CÁC BÀI TẬP ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
Bài 1
Cho
,a b
là các số thực dương thỏa :
2
5a b+ =
.
Chứng minh
3 3
9a b+ ³
.
Đẳng thức xãy ra khi nào?
Giải
Áp dụng AM-GM , ta có:
3 3 2
8 6a a a+ + ³
.Suy ra
3 2
4 3a a+ ³
Tương tự :
3
1 1 3b b+ + ³
. Suy ra
3
2 3b b+ ³

Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta có :
3 3 2
6 3 3a b a b+ + ³ +


n
u n= -
với mọi
*
n NÎ
b) Tính tổng
1 2 2012
S u u u= + + +
Giải
a) Dùng phương pháp qui nạp

1
1 3 2 1.u = = -
,
2
3 2 2 1u .= − = −
Giả sử
3 2
k
u k= -
( )
3k ≥
Ta có :
1 1
2 2 3 2 3 2 1( ) ( ( ))
k k k
u u u k k
+ -
= - = - - - -


là đường thẳng qua
E
và cắt
( )O
tại
C
và
D
.
a)Tìm điểm M trên
( )O
sao cho
2 2 2
MC MD AB+ =
.
b) Gọi
F
đối xứng
E
qua
O
và giả sử
D
thay đổi nhưng luôn qua
E
.
Chứng minh :
2 2 2
CD DF FC+ +
luôn nhận giá trị không đổi.

( ; )O R
là điểm M cần tìm .
Th2: O
≠
I.Khi đó
0.MO OI =
uuuur uur
MO OIÛ ^
Vậy điểm
M
cần tìm là giao điểm của đường thẳng
d
với
( , )O R
với
d
là đường thẳng qua
O
và vuông góc
OI
.
b)
2 2 2
CD DF FC+ +
2 2 2 2
2 .CE DE EC ED DF FC= + + + +
Xét
CEFD
ta có :
2

tam giác tạo thành có diện tích bé hơn
2012
π
Giải
Chia đường tròn bằng 1006 đường kính ta sẽ được 2012 hình rẽ quạt bằng nhau
(như hình vẽ)

Mỗi hình rẽ quạt có diện tích
2012
Q
S
π
=
Ta có 4025 điểm và 2012 rẽ quạt nên tồn tại một rẽ quạt chứa 3 điểm.Giả sử gọi 3 điểm đó là
, ,A B C
Hiển nhiên diện tích tam giác
ABC
<
2012
Q
S
π
=
Bài 5
Xét các đa thức
( )
P x
hệ số thực thoả mãn điều kiện sau :
( )
( )

2 2
1
1 1 1
( ) ( )
( )
Q x Q x
x x
+
=
+ + +
Đặt
2
1
( )
( )
Q x
F x
x
=
+
. Khi đó
1( ) ( )F x F x= +

Do đó
( )F x C=
(hằng số) nên
2 2
1 1( ) ( )( )P x C x x= + -
Thử lại thấy
( )P x

2013
v
cho 2011.
Giải
Xét dãy số
( )
n
u
với
1
*
2
2 1
8
34 ( )
8 15
n n n
u
u n N
u u u
+ +
=


= ∈


= −

Ta có


+ =

.Ta có :
1A B= =
Ta có :
5 3
n n
n
u = +
Ta có 2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có:
( )
2010
5 1 mod2011≡

( )
2010
3 1 mod 2011≡
Suy ra
( )
2013
5 125 mod 2011≡
,
( )
2013
3 27 mod 2011≡
Vậy khi chia
2013
u
cho 2011 ta được số dư là 152. Suy ra khi chia

A1
C1
B1
a)
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )GA GB GC GO OA GO OB GO OC+ + = + + + + +
uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
2 2
3 3 2 ( )GO R GO OA OB OC= + + + +
uuur
uuur uuur uuur

2 2
3 3 2 3.GO R GO OG= + +
uuur uuur

2 2 2
3 3 6GO R OG= + -
=
2 2
3( )R OG-
b)
1 1 1
1 1 1
. . .GA GA GB GB GC GC
GA GB GC
GA GB GC
+ + = + +
2 2

( ) ( )GA GB GC GA GB GC GA GB GC
GA GB GC
+ + ³ + + + + ³ + +
Câu 8
a)Giải phương trình:
5x3x4x
2
+=+−
b) Giải phương trình :
2x22x3xx
23
+=−−+
trên
[ ]
2;2−
Giải

