đó mà còn có thể tưới cho các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ô vuông.
Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước cần đặt để các máy bơm đó có thể tưới hết cả cánh
đồng trong hai trường hợp:
1)
m
4

.

theo chiều kim đồng hồ và ở trạng thái
cuối, các học sinh cũng được đánh số như thế nhưng ngược chiều kim đồng hồ.
Ta thấy rằng với ba học sinh
A B C
, ,
đứng theo thứ tự đó thì khi đổi chỗ B và C, ta nhận
được thứ tự mới là
A C B
, ,
. Ta có thể coi trong việc đổi chỗ đó, B đứng yên và C chuyển
qua vị trí xen giữa A và B. Như thế, với bất kì dãy các cách đổi chỗ nào, ta luôn có thể
chọn ra được ít nhất 1 học sinh đứng yên trong suốt quá trình đó, giả sử là học sinh
được đánh số 1. Rõ ràng cũng không thể có trường hợp có ba học sinh
A B C
, ,
nào đó
(không nhất thiết đứng cạnh nhau) đứng yên vì khi đó, các học sinh này sẽ xác định
một chiều không đổi trong suốt quá trình đổi chỗ và như thế thì không thỏa mãn đề bài.
Ta sẽ chứng minh hai nhận xét sau:
Nhận xét 1.
Với
n
3

, ta luôn có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc
chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất. Điều này có nghĩa là nếu trong
cách chọn hai học sinh này, có một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài cần
x
lần thì trong
một cách chọn hai học sinh khác, cũng tồn tại một cách đổi chỗ với

,
X
2
nằm trên cung
còn lại. Giả sử
X a Y b
1 1
,
 
với
a b n
2 1.
   

A
b
1
b
2
C
B
a
1
a
2

Dễ thấy rằng các học sinh trong tập hợp
X
1
phải di chuyển vượt qua dây

1
học sinh di chuyển về phía
B
.
Tương tự, trong tập hợp
X
2
, số học sinh di
chuyển về phía
A B
,
lần lượt là
a b
2 2
, .

Do
n
2 0
 
nên tồn tại học sinh thuộc một trong hai tập hợp
X X
1 2
,
; ta giả sử
C
nằm
kề với
B
và thuộc về

A
ở hai bên. Số học sinh di chuyển về
phía ngược lại ở tập
X
2
lúc này có thêm
B
hay b b
2 2
1

 
, số học sinh di chuyển về phía
ngược lại ở tập
Y
2
lúc này mất đi
C
hay c c
2 2
1.

 

9

Ta vẫn cho các học sinh của tập
X
2
di chuyển vượt qua

hai cách chọn học sinh
B C
,
kề nhau như thế đều có các số lần đổi chỗ tương ứng giống
nhau nên với hai cách chọn học sinh bất kì, các số lần đổi chỗ của chúng cũng sẽ tương
ứng giống nhau. Nhận xét được chứng minh.
Nhận xét 2.
Nếu gọi
f n
( )
là số lần chuyển chỗ nhỏ nhất trong trường hợp có
n
học sinh, ta có
f f f n f n n n
(3) 1, (4) 2, ( ) ( 2) 2, 5
      
.
Thật vậy, nếu có 3 học sinh thì ta chỉ cần đổi chỗ một cặp học sinh và trong trường hợp
có 4 học sinh thì đổi chỗ hai cặp kề nhau thì có cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Dễ dàng
suy ra
f f
(3) 1, (4) 2.
 

Xét
n
5

tùy ý, với
n

( )
, suy ra
f n f n n
( ) ( 2) 2
   
với
n
5.

Từ đó suy ra
f k k k k
(2 ) 2 4 6 2 2 ( 1)
       
và
f k k k
2
(2 1) 1 3 5 2 1
       
.
Ta sẽ chỉ ra một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài.
- Với
n
chẵn, đặt
n k
2 ,

ta cố định học sinh 1 và
n
.
Xét các học sinh

. Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học
sinh này là
n n n
k k
2 1 2 3 1 1 ( 1)
2 2 2
   
        
   
   
.
- Với
n
lẻ, đặt
n k
2 1,
 
tương tự, ta cũng cố định học sinh
1
và
n
.

