Đề thi và lời giải chọn đội tuyển PTNK năm 2020

Leave a reply

Chúc mừng các bạn đã đỗ vào Đội tuyển Toán PTNK thi VMO năm 2020-2021. Chúc các em có một chặng đường học tập và thi cử thành công.

Năm nay danh sách có 7 bạn 12, 2 bạn 11 và đặc biệt có một học sinh lớp 10.

Sau đây là đề bài và đáp án đề thi chọn đội tuyển năm nay, được thực hiện bởi thầy Lê Phúc Lữ, giáo viên tại trung tâm giáo dục STAR EDUCATION (và một số đồng nghiệp).

Loi giai de PTNK 2020

Đề thi thử vào lớp 10 – Không chuyên PTNK

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút.

Bài 1.  (1,5 điểm) Cho biểu thức
A=(1a+b+3abaa+bb).[(1a–b–3abaa–bb):a–ba+ab+b]
a) Rút gọn A.
b) Chứng minh A<2a+b.

%————————————–%

Bài 2. (2 điểm) 
a) Giải phương trình x+3+x−1=1+2x+1
b) Giải hệ phương trình {x+y+xy=8x+2+y+2=4

%————————————–%

Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình (m−1)x2–2(m+1)x+m=0 (m là tham số )
a)  Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa

m(x1−1)2=(x2+1)2−1

%————————————–%

Bài 4. (2 điểm) 

a) Hai kho hàng I và II chứa một số sản phẩm. Nếu lấy đi ở mỗi kho hàng 200 sản phẩm thì số sản phẩm còn lại của kho I bằng 12 số sản phẩm của kho II. Nếu chuyển 20% số sản phẩm kho I qua kho II thì số sản phẩm kho I bằng 40% số sản phẩm kho II. Tính số sản phẩm của mỗi kho hàng.
b)  Để thi vào trường chuyên một số học sinh lớp 9A có đi học thêm hai môn toán và văn tại trung tâm Star-education. Biết rằng số học sinh học cả hai môn toán văn bằng tích số học sinh chỉ học môn toán và số học sinh chỉ học môn văn. Số học sinh học thêm môn toán là 45, số học sinh học thêm môn văn là 48. Tính số học sinh lớp 9A biết rằng số học sinh không đi học thêm là ước của số học sinh đi học thêm và tổng số hs trong lớp không quá 100 em.

%————————————–%

Bài 5. (3 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R, C thuộc (O) sao cho AC=R. Gọi H là hình chiếu
của C trên AB, đường tròn tâm I đường kính CH cắt BC tại E và AC tại D.
a) Chứng minh ADEB nội tiếp. Tính diện tích tứ giác ADEB.
b) Vẽ tiếp tuyến BF đến (I) với F là tiếp điểm và khác H, HF cắt IB tại J và cắt AC tại G. Chứng minh CEJI nội tiếp. Tính ∠CJE.
c) Tính các góc của tam giác ABG.

Hết

Lời giải

Bài 1.

a) A=(1a+b+3abaa+bb).[(1a−b−3abaa−bb):a−ba+ab+b]=a−ab+b+3ab(a+b)(a−ab+b)⋅a+ab+b−3ab(a−b)(a+ab+b)⋅a+ab+ba−b=a+ba−ab+b⋅a−ba+ab+b⋅a+ab+ba−b=a−ba−ab+b⋅1a−b=1a−ab+b.

b) A<2a+b⇔a+b<2(a+b−ab)⇔(a−b)2>0.

Đúng vì a≠b.

Bài 2.

a) Điều kiện : x≥1.\
Phương trình tương đương với : \
x+3+x−1+2(x+3)(x−1)=1+2x+1+22x+1⇔x2+2x−3=2x+1⇔[x=2(n)x=–2(l)

b) Đặt u=x+2,v=y+2 ta có u,v≥o và x=u2–2,y=v2–2. Ta có hệ: \
{u+v=4(∗)u2v2–u2–v2=8(∗∗)\
Từ (**) ta có u2v2–(u+v)2+2uv–8=0⇒u2v2+2uv–24=0⇒uv=4(n),uv=–6(l). \
Với u+v=4,uv=4 ta có u=2,v=2. Giải ra x=2,y=2. \
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là (2;2).