Đặt
5+= xt

( )
0≥t

Từ phương trình đã cho ta có :
04814
24
=+−− ttt
(*)
Ta có : (*)
( )

Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số
( )
98
3
−−= yyyf
trên
[
);1 ∞+
ta thấy (***)
có một nghiệm duy nhất
0
y
Ta biểu diễn
0
y
dưới dạng:
000
vuy +=
Ta có :
( )( )
0983
0000
3
0
3
0
=−−+++ vuvuvu
nên có thể chọn
00
;vu

0
;vu
được chọn là nghiệm của phương trình :
0
27
512
9
2
=−+ zz
Suy ra:







−=
+=
108
139
2
9
108
139
2
9
3
0
3







−−++=x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
4
=
x
;
51
108
139
2
9
108
139
2
9
2
33
−













=+⇔
2
t
cos2t2cost3cos*








π
=
=
π=
⇔






=

phương trình đã cho có nghiệm
5
4
cos2x,2x,2x
π
==−=

Câu 9
Cho dãy số
( )
n
x
với
( )





∈
+
+=
=
+
*2
n1n
1
Nn
n
3n

1x
1
>
Giả sử :
1x
k
>
với
*
Nk ∈

Ta có :
3x3
2
k
>
và
1
n
1n
>
+
nên
2
n
3n
x3
2
n
>

Giả sử :
k1k
xx <
+
Ta có: 3
2
k
2
1k
x3x <
+
và
( )
nf
=
n
1n +
là hàm nghịch biến nên :

k
3k
x3
1k
4k
x3
2
k
2
1k
+

n
=
Câu 10
Cho tam giác
ABC
.
Gọi
M
là điểm chuyển đông trên
AB
.Gọi
N
là điểm chuyển động trên
AC
.
a) Giả sử
CNBM =
.Chứng minh đường trung trực của
MN
luôn đi qua một điểm cố
định .
b) Giả sử
AN
1
AM
1
+
không đổi.Chứng minh
MN
luôn đi qua một điểm cố đinh .

MN
luôn đi qua điểm E cố định
b) Kẻ đường phân giác trong của
BAC
cắt MN tại F .
Gọi
β
là số đo góc BAC
Ta có : diện tích
AMN∆
=diện tích
AMF∆
+diện tích
ANF∆
Suy ra:
2
sin.AN.AF
2
1
2
sin.AF.AM
2
1
sin.AN.AM
2
1 β
+
β
=β


là các số nguyên tố nên
2b,a ≥
.suy ra
2003c ≥
Vì
2003c ≥
nên
c
là số lẻ .Suy ra:
b
a
là số chẵn
b
a
là số chẵn nên
2a =
Nếu
b
là số lẻ thì
( )
19981219992
bb
++=+
chia hết cho 3 .suy ra
c
chia hết cho 3 ( mâu
thuẫn
c
nguyên tố).Vậy
2b =

cba ,,
.Chứng minh:
cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
++≥
+
+
+
+
+
+
+
+
22
33
22
33
22
33
Giải
a.
Phương trình đã cho có điều kiện
0 1x< <
Với điều kiện trên ta có:
x

Đặt
)2(
1
≥+= t
x
xt
ta có:
2
1 10
2 9 0 1 10
1 10
t
t t t
t

= −
− − = ⇔ ⇔ = +

= +


Với
1 10t = +
ta có :
1
1 10x
x
+ = +
1 10 5 2
2

+ +
+ + ≥
+ + +
(1)
Sử dụng bất đẳng thức AM_GM ta có :
ab
ab
ac
ca
bc
bc
cb
bc
ab
ab
ba
ab
222
2
22
22
22
22
22
2
≤
+
≤
+
≤

cba
ac
ca
c
cb
bc
b
ba
ab
a
++
≥
+
−+
+
−+
+
−
Vậy ta chứng minh được (1)
Ta chứng minh
2
22
3
22
3
22
3
cba
ba
c