Xét các học sinh
n
n n
3
1, 2, ,
2


i
1

. Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học
sinh này là
n n n n n
k
2
3 1 3 1 1
2 1 2 3
2 2 2 2 2
         
       
    
    
.
Từ đây ta có thể kết luận rằng số lần đổi chỗ nhỏ nhất cần sử dụng là
n n
( 2)
4
  
 
 
(biểu
thức này tương ứng bằng với các giá trị đã nêu trong từng trường hợp chẵn lẻ của
n
).
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Bài 2.
Với mỗi số tự nhiên n, ta định nghĩa số

k
a a a a
1 2 3
, , , ,
là nguyên dương). Với mỗi số tự nhiên
k
, ta đặt




k
f n f f f n
( ) ( )

,
trong đó ở vế phải có đúng
k
lần chữ f . Chứng minh rằng với số tự nhiên
a
cho trước,
tồn tại số tự nhiên
k
0
để với mọi số nguyên
k k
0

thì tổng
k k

 

(3) Nếu
n
là số nguyên tố và
n
9

thì
f n n
2
( ) .


(4) Với mỗi số tự nhiên
k
,
nếu
k
f a
( ) 9

thì tồn tại số tự nhiên
h k

thỏa
h k
f a f a
( ) ( ).





m n
n n p p p p q q q q
1 2 1 2 3 1 2 3

 nên
m n
i i
i i
f n n p q f n f n
1 2 1 2
1 1
( ) 1 ( ) ( ) 1.
 
     
 

(2) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Thật vậy,
- Với
n
9

thì f f
2
(9) (3 ) 1 3 3 7 9 2
      
nên (2) đúng.
- Giả sử (2) đúng với với tất cả các hợp số

2

thì rõ ràng n
2
5

và ta cũng có n n
1 2
( 1)( 1) (5 1)(2 1) 4.
     

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng
i i
f n n
( ) 1
 
với mọi số nguyên dương
i
n
.
(*)
Thật vậy, nếu
i
n
là số nguyên tố thì rõ ràng
i i
f n n
( ) 1.
 


f n n
( ) 1
 
là một hợp số lớn hơn 9, theo bổ
đề (2) thì
f n f n n n n
2
( ) ( 1) 1 2 1 .
       

(4) Nếu
k
f a
( )
là hợp số thì theo bổ đề (2), ta có


k k k k
f a f f a f a f a
1
( ) ( ) ( ) 2 ( ).

   
Nếu
k
f a
( )
là số nguyên tố thì theo bổ đề (3), ta có




thì dãy


k
f a
( )
với
k k
0

là
7,8,7,8,
nên
k k
f a f a k k
1 0
( ) ( ) 15, .

  
- Nếu
k
f a
0
( ) 7

thì dãy


k


là
6,6,6,6,
nên
k k
f a f a k k
1 0
( ) ( ) 12, .

  

- Nếu
k
f a
0
( ) 5

thì
k
f a
0
1
( ) 6


nên dãy


k
f a



k
f a
( )
với k k
0
2
 
là
6,6,6,6,
suy ra, tổng
k k
f a f a k k
1 0
( ) ( ) 15, 2.

   

- Nếu
k
f a
0
( ) 3

thì
k
f a
0
3

k
f a
0
4
( ) 6


nên dãy


k
f a
( )
với k k
0
4
 
là
6,6,6,6,
suy ra, tổng
k k
f a f a k k
1 0
( ) ( ) 15, 4.

   

- Nếu
k
f a

- Nếu
k
f a
0
( ) 1

thì dãy


k
f a
( )
với
k k
0

là
1,1,1,1,
nên tổng
k k
f a f a k k
1 0
( ) ( ) 2, .