Bài 3.

a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu \
{m−1≠0Δ‘=(m+1)2−m(m−1)>0P=m(m−1)<0⇔{m≠13m+1>00<m<1⇔0<m<1

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \
{m–1≠0Δ‘=(m+1)2−m(m−1)>0⇔{m≠1m>−13
x1 là nghiệm của phương trình nên \ (m−1)x12–2(m+1)x1+m=0⇔m(x1−1)2=x12+2x1.
Do đó

m(x1−1)2=(x2+1)2–1⇔(x1+1)2=(x2+1)2⇔(x1–x2)(x1+x2+2)=0⇔x1+x2=−2(vì x1≠x2)⇔2(m+1)m−1=–2⇔m=0(n).

Bài 4.

a) Gọi x,y lần lượt là số hàng kho I, II. Dựa vào đề bài ta có hệ phương trình:
{x–200=12(y–200)45x=25(y+15x)⇔{x=12y+10018x=10y⇔{x=1000y=1800
Vậy số hàng kho I là 1000 sản phẩm và số hàng kho II là 1800 sản phẩm.

b) Gọi x,y là số học sinh chỉ học môn toán và chỉ học môn văn. Suy ra số học sinh học cả hai môn là xy.

Khi đó ta có hệ: xy+x=45(1)xy+y=48(2).

Khi đó y=x+3, thế vào (1): x2+4x−45=0.

Giải ra được x=5 (Vì  x > 0). Suy ra y=8.

Số học sinh học thêm toán là: 50,

Số học sinh học thêm là 53. Suy ra số học sinh không đi học thêm là 1.

Số học sinh của lớp là: 54.

Bài 5.

a) Ta có CD⋅CA=CH2 và CE⋅CB=CH2. Suy ra CD⋅CA=CE⋅CB, suy ra △CDE∽△CBA, suy ra ∠CDE=∠CBA, suy ra tứ giác ADEB nội tiếp.
Ta có SADEB=SABC–SADE. Mà AC=R,BC=R3, suy ra SABC=R232.
DE=CH2AC=3R4,CE=CH2CB=R34.
Suy ra SADE=3R2332.
Do đó SADEB=13R2332.
b) Ta có BI⊥HF tại J. Ta có BI⋅BJ=BH2. Và tam giác CHB vuông tại H có HE là đường cao nên BE.BC=BH2.
Do đó BI⋅BJ=BH⋅BE, suy ra tứ giác CIJE nội tiếp. Suy ra ∠CJE=∠CIE=60∘.
c) Ta có ∠GCB=∠GJB=90∘, suy ra CJBG nội tiếp. Suy ra ∠CGB=∠CJI. Mà ∠CJI=∠CEI=60∘, suy ra ∠CGB=60∘. Mà ∠GAB=60∘ nên ∠GBA=60∘.
\end{enumerate}

Seminar lần 1: Ứng dụng của số phức trong việc giải các bài toán hình học phẳng

Leave a reply

Giới thiệu: Để giải một bài toán hình phẳng không đi theo hướng thuần túy, ta có nhiều cách như: tính toán các độ dài, sử dụng lượng giác, sử dụng vector, phương pháp tọa độ Oxy, hay các công cụ nâng cao hơn như: dùng hệ tọa độ barycentric (trilinear) và số phức. Tất nhiên mỗi phương pháp có những điểm mạnh, điểm yếu riêng. Tuy nhiên, cho dù là phương pháp nào thì nếu đánh giá không đúng tính chất bài toán cũng như đặc điểm của công cụ mà cứ giải quyết một cách brute-force thì cũng khó tính toán thủ công nổi, cho dù xét về bản chất là có thể làm được. Trong seminar này, chúng ta sẽ phân tích việc ứng dụng của số phức, một cách tiếp cận hiện đại và hiệu quả cho các bài toán hình học Olympic.

Báo cáo viên: Thầy Lê Phúc Lữ (Giáo viên STAR EDUCATION)

Nội dung: Ứng dụng của số phức trong việc giải các bài toán hình học phẳng

Đối tượng: Các bạn học sinh cấp 3 đam mê toán học.

Địa điểm: 16/2 Trần Thiện Chánh, P12, Q12. 