+
≥
+
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy
cba ≥≥
và
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b
≥ ≥
+ + +
ta có :
( )
3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a b c
b c c a a b b c a c a b
   
+ + ≥ + + + +
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
Ta lại có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2


=

+


*
( )n N∈
Xét các dãy số thực
( )
n
u
với
( )
*
2 1n n
u x n N
−
= ∈
và
( )
n
v
với
( )
*
2n n
v x n N= ∈
a) Chứng minh các dãy số
( )


Ta có :
( )
f x
nghịch biến trên
( )
0;+∞
; liên tục trên
( )
0;+∞
và nhận giá trị trong
( )
0;+∞
Dãy số đã cho được viết lại
( )
1
1
1
n n
x
x f x
+
=



=


Ta chứng minh

1
0 4
k
x
+
< <
Tương tự cho dãy
( )
n
u
Ta chứng minh
( )
n
u
là dãy tăng ;
( )
n
v
là dãy giảm bằng quy nạp
Ta có
1 3
x x<

Vì hàm số
( )
f x
nghịch biến trên
( )
0;+∞
nên

>
Ta có :
( ) ( )
2 2 2k k
f x f x
+
<
hay
3212 ++
<
kk
xx
Với
3212 ++
<
kk
xx
ta có :
( ) ( )
3212 ++
>
kk
xfxf
hay
2 2 2 4k k
x x
+ +
>
Vậy theo quy nạp ta có thì
( )

2 2 1n n
x f x
−
=
và
( )
2 1 2 2n n
x f x
− −
=
nên qua giới hạn ta có :
( )
( )
u f v
v f u

=


=


Từ hệ trên ta có
3 4
1
3 4
1
v
u
v

u v=
nên
lim
n
x u=
Qua giới hạn và từ phương trình
3 4
1
u
u
u
+
=
+
ta có
1 5u = +
Bài 15
a)Cho tam giác
ABC
có
, ,G H O
lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngọai tiếp .Gọi
K
là
điểm sao cho
3HK HG
=
uuur uuur
.Gọi
1 2 3

Trước hết ta chứng minh được
, ,G H O
thẳng hàng và
3OG OH=
uuur uuur
G
O
A
B
C
H
E
Gọi
E
là điểm đối xứng của A qua O.Ta có :BHCE là hình bình hành
Suy ra:
2HA HB HC HO+ + =
uuur uuur uuur uuur
Suy ra:
3OG OH=
uuur uuur
Vì
, ,G H O
thẳng hàng;
3OG OH=
uuur uuur
;
3HK HG
=
uuur uuur

thẳng hàng và
1
4
3
AG AO=
Như vậy
1 2 3
, ,G A G B G C
đồng quy tại
O
và
1 2 3
G A G B G C= =
b.
D
E
A
B
O
M
C
Vì
ABCDE
là ngũ giác đều nên ta có:
0OA OB OC OD OE+ + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur
r
Ta có :
ROAMO
R

2012 2012 2010
2009 2011 2012x y z+ = +
Giải
Ta có nhận xét
Bình phương một số nguyên và đem chia cho 4 thì số dư là 0 hoặc là 1
Ta có
2012
x
chia cho 4 dư 0 hoặc 1;
2012
2009y
chia 4 dư 0 hoặc 1
Suy ra:
2012 2012
2009x y+
chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2 (1)
Ta có:
2010
2011 2012z+
chia cho 4 dư 3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra không tồn tại các số nguyên
, ,x y z
thỏa phương trình trên
Bài 17
Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai
điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán
kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho.
Giải
A
B

B
và bán kính 1
-Nếu tất cả các điểm khác
,A B
đều thuộc
( )
2
C
thì bài toán giải quyết xong
- Nếu tồn tại điểm
C
không thuộc
( )
2
C
(
C
khác
,A B
) thì để ý
, 1CB AB >
ta phải có
1CA <
suy ra
C
thuộc
( )
1
C
Như vậy ta đã chứng minh được

3 3
x x
x x x
+ −
+ − = + ∈¡
a) Cho a, b và c là các số không âm. Chứng minh rằng:

4 4 4
4 4 4
2 2 2
3 3 3
a b b c c a
a b c
+ + +
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
Với x, y, z là ba số không âm. Ta có:
4
4 4 4
3 3
x y z x y z+ + + +
 