  
Vậy từ các trường hợp trên, ta thấy rằng với số tự nhiên
a
cho trước, tồn tại số tự nhiên
k
0

k
1

ngôn ngữ mà mỗi ngôn ngữ
này đều có không quá
k
người biết. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra một nhóm
n
2

đại biểu biết tổng cộng
n
2
ngôn ngữ và mỗi ngôn ngữ có đúng 2 người trong đó biết.
Lời giải.
Ta xây dựng đồ thị
G V E
( , )

mà mỗi đỉnh biểu diễn một ngôn ngữ và cạnh nối hai
ngôn ngữ biểu diễn người biết hai ngôn ngữ đó. Ta có
V n
2
 và do mỗi người biết
chung không quá 1 ngôn ngữ nên
G
là đồ thị đơn.
13

Điều kiện còn lại là: với mỗi số nguyên

H
.
Khi đó, tập các đỉnh không kề
nhau của
G
là không rỗng (dễ thấy tập này cũng hữu hạn).
Ta thêm các cạnh vào đồ thị
G
để được đồ thị
G

thỏa mãn các điều kiện:
(1) Với mỗi số nguyên
k
mà
k n
1 1
  
thì có không quá
k
1

đỉnh mà mỗi đỉnh có bậc
không quá
k
.

(2) Trong
G



, nếu
v n v n
deg( ) ,deg( )

 
thì
v v
,

phải kề nhau. Thật vậy, giả
sử hai đỉnh này không kề nhau thì tồn tại một đường đi
n
v v v v
1 2 3 2
, , , ,
đi qua tất cả các
đỉnh của
G

, trong đó
n
v v v v
1 2
,

 
.
Giả sử
v s n


vì nếu không
thì
j j
i n n i
v v v v v v v
1 2 1 2 2 1 1

 
là một chu trình của
G

, mâu thuẫn.
Từ đó suy ra
v n s n
deg( ) 2 ( 1) 1

    
, mâu thuẫn với
v n
deg( )


, do đó
v v
,

kề nhau.
Do đó, tập hợp
X

n
. Suy
ra có đường đi
n
v v v
1 2 2
, , ,
qua tất cả các đỉnh của
G

, có độ dài
n
2 1

.
14

Đặt
m
i i i m
v v v i i i n
1 2
1 2
, , , (2 2
     ) là các đỉnh kề với
v
1
thì với
j n
1

q
v
có
q
v m
deg( ) 1
 
.
Theo cách chọn giá trị
m
thì
q
v n
deg( )

và
q n
v v
2
,
có bậc không nhỏ hơn
n
nhưng lại
không kề nhau, mâu thuẫn.
Vậy ta có đpcm.
Bài 4.
Xét
n
điểm
n

3) Với mỗi đoạn thẳng
i j
A A
được tô màu đỏ đều tìm được ít nhất một điểm
k
A
với
k

khác
i j
,
sao cho các đoạn thẳng
i k j k
A A A A
, được tô màu xanh.
Lời giải.
Xét
n
điểm
n
A A A
1 2
, , ,
mà có thể tô màu các đoạn
i j
A A
thỏa mãn đề bài. Xét graph
G V E
( , )

A
tùy ý, ta thấy rằng với
j
A
là một trong
n
1

đỉnh còn lại thì
j
A
kề với
i
A
hoặc kề với một cạnh kề với
i
A
. Từ điều kiện i), suy ra
n
1 4 3 4 17.
    