Thời gian: 8 giờ – 11 giờ, ngày 21/06/2020

Tài liệu:  Bài giảng lý thuyết

Rất mong sự hiện diện có mặt của các bạn để buổi Seminar được diễn ra thành công.

 

 

Đề ôn thi vào lớp 10 Chuyên Toán.

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (1, 5 điểm) Cho phương trình (x–1)(x2–(m2+1)x+1)=0
a) Giải phương trình khi m=−2.
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1<x2<x3 và thỏa x12+4x22+x32=27.

Bài 2. (2 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa a+b+c=abc.
a) Tìm a,b,c nếu a,b,c là các số nguyên dương.
b) Chứng minh ab+ac+bc≥9 và ab+ac+bc≥3+1+a2+1+b2+1+c2.

Bài 3.  (1, 5 điểm) Số nguyên dương n được gọi là số đẹp nếu tồn tại các số nguyên dương x,y,z không nhất thiết phải khác nhau sao cho: n=[x;y]+[y;z]+[z;x] với [a;b] là bội chung nhỏ nhất của hai số a,b
a) Chứng minh rằng n=2021 là số đẹp.
b) Chứng minh rằng mọi số lẻ khác 1 đều là số đẹp.
c) Chứng minh rằng n=22021 không phải là số đẹp.

Bài 4. (3 điểm) Cho đoạn thẳng BC cố định và điểm A thay đổi sao cho ∠BAC=α<60∘ không đổi và AB,AC>BC. Trên BC lấy các điểm M,N sao cho BM=MN=NC. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN và ACM cắt nhau tại D và cắt các cạnh AC,AB lần lượt tại E,F.

a) Tìm vị trí của A sao cho AE⋅AC+AF⋅AB lớn nhất.

b) Chứng minh rằng DBDC=ACAB.

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh I luôn thuộc một đường cố định.

Bài 5. (2 điểm) Một giải đấu bóng đá gồm 8 đội đá với nhau. Mỗi lượt, 8 đội chia làm 4 cặp đấu, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm và thua 0 điểm.
a) Giải đấu diễn ra hai lượt.
i)  Chứng minh rằng có 2 đội có điểm bằng nhau.
ii) Chứng minh rằng có thể tìm được 4 đội A,B,C,D đôi một chưa đấu với nhau.
b) Kết thúc giải người ta thấy rằng không có trận nào kết thúc với tỉ số hòa. Chứng minh rằng có thể tồn tại 5 đội A,B,C,D,E xếp thành một hàng sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau.

HẾT

Lời giải

Bài 1. 

a) Khi m=−2 ta có phương trình (x−1)(x2−5x+1)=0.

Giải phương trình ta có nghiệm x=1,x=5+212,x=5−212.

b) Điều kiện x≥0. Ta có x=1 là một nghiệm của phương trình.

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

x2−(m2+1)x+1=0. (2) có hai nghiệm phân biệt không âm và khác 1.

  • Δ(m2+1)2–4=(m2−1)(m2+3)>0.
  • 12−(m2+1)1+1≠0⇔m≠±1.

Khi đó phương trình có hai nghiệm là a<b thỏa a+b=m2+1>0,ab=1.

Do đó a,b>0 và có tích bằng 1, nên một số nhỏ hơn 1, 1 số lớn hơn 1.

Từ đó ta có x2=1, x1=a,x3=b. Khi đó

x12+4x22+x32=27

(a+b)2–2ab=23

m2=25

m=±5. (Nhận)

Bài 2.

a) Do vai trò a,b,c như nhau nên giả sử a≥bgeqc>0. Khi đó

a+b+c=abc⇔1ab+1bc+1ac=1≤3c2.

Suy ra c=1. Khi đó ab=a+b+1⇔(a−1)(b−1)=2. Giải ra được a=3,b=2.

Vậy phương trình có nghiệm (3;2;1) và các hoán vị.

b)

Áp dụng bdt (x+y+z)(1x+1y+1z)≥9 và từ 1ab+1bc+1ac=1.

Suy ra ab+bc+ac≥9.

Ta có bdt 3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2≥3(xy+yz+xz). (Tự chứng minh)

Ta có P=(ab+bc+ac−3)2=(ab+bc+ac)2–6(ab+bc+ac)+9.