≥
 ÷
 
Suy ra:
4
4 4

2 2 2
3 3 3
a b b c c a
a b c
+ + +
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c,
b) Giải phương trình
( )
4 4
4 4
5 10
5
3 3
x x
x x x
+ −
+ − = + ∈¡
Điều kiện:
0 5x≤ ≤
Phương trình
4 4
4 4 4
2 (5 ) 2 2(5 )
2 5 (1)
3 3 3
x x x x x x

+ − + + −
+ − ≤ + +
5
(1) 5
2
x x x⇔ = − ⇔ =
. Vậy
5
2
x =
là nghiệm phương trình.
Bài 19
Cho dãy số
( )
n
u
như sau
( ) ( )
1
2
*
2 1
1
2
3 1 2 1 3,
n n n
u
u
nu n u n u n
+ +

n
S
chia hết cho
n.
a) Chứng minh
*
2 3 ,
n
n
u n n
= − ∀ ∈
¥
.
Với
1n
=
,
1
1
2 3.1 1u
= − = −

2n
=
,
2
1
2 3.2 2u
= − = −
Giả sử

( )
( )
( )
1
2
3 1 2 3 1 2 1 2 3 3
k k
k
ku k k k k
+
+
− + − + + + − =
( )
2
2
2 3 2
k
k
u k
+
+
= − +
Vậy
( )
2 *
2
2 3 2 ,
k
k
u k k

−
=
= = + + + − + + + −
∑
( )
1
1
1 2 ( 1) ( 1)
2. 3. 2 2 1 3
1 2 2 2
n
n
n
n n n n
S
−
−
− − −
= − = − −
−
Với n là số nguyên tố
1
2 1
n−
⇒ −
chia hết cho n.
Do n là số nguyên tố lớn hơn 2
( 1)
2
n n−

+ + ≥
.
Ta có
( )
2 2 2 2
4 ' 2AA AB AC BC
= + −
( )
2 2 2 2 2
2 4 ' 3AB BC CA AA BC
+ + = +
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được
( )
2 2 2
2 4 3 '.AB BC CA AA BC
+ + ≥
Khi đó
2 2 2
'.
2 3
AB BC CA
AA BC
+ +
≤
2 2 2
1 2 3
'.AA BC AB BC CA
≥
+ +
2

AA BB CC
BC CA AB
+ + ≥
b) Chứng minh
3
OA OB OC
BC CA AB
+ + ≥
.
2 2 2
'.
2 3
AB BC CA
AA BC
+ +
≤

2 2 2
.
3 3
AB BC CA
GA BC
+ +
≤
Với G là trọng tâm tam giác ABC.
2 2 2
. 3 3. .
.
OA OAGA OAGA
BC BC GA AB BC CA

2
2 2 2
3 3
.
OB
OG GB GB
CA AB BC CA
≥ +
+ +
uuur uuur
( )
2
2 2 2
3 3
.
OC
OG GC GC
AB AB BC CA
≥ +
+ +
uuur uuur
( )
( )
2 2 2
2 2 2
3 3OA OB OC
OG GA GB GC GA GB GC
BC CA AB AB BC CA
+ + ≥ + + + + +
+ +

u
u u n
+
=



− = ∀ ∈


¥
a)Chứng minh dãy số
( )
n
u
là dãy số giảm.
b)Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
.
a) Chứng minh dãy số
( )
n
u
là dãy số giảm.
Ta có:
1
1
2 3

=


• Giả sử:
1
;
k k
u u k
+
< ∈¥
và k > 1
• Chứng minh:
2 1k k
u u
+ +
<
Ta có:
1
2 1
1 1
1 1 1
2 3 2 3 2 3
k k k
k k
k k k
u u u
u u
+
+ +
+ +

, ta được:
1 1
3 3
6 ( 6) 3
2 2
n n n n
v v v v
+ +
− = − + ⇔ =
Ta được:
1
*
1
9
( ) :
3
, ( )
2
n
n n
v
v
v v n
+
=