Ta xét các trường hợp sau:
- Nếu
n
17

thì ta phải có
i
A i n

i
A
lập thành ba đỉnh đôi một kề nhau và
như thế, với mỗi cạnh rìa, ta có một chu trình đơn có độ dài 5 qua
i
A
.
Số cạnh rìa là
34 4 4 3 18
   
nên có tất cả 18 chu trình đơn độ dài 5 qua
i
A
. Vì
i
A
là
đỉnh tùy ý nên số chu trình đơn độ dài 5 của
G
có tất cả là
18 17
5



, vô lí.
Suy ra
n
17


và có
đúng 1 đỉnh rìa, giả sử là
k
A
kề với 2 đỉnh rìa khác. Dễ thấy trong
G
không có 3 đỉnh
nào đôi một kề nhau nên với mỗi cạnh rìa liên thuộc
k
A
cho ta 2 chu trình đơn độ dài 5
qua
i
A
và mỗi cạnh rìa không liên thuộc
k
A
cho ta 1 chu trình đơn độ dài 5 qua
i
A
.

16

A
i
A
k

Số cạnh rìa là

A
8
A
9
A
10
A
12
A
13
A
14
A
15
A
1
A
6
A
11
A
2
A
3
A
4
A
5

Ta thấy đồ thị này thỏa mãn tất cả yêu cầu của đề bài.

là các số không âm thì phương trình
này không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
1) Viết lại phương trình đã cho dưới dạng
t t Nxyzt N x y z
2 2 2
( ) ( )
     . (1)
Khi đó, nếu
N a b c
2 2 2
  
với a b c, ,



thì phương trình trên có nghiệm là
x a y b z c t Nabc a b c abc
2 2 2
0 0 0 0
, , , ( )
       . (*)
Từ đây suy ra tồn tại vô số giá trị
N
để phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương.
2) Giả sử với
k
N m
4 (8 7)
 

thỏa mãn
t t Nx y z
t t x y z N
0 1 0 0 0
2 2 2
0 1 0 0 0
( )
  


   



Suy ra t
1


, ta cũng có N x y z t t x y z t t
x y z
2 2 2 2
0 0 0 1 1 0 0 0 1 1
0 0 0
1
(1 ) 0 1 0
            
.
Giả sử t
1
0

Ta đây ta có
x y z z
2 2
0 0 0 0
1
 
, vô lí. Do đó t
1
0

hay
N x y z t Nx y z
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0
,    , nghĩa là
nếu phương trình
(1)
có nghiệm thì
N
phải có dạng như thế.
Ta sẽ chứng minh rằng với
k
N m
4 (8 7) 7
  
thì phương trình
N x y z
2 2 2
  
không

2 2 2
0(mod4)
   nên trong các số
x y z
, ,
phải có ba số chẵn hoặc
một số chẵn. Nếu có một số chẵn, hai số lẻ thì x y z
2 2 2
2(mod4)
   , không thỏa. Còn
nếu cả ba số đều chẵn thì đặt
x x y y z z
1 1 1
2 , 2 , 2
   đưa về
k
x y z m
2 2 2 1
1 1 1
4 (8 7)

   
,
sau
k
lần biến đổi tương tự thì đưa về phương trình trong trường hợp trên và như đã
chứng minh thì nó cũng vô nghiệm.
Vậy trong mọi trường hợp thì phương trình
k
x y z m

g x x
( )


với mọi số thực x.
2. Chứng minh rằng tồn tại số thực
a
1

để dãy
n
u n
( ), 1,2,3,
 được xác định bởi
n n
u a u f u n
0 1
, ( ), 1,2,3,

   tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng 1995.
19

Lời giải.
1. Hàm số
f x
( )
xác định trên
( ; 1) ( 1;1) (1; )
     
.


   
nên với tập xác định là
(1; )

thì tập giá trị
của
f x
( )
là
( ; )
 
, mà
f x
( )
là hàm liên tục và đồng biến trên
(1; )

nên nó chính là
một song ánh từ
(1; )

vào
( ; )
 
. Do đó, tồn tại hàm số ngược
g x
( )
của
f x

1

thì
x x
f x x x x f x x f g x f x x
x
3
2
3 3
( ) 0, 1 ( ), 1 ( ( )) ( ), 1
3( 1)
 
             

,
do tính đồng biến của
f x
( )
trên
(1; )

nên
g x x x
( ) , 1
  
.
Vậy hàm số
g x
( )
thỏa mãn đề bài.