Mà (ab+bc+ac)2≥3abc(a+b+c) và abc=a+b+c.

Suy ra (ab+bc+ac)2≥3(a+b+c)2.

Do đó P≥3(a2+b2+c2)+9≥(1+a2+1+b2+1+c2)2.

Từ đó

ab+bc+ac−3≥1+a2+1+b2+1+c2

ab+bc+ac≥3+1+a2+1+b2+1+c2.

Bài 3. 

a) 2021=[1;1]+[1010;1]+[1010;1].

b) Nếu n=2k+1 và k≥1. Chọn x=y=1,z=k ta có n=[1;1]+[k;1]+[k;1].

c) Chú ý các nhận xét sau:

  • Mọi số nguyên dương đều biểu diễn với dạng p⋅2n trong đó p là số lẻ.
  • Bội chung nhỏ nhất của p⋅2n và q⋅2m với n>m là r⋅2n với r=[p;q] lẻ.

Giả sử n=22021 là số đẹp, tức là tồn tại x,y,z nguyên dương sao cho 22021=[x;y]+[y;z]+[z;x].

Do 22021 là số chẳn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số [x;y],[y;z],[z;x] đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn.

Nếu 3 số x,y,z lẻ thì [x;y]+[y;z]+[z;x] lẻ vô lý.

Nếu 1 số lẻ, hai số chẵn cũng tương tự.

Trường hợp 2 số chẵn. Giả sử x,y chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

  • Nếu z lẻ. Khi đó ta có: [x;y]=2am1 với m1 là số lẻ, [y;z]=2bm2, với m2 là số lẻ, [z;x]=2am3, với m2 là số lẻ. Dễ thấy a,b<2021.
    • Từ đó: 2am1+2bm2+2am3=22021⇔2b(2a–bm1+m2+2a–bm3)=22021⇔2a–bm1+m2+2a–bm3=22021–b. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.
  • Nếu z là số chẵn. Như vậy, x,y,z đều là số chẳn, đặt: z=2ct3, với (t3 là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: 2021>a≥b≥c≥0. Vậy: [x;y]=2am1, [y;z]=2bm2, [z;x]=2am3 với m1,m2,m3 là ba số tự nhiên lẻ.
    • Từ đó: 2am1+2bm2+2am3=22021⇔2b(2a–bm1+m2+2a–bm3)=22021⇔2a–bm1+m2+2a–bm3=22021–b. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 4. 

a) Ta có BF⋅BA=BM⋅BC=13BC2 và CE⋅CA=13BC2.

Do AB,AC>BC nên F,E nằm giữa AB và AC.

Khi đó X=AF⋅AB+AE⋅AC=AB2−BF⋅BC+AC2−CE⋅CA=AB2+AC2−23BC2.

Do đó X lớn nhất khi và chỉ khi AB2+AC2 lớn nhất.

Ta có BC2=BH2+CH2=(ABsin⁡α)2+(AC–ABcos⁡α)2

=AB2+AC2−2AB⋅ACcos⁡α

≥(AB2+AC2)–(AB2+AC2)cos⁡α.

≥(AB2+AC2)(1−cos⁡α)

Suy ra AB2+AC2 lớn nhất bằng BC21−cos⁡α khi AB=AC.

Vậy AF⋅AB+AE⋅AC lớn nhất khi và chỉ khi AB=AC.

b) Ta có ∠DBF=∠DEC,∠DFB=∠DCE.

Suy ra △DBF=△DCE, do đó DBDC=BFCE (1)

Mà BF⋅AB=CE⋅AC=13BC2.

Suy ra BFCE=ACAB. (2)

Từ (1) và (2) ta có DBDC=ACAB.

c) Gọi K là giao điểm thứ hai của (AEF) và (ABC). Khi đó

△KFB∽△KEC, suy ra KBKC=BFCE.

Mà BFCE=ACAB. Suy ra KBKC=ACAB.

Do đó △KBC∽△ACB, suy ra KB=AC,KC=AB.

từ đó AKCB là hình thang cân, nên trung trực của AK và BC trùng nhau.

Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF thuộc trung trực của AK hay thuộc trung trực BC cố định.

Bài 5.

a) Nếu mỗi đội đá nhau được 2 trận.