= ∈


u
−
 
= = −
 ÷
 
Bài 22.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I bán kính R và điểm A cố định thuộc đường tròn
(C). Gọi ∆ là tiếp tuyến của (C) tại điểm A. Tìm quỹ tích điểm M biết rằng khoảng cách từ M
đến đường thẳng ∆ bằng độ dài tiếp tuyến MT của đường tròn (C) với T là tiếp điểm.
Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.
(0;0), ( ;0)O A I Ox I R≡ ∈ ⇒
Khi đó ta có
Oy∆ ≡
Gọi M(x; y)
( , ) ( , )MT d M d M Oy x⇒ = ∆ = =
2 2
( ; ) ( )IM x R y IM x R y= − ⇒ = − +
uuur
Tam giác MTI vuông tại T
2 2 2
IM MT IT⇒ = +
2 2 2 2
2
( )
2
x R y x R
y Rx
⇔ − + = +
⇔ =

= − + = + ⇒ ∆ = = − =
 ÷
 
Vậy quỹ tích điểm M là một parabol
2
( ) : 2P y Rx=
Bài 23
Trong hình vuông diện tích bằng 12 đặt 3 đa giác có diện tích bằng 6. Chứng minh rằng luôn
tìm được hai đa giác mà diện tích phần chung của chúng không nhỏ hơn 2.
Gọi ba đa giác trong đề bài là
1 2 3
, ,S S S
và kí hiệu
i
S
là diện tích của đa giác
i
S
với
1;2;3i
=
.Khi đó
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
S S S S S S S S S S S S S S S
∪ ∪ = + + − ∩ + ∩ + ∩ + ∩ ∩
Theo giả thiết ta có:
1 2 3
3S S S
= = =

2S S
∩ ≥
Khi đó 2 đa giác
1 2
,S S
có diện tích phần chung không nhỏ hơn 2.
Bài 24
a)Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2
12x y z
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
x y z
= + +
+ + +
.
b) Giải phương trình
( ) ( )
2
3
3
2
1 3 3 9 3
2
x

+ = + − + ≤ =
Khi đó
( )
( )
2
3
2
1 1 2
2
1
1 1
x
x
x x x
= ≥
+
+
+ − +
Tương tự
2 2
3 3
1 2 1 2
;
2 2
1 1
y z
y z
≥ ≥
+ +
+ +

2
x
x x
+
− = − + −
Điều kiện
2x
≥ −
Đặt
( )
3
9 3t x= −
ta có
( )
3 3 2
2
3
27 2 45
; ; 3 3
9 2 18 3
t x t t
x x
+ + +
= = − =
Phương trình đã cho trở thành
3 2 3
2
45 45
1 3 3
18 3 2

2
1
2 1 3 3 9 0 3
2
t t t t t t
− + + + = ⇔ = ∨ = −
Với
1
2
t
=
thì
217
72
x
=
Với
3t
= −
thì
0x
=
Bài 25
Tìm tất cả các hàm số
:f
→
¡ ¡
thoả mãn
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1

1x y z
= = =
thì
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
1 1 1
3 3 9
f f f
+ − ≥
( ) ( )
2
1 1
1 0 1
3 3
f f
 
− ≤ ⇔ =
 ÷
 

Cho
0y z
= =
thì
( ) ( ) ( )
2 1
0 0
3 9
f f x f

1
3
f
=
nên
( )
1
,
3
f x x≥ ∀ ∈¡
(2)
Từ (1) và (2) ta được
( )
1
,
3
f x x
= ∀ ∈
¡
Bài 26
Cho dãy số
( )
1
2
2 1
0
18
5 6 24
n
n n n

u v n= − ∀ ∈¥
Khi đó
2 1
5 6
n n n
v v v
+ +
= −
Ta được
( )
1
2
2 1
12
30
5 6
n
n n n
v
v v
v v v
+ +
=


=


= −


  
= + = =
 

Suy ra
3.2 2.3
n n
n
v = +
Khi đó
12 3.2 2.3 12
n n
n n
u v= − = + −
Ta có
( )
1 1
6 2 3 2
n n
n
u
− −
= + −
nên
n
u
chia hết cho 6.
Mặt khác
n
là số nguyên tố nên theo định lý Fermat

n
u n= + − ≡
Suy ra
n
u
chia hết cho
n
.
Với
n
là số nguyên tố và
3n
>
( ,6) 1n⇒ =
Suy ra
n
u
chia hết cho
6n
.
Bài 27
Cho đường tròn
( )
O
tâm
O
bán kính
R
và tam giác
ABC