( ) ,
  

nên
u u u u
0 1 2 1994
    .
Do đó, nếu chọn được
x
0
sao cho x
0
1
 
và
n
u f x g x
1995 0 0
( ) ( )
  thì dãy đã cho có chu
kì dương nhỏ nhất là 1995. Ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại
x
0
thỏa mãn điều kiện
nêu trên.
Thật vậy, xét hàm
n
h x f x g x
( ) ( ) ( )
  trên

trên
( 1;0]

.
Vậy tồn tại giá trị
a
1

thỏa mãn đề bài nên ta có đpcm.
Bài 7.
Xét các số thực
a b c
, , .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f a b c a b b c c a a b c
4 4 4 4 4 4
4
( , , ) ( ) ( ) ( ) ( )
7
         .
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh rằng
f a b c
( , , ) 0

với mọi
a b c
, ,



a b c
2
 
   .
y z x z x y x y z x y z
x y z
4 4 4 2
4 4 4
4
7 2 2 2 2
 
               
 
     
       
 
       
 

x y z x y z y z x z x y x y z
4 4 4 4 4 4 4
28( ) ( ) ( ) ( ) ( )
              
(**)
Với mọi
m n
,
thì
m n m n m n m n
4 4 4 4 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
14( ) 2 ( ) ( ) 6 ( ) ( )
14( ) 2 2( 6 ) 24 ( )
7( ) 6 12 ( )
6( ) 6 12 ( )
( ) (
          
        
        
     
     
    z x
2 2 2 2
) ( ) 0  

Bất đẳng thức cuối này đúng nên bất đẳng thức (*) đúng và bất đẳng thức đã cho được
chứng minh.
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn tại
a b c
0
  
.
Bài 8.
Tìm số thực
k
lớn nhất sao cho tồn tại vô hạn số tự nhiên
n
a n
( ), 1

 

Lời giải.
Ta thấy rằng
k
0

thỏa mãn điều kiện của đề bài nên để tìm
k
lớn nhất, ta xét
k
0.


Từ điều kiện 2, ta thấy rằng
k
i j i j
a a a i j
*
, ,

   

, suy ra
i i
k
a a i
1
2 2
2 ,

1/
1 1
1 1
2 2
2
 
 

 
 
.
Suy ra
n n n
k kn
k k k k
a a a a a a n
1
1/ 1/
1 1 1 1
*
1 1 1 1
1
2 2 2
2 2 ,

   
   
    
   
   

n
k k
n n
a n
k
a
k
1 1
*
1 1
1
1 1
1 1
1
1
ln2 2 ln1997 ln 2 ,
1 1
ln1997 ln 2 ln2
(2 ) 2
 
 
 
   
 
 
 
  
 
 


2 2
2 2 ,

    

, mà
n
n
a
2
2
1997
 nên
n
n
a
2
1
1997 2
 , suy ra
n n
a
n
n
*
1
ln
ln1997 ln2 ,
2 2
   


    


   


.
Công thức tổng quát
n
a
( )
là
n n
n
a p q
 
với p q
2 2
1997 1997 1, 1997 1997 1
     
.
Ta có
n
n n n n
n
p q
a p q n
*
2 2 1997 1997 ,

n
a a a a n t
1 1
2 2 2 2
, 2, 0,1,2, , 1
2
         
 
       
       
   
 
 
   
     
 
 
   
 
 
   
 (*)
bằng quy nạp theo
t
.