  • Thì số điểm mội đội có thể nhận là 0,1,2,3,4,6. Do đó theo nguyên lý Dirichlet cho ít nhất 2 đội có cùng số điểm.
  • Gọi 8 đội là A,B,C,D,E,F,G,H, sau hai vòng mỗi đội đá đúng hai trận.
    • Không có ba đội nào đôi một đá với nhau, vì giả sử A,B,C đôi một đá với nhau, thì vòng 1, A đá với B thì C không đá với ai, nên phải cần ít nhất 3 vòng để điều này xảy ra.
    • Giả sử A đá với B,C thì BC không đá với nhau nên B,C đá với đội khác.
      • Nếu B,C đá cùng một đội D. Khi đó nhóm E,F,G,H cũng có hai đội chưa đá với nhau và cũng không đá với nhóm A,B,C,D. Giả sử là E,F chưa đá với nhau. Khi đó 4 đội A,D,E,F đôi một chưa đá với nhau trận nào.
      • Nếu B,C đá với hai đội khác nhau là D,E. Lý luận tương tự ta chỉ suy ra được là E,D cùng đấu với F,G và G,F đấu với H. Khi đó A–B–D–F–H–G–E–C–A. Chọn 4 đội A,D,H,E thỏa đề bài.

b)  Xét đội A thắng nhiều nhất trong đó thắng B,C, xét đội B và C thì nếu B thắng C ta có A–B–C là dãy mà đội trước thắng đội sau, ngược lại ta có dãy A–C–B.

Vậy giả sử ta có A thắng B,B thắng C, ta kí hiệu A−>B−>C.

Xét tới đội D nào đó. Có các trường hợp sau:

  • D−>A hoặc C−>D. Khi đó ta có D−>A−>B−>C hoặc A−>B−>C−>D.
  • Nếu không có điều này, thì A−>D và D−>C. Khi đó B,D.
    • Nếu D−>B thì ta có A−>D−>B−>C.
    • Nếu B−>D thì ta có A−>B−>D−>C.

Trong các trường hợp ta đều có dãy 4 người mà người này thắng người kia. Vậy ta đã có A−>B−>C−>D.

Xét E, tương tự như D.

  • Nếu E thắng A hoặc D thắng E thì bài toán được chứng minh.
  • Ngược lại, A thắng E và E thắng D. Khi đó ta xét mối quan hệ giữa E và B,C.
    • Nếu E thắng B. Khi đó ta có A−E−B−C−D.
    • Nếu E thua B,C, khi đó A−B−C−E−D.
    • Nếu E thua B và thắng C, khi đó A−B−E−C−D.

Vậy lúc nào cũng tìm được 5 đội xếp thành một hàng mà đội trước thắng đội sau.

 

Đề thi xếp lớp chuyên 9 tại Star Education – Năm học 2018 2019

Leave a reply

Mỗi năm Star Education đều tổ chức thi xếp lớp cho các em học sinh mới. Đối với môn toán có hai đề thi, đề thứ nhất dành cho các bạn không chuyên, đề thứ hai dành cho các bạn thi vào các lớp 9TC1, 9TC2. Đề chuyên thường gồm đầy đủ các phần: Đại số, Hình học, Số học, Tổ hợp. Vì là đề xếp lớp nên đề dàn trải và khá dài, để đánh giá toàn diện các em và tư vấn vào lớp phù hợp. Sau đây xin giới thiệu đề thi xếp lớp năm 2018 – 2019 cho các bạn học sinh tham khảo.

Thời gian làm bài: 150 phút.

Bài 1. (2 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x5+x+1
b) Cho các số a,b,c khác 0 thỏa: a3+b3+c3=3abc. Tính: P=(1+ab)(1+bc)(1+ca)
Bài 2. (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) (x−1)(x−2)(x−6)(x−7)=81;
b) 12xx2+4x+2+3xx2+2x+2=9;
c) |x–1|2017+(2–x)2018=1.
Bài 3. (2,0 điểm)
a)  Cho các số x,y thỏa |x|>1,|y|>1. Chứng minh rằng |x|+|y|≥|x+y1+xy|.
b) Cho các số x,y không âm thỏa x3+y3<x−y. Chứng minh y≤x≤1 và x2+y2≤1.