' ' 'AB CA BC
bằng
hai lần diện tích tam giác
ABC
.
Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
.
Ta có:
·
·
' 'BAA BCC=
và
·
·
' 'BAA BCA=
Khi đó
·
·
' 'BCC BCA=
Suy ra
H
đối xứng với
'A
qua
BC
.
Qua phép đối xứng trục

'C AB
∆
. Như
vậy
'HAB C AB
S S
∆ ∆
=
' ' '
2
AB CA BC
S S=
với
S
là diện tích tam giác
ABC
.
b)Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác
ABC
theo
R
sao cho lục giác
' ' 'AB CA BC
có
diện tích lớn nhất.
Gọi a, b và c lần lượt là độ dài các cạnh
,BC AC
và
AB
.

π
 
= ∈
 ÷
 

'( ) cos ; ''( ) sin 0, 0;
2
f x x f x x x
π
 
= = − < ∀ ∈
 ÷
 
Khi đó
( ) ( ) ( )
3 3
f A f B f C A B C
f
+ + + +
 
≤
 ÷
 
Suy ra
3 3
sin sin sin 3sin
3 2
A B C
π

( )
( )
2 2 2
2 3 3 0y y x x y x x
+ − + + =
(1)
1) Nếu
0y
=
thì
x
∀ ∈
¢
đều thoả phương trình (1).
2) Nếu
0y
≠
thì từ (1) ta có
( )
2 2 2
2 3 3 0y x x y x x
+ − + + =
(2)
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 2
3 8 3 1 8x x x x x x x
∆ = − − + = − −

nên
4 4x k x k
− + ≥ − −

Mặt khác
4 4 2 8x k x k x
− + + − − = −
nên
4x k
− +
và
4x k
− −
là số chẵn
Khi đó
4 2 4 4 4 4 4 8
4 8 4 4 4 4 4 2
x k x k x k x k
x k x k x k x k
− − = − − = − − = − − − = −
   
∨ ∨ ∨
   
− + = − + = − + = − − + = −
   
Giải các hệ phương trình trên ta được
9 8 0 1x x x x
= ∨ = ∨ = ∨ = −
Khi
9x

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
9; 6 ; 9; 21 ; 8;10 ; 1; 1 ; ;0 ,k k
− − − − ∀ ∈
¢
Bài 29.
a) Trên mỗi ô vuông của một bảng
7 7×
ô, ta đặt một con châu chấu. Giả sử cứ sau một
tiếng gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc cùng một cột.
Chứng minh rằng sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô.
b) Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có một con châu chấu ở toạ độ
( )
;x y
trong đó
,x y ∈¢
. Với N là một số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm
nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N. Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy
đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu
2025N =
? Vì sao?
Giải
a. Trên mỗi ô vuông của một bảng
7 7×
ô, ta đặt một con châu chấu. Giả sử cứ sau một tiếng
gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc một cột. Chứng minh rằng
sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô.
Ta tô màu trắng, đen cho mỗi ô của bảng như bàn cờ vua (tức là hai ô gần nhau cùng nằm
trên một hàng hoặc một cột thì khác màu nhau).
Do bàn cờ có số ô là lẻ (49 ô) nên số ô trắng và đen khác nhau. Ta giả sử có 25 ô trắng và 24

Giả sử con châu chấu ở điểm
( )
;A x y
và nó nhảy đến điểm
( )
;B z t
.
Do yêu cầu đề bài nên
( ) ( )
2 2
2025x z y t
− + − =
Ta thấy 2025 chia hết 3, mà 1 số chính phương chia cho 3 thì dư 1 hoặc 0 nên
( )
3x z
−
M
và
( )
3y t− M
Khi đó
( ) ( )
mod 3 ; mod 3x z y t
≡ ≡
Trường hợp 1.
, 3x yM
Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có tọa độ chia hết cho 3 nên sau mỗi bước nhảy, nó sẽ
nhảy đến ô có hoành độ và tung độ đều chia hết cho 3. Như vậy, con châu chấu không thể
nhảy đến các điểm nguyên mà có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3.
Trường hợp 2.