- Với
t
0


1 1
2 2 2 2
         
 
       
       
   
   
 
   
   
 .
+ Nếu n m m
*
2 1,  

, ta có
m m m m m m
n n
m m m m
a a a a a a a a
a a a a
1 2 1 1
1
1 1
2 2
1 1
2 1997 2 1997
(2 1997 1)( ) ( )
   

t t t t t t
n n n n
t t t t
a a a a a a
a a a a
1 1 1
( 1) ( 1) 1 1
2 2 2 2 2 2
1 1
( 1) ( 1)
2 2 2 2
2 1997 2 1997
2 1997
              
         
           
           
         
     
       
       
      
   
   
    
   
   

Theo giả thiết quy nạp thì ta thấy (*) đúng với
t

.
2


Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của
k
là
1
.
2

Bài 9.
Giả sử
d
là ước dương của
1998
5 1998

. Chứng minh rằng
d
có thể biểu diễn được dưới
dạng
d x xy y
2 2
2 2 3
   với
x y
,
là các số nguyên dương khi và chỉ khi
d

x
thì
x x y
2 ( )

đều chia hết cho 4.
Do đó, ta luôn có d y
2
3 3(mod 4)
  và d x y y x y
2 2 2
2 (2 ) 5 (2 ) (mod 5)
     , suy ra
d
2 1(mod5)
 
hay
d
2(mod5)
 
, tức là
d
chia 5 dư 2 hoặc dư 3.
- Nếu
d
chia 5 dư 2 và chia 4 dư 3 thì
d
chia 20 dư 7.
- Nếu
d

 
thì q d q
1.
  
Dễ thấy
A q d
2
( 1)
  
nên tồn tại
x y x y
1 1 2 2
( ; ),( ; )
để
ax y ax y d
1 1 2 2
(mod )
   hay
a x x y y d
1 2 1 2
( ) 0(mod )
    .
Đặt
x x x y y y
0 1 2 0 1 2
,
   
thì
ax y d
0 0

0 0
5 6
 
.
Từ đây, ta suy ra
x y kd
2 2
0 0
5
 
với
k
0,1,2,3,4,5,6

.
Ta xét từng trường hợp:
- Nếu x y x y
2 2
0 0 0 0
5 0 0
    
hay
x x y y
1 2 1 2
,
 
, vô lí.
- Nếu
x y d
2 2

do đó,
x y
0 0
,
cùng lẻ. Đặt y x y y
0 0
2 ,
  

thì ta được
x y x x y d x x y y d y x y x d
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
5 5 ( 2 ) 2 6 4 4 2 2 2 3
            

Suy ra
d
biểu diễn được dưới dạng
x xy y
2 2
2 2 3
  , thỏa mãn đề bài.
- Nếu
x y d
2 2
0 0
5 3
 
thì y x y x y x

x y x y x x yx y d x y x y d
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
5 5 (3 ) 6 6 9 3 2 2( ) 3( )
             
.
25

Trong cả hai trường hợp này
d
đều biểu diễn được dưới dạng
x xy y
2 2
2 2 3
  .
- Nếu
x y d
2 2
0 0
5 4
  thì y d
2
0
4 (mod 5)
 , dẫn đến y d
2
0
(mod5)
  và y
2

thì y d
2
0
(mod 5)
 và cũng đưa về y
2
0
2(mod5
  , vô lí.
Do đó, điều kiện đủ được chứng minh.
Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Bài 10.
Cho một số nguyên tố lẻ p thỏa mãn
h
p
2 1(mod )
 với mọi h p h
*
1,
  

và một số
chẵn
p
a p
( ; )
2
 . Xét dãy số
n
a

i i i
a
p p
b i a p b
1
1 1
,
2 2 2

 
      
.
Suy ra
i
p
a p i
,
2
  
, tức là giá trị của các số hạng của dãy
n
a
( )
đã cho là hữu hạn.
Đặt
i
k
i i
a b
2

,
2
 
 
 
.
Cũng theo nhận xét trên thì phải tồn tại các giá trị
p
i j i j p
; , ,
2
 
 
 
 
thỏa mãn
i j
a a

;
mặt khác
i i j j
a p b a p b
1 1
,
 
    nên
i j
b b