Bài 4. (3 điểm)
a) Tìm các số nguyên x thỏa 2x2−4x+1x−3 cũng là số nguyên.
b) Cho các số x,y,z thỏa (x−y)(y−z)(z−x)=x+y+z. Chứng minh rằng x+y+z chia hết cho 27.
c) Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng n3+3n chia hết cho 7 khi và chỉ khi n33n+1 chia hết cho 7.

Bài 5. (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
a)  Chứng minh DB⋅DC=DH⋅DA và ∠BDF=∠CDE. (2 điểm)
b) Gọi M,N lần lượt là trung điểm BF,CE. Chứng minh ∠MDF=∠NDC. (1 điểm)
c) AD cắt EF tại K. Gọi P là trung điểm của AH. Chứng minh HKHD=AKAD và PK⋅PD=PH2. (2 điểm)

Bài 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có BC=2a cố định. A thay đổi. Đường cao AH.
a) Tìm diện tích lớn nhất của tam giác ABC.
b) Phân giác các góc ∠BAH,∠CAH cắt BC tại MN. Tìm giá trị lớn nhất của độ dài MN.

Bài 7. (3,0 điểm) Cho tập X={1,2,3,4,5,6,7,8,9}.
a)Tìm tất cả các cách chia tập hợp X thành 3 tập hợp rời nhau, mỗi tập có 3 phần tử và tổng các phần tử của mỗi tập bằng nhau.
b) Người ta điền các số của tập X vào bảng vuông 3×3 mỗi số được xuất hiện một lần sao cho tổng các hàng, các cột và hai đường chéo là một số chia hết cho 9.
i) Chỉ ra một cách điền thỏa đề bài.
ii) Chứng minh rằng với với mọi cách điền thì ô chính giữa bảng luôn là một số chia hết cho 3.

 

HẾT

 

 

Phương trình nghiệm nguyên – P3

Leave a reply

Trong bài viết này ta bàn về phương pháp sử dụng bất đẳng thức và đánh giá. Đây là một trong những phương pháp rất hay và hữu dụng khi giải phương trình nghiệm nguyên, chủ yếu ta đánh giá chặn trên, chặn dưới của biết để đưa về hữu hạn trường hợp để xét. Chú ý các tính chất sau:

  • Giữa hai số nguyên có hữu hạn các số nguyên.
  • Giữa hai số chính phương có hữu hạn các số chính phương.
  • Một tập con các số nguyên dương bị chặn trên thì có hữu hạn phần tử.

Ta xét các ví dụ sau.

Ví dụ 1. Giải phương trình trong tập các số nguyên dương: x+y+z=xyz.

Lời giải. Do vai trò của x,y,z là như nhau, ta có thể giả sử x≥y≥z.

Khi đó x+y+z=xyz⇔1xy+1yz+1xz=1.

Mà 1xy,1xz,1zy≤1z2.

Do đó 1≤3z2, suy ra z2≤3, suy ra z=1.

Khi đó ta có phương trình: x+y+1=xy, giải ra được (x;y) là (3;2).

Do vai trò x,y,z là như nhau nên phương trình có nghiệm (3;2;1) và các hoán vị.

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: (x+y)2+3x+y+1=z2.

Lời giải. Ta có (x+y)2<(x+y)2+3x+y+1<(x+y+2)2.

Mà (x+y)2+3x+y+1=z2 là số chính phương nên:

(x+y)2+3x+y+1=(x+y+1)2⇔x=y.

Khi đó z=2x+1.

Vậy phương trình có nghiệm (x,x,2x+1) với x nguyên dương.

Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x2−y2)2=1+16y.

Lời giải. Rõ ràng y>0, nếu x thỏa thì −x cũng thỏa. Ta xét x≥0.

  • Nếu x=y thì 0=1+16y (vô lý).
  • Do đó đặt x=y+a với a≥1. Khi đó
    • (a2+2ay)2=1+16y⇔a2+4a3y+4a2y2=1+16y. Suy ra a<2.
    • Suy ra a=1. Khi đó ta có 4y2−12y=0, giải ra y=0,y=3.
      • Nếu y=0,x=1.
      • Nếu y=3,x=4.
  • Vậy phương trình có nghiệm (1;0),(−1;0),(4;3),(−4;3).

Một số bài toán khó hơn, phải kết hợp nhiều phương pháp. Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 4. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: 5x=y4+4y+1

Lời giải.

  •  Có một nghiệm là (0;0).
  • Dễ thấy y chẵn nên y4+4y+1≡1(mod8). Suy ra x chẵn, x=2k. Khi đó (5k)2=y4+4y+1 là số chính phương.
  • Ta có y≥1 nên y4<y4+4y+1<(y2+2)2. Suy ra y4+4y+1=(y2+1)2⇔y=2, suy ra x=2.
  • Vậy có 2 cặp nghiệm (0;0),(2;2).

Bài tập rèn luyện.

Các bài tập tương tự.

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy+yz+xz=3xzy.

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1+1x)(1+1y)(1+1z)=2.

Bài 3.  Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng các ước dương của p4 là một số chính phương.

Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình p+1=2x2,p2+1=2y2 có nghiệm nguyên.

Bài 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5(x+y+z+t)+10=2xyzt.

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 1+x+x2+x3=y3.

Bài 7. Tìm m,n nguyên dương để 5mn+5m3m2+2n2 là số nguyên.

 

Toán đố – P2

Leave a reply

Tiếp theo phần 1, phần này tôi xin đưa ra những ví dụ phức tạp hơn, đòi hỏi cao hơn trong việc đưa ra phương trình, hoặc việc giải phương trình hệ phương trình ở mức khó hơn.

Ví dụ 1. Tổng kết học kì 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi, trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kì 1, số học sinh giỏi của học kì 2 bằng 4037 số học sinh giỏi của học kì 1 và có 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2. Tìm số học sinh giỏi học kì 2 của trường biết rằng số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học.

Lời  giải. 

Nhận xét: Bài toán có sự thay đổi về số học sinh giỏi của học kì 2 so với học kì 1, đó là số học sinh mới được và số học sinh bị rớt danh hiệu.

Ta có lời giải như sau:

Gọi x (x>0) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường.

Tổng số học sinh của trường là: x+60 (học sinh).

Số học sinh giỏi học kì 1 là: 3740x (học sinh).

8% số học sinh toàn trường không đạt giỏi học kì 1 nhưng đạt giỏi học kì 2: (x+60).8%=2x25+245 (học sinh).

Theo đề bài ta có phương trình x=3740x+2x25+245–6.

Giải ra được x=240.
Vậy số học sinh giỏi học kì 2 của trường là 240 học sinh.

Ví dụ 2. Bạn An dự định trong khoảng thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 mỗi ngày sẽ giải 3 bài toán. Thực hiện đúng kế hoạch một thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng 3 có 31 ngày) thì A bị bệnh, phải nghỉ giải toán nhiều ngày liên tiếp. Khi hồi phục, trong tuần đầu An giải 16 bài toán; sau đó, A cố gắng giải 4 bài một ngày và đến 30/4 thì A cũng hoàn thành kế hoạch đã định. Hỏi bạn An đã nghỉ giải toán ít nhất bao nhiêu ngày?

Lời giải. 

Gọi x  là số ngày làm được 3 bài giai đoạn 1 (x≤31) và y là số ngày nghỉ.

Khi đó tổng số bài làm theo thực tế là: 3x+16+4(61−x−y−7)=232−x−4y.

Số bài thực tế bằng số bài dự định bằng 61×3=183.

Ta có phương trình 232−4y−x=183⇔4y+x=49⇒y≥184.

Mà y∈N nên y≥5, giá trị nhỏ nhất của y là 5, khi x=29.

Ví dụ 3. Lớp 9A có 28 học sinh đăng ký dự thi vào các lớp chuyên Toán, Lý, Hóa của trường Phổ thông Năng khiếu. Trong đó: không có học sinh nào chỉ chọn thi vào lớp Lý hoặc chỉ chọn thi vào lớp Hóa; có ít nhất 3 học sinh chọn thi vào cả ba lớp Toán, Lý và Hóa; số học sinh chọn thi vào lớp Toán và Lý bằng số học sinh chỉ chọn thi vào lớp Toán; có 6 học sinh chọn thi vào lớp Toán và Hóa; số học sinh chọn thi vào lớp Lý và Hóa gấp 5 lần số học sinh chọn thi vào cả ba lớp Toán, Lý và Hóa. Hỏi số học sinh chọn thi vào từng lớp là bao nhiêu?

Lời giải.

Gọi x  là số ngày làm được 3 bài giai đoạn 1 (x≤31) và y là số ngày nghỉ.

Khi đó tổng số bài làm theo thực tế là: 3x+16+4(61−x−y−7)=232−x−4y.

Số bài thực tế bằng số bài dự định bằng 61×3=183.

Ta có phương trình 232−4y−x=183⇔4y+x=49⇒y≥184.

Mà y∈N nên y≥5, giá trị nhỏ nhất của y là 5, khi x=29.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Một khu đất hình chữ nhật ABCD (AB<AD) có chu vi 240 mét được chia thành hai phần gồm khu đất hình chữ nhật ABNM làm chuồng trại và phần còn lại làm vườn thả để nuôi gà (M, N lần lượt thuộc các cạnh AD, BC). Theo quy hoạch trang trại nuôi được 2400 con gà, bình quân mỗi con gà cần một mét vuông của diện tích vườn thả và diện tích vườn thả gấp ba lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi của khu đất làm vườn thả.

Bài 2. Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông ABCD được chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông AMIQ và INCP với M, N, P, Q lần lượt thuộc AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại trồng hoa. Diện tích phần trồng rau sạch là 1200m2 và phần để trồng hoa là 1300m2. Bình nói: “Chắc chắn bạn bị nhầm rồi!”. Nam: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích 1300m2, còn lại 1200m2 trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông AMIQ (biết AM<MB) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam bị nhầm ?

Bài 3. Một hồ nước được cung cấp nước bỏi ba vòi nước. Biết rằng nếu từng vòi nước cung cấp nước cho hồ thì vòi nước thứ nhất sẽ làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ hai 5 giờ, vòi nước thứ ba lại làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ nhất 4 giờ; còn nếu vòi nước thứ nhất và thứ hai cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng làm đầy hồ bằng với thời gian vòi nước thứ ba làm đầy hồ. Hỏi nếu cả ba vòi nước cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng sẽ làm đầy hồ trong bao lâu?

Bài 4. Hai thị trấn A và B cùng nằm trên một dòng sông, cách nhau D km. Thị trấn B có địa thế cao hơn nên dòng nước luôn chảy từ B đến A với vận tốc d (km/h) không đổi. Nếu nước không chảy, tàu \textit{Hi vọng} có vận tốc x (km/h) không đổi, tàu \textit{Tương lai} có vận tốc y (km/h) không đổi. Vào lúc 8 giờ sáng, tàu \textit{Hi vọng} xuất phát từ A đi về hướng B và tàu \textit{Tương lai} xuất phát từ B đi về hướng A. Vào lúc 12 giờ trưa hai tàu gặp nhau lần đầu tiên tại một điểm cách A một khoảng cách là 13D. Khi đến A tàu \textit{Tương lai} nghỉ nửa giờ rồi quay về B; tương tự khi đến B tàu \textit{Hi vọng} cũng nghỉ nửa giờ rồi quay về A. Hai tàu gặp nhau lần thứ hai tại một điểm cách B một khoảng cách là 527D. Hãy tìm vận tốc của các tàu \textit{Hi vọng} và \textit{Tương lai} biết rằng nếu ngay từ đầu, mỗi tàu tăng vận tốc thêm 7,5km/h thì hai tàu sẽ gặp nhau lần đầu vào lúc 11 giờ trưa.

Toán đố – P1

Leave a reply

Dạo này các bài toán thực tế xuất hiện nhiều trong trong đề thi và được nhiều học sinh quan tâm, tuy vậy đây không phải là các bài toán trong đời sống bắt các em phải giải mà chỉ là những bài toán đốnhiều chữ, các em đọc hiểu và sử dụng kiến thức toán để giải, chứ chẳng có mấy về ý nghĩa thực tế, mà dạng toán này đã xuất hiện rất nhiều trong chương trình toán của mình, và trong các kì thi, đặc biệt là kì thi vào trường Phổ thông Năng khiếu.

Những bài toán này thường là những bài toán như mối liên quan giữa số lượng, thời gian, năng suất, …để giải các bài toán dạng này ta chú ý:

  • Đọc kĩ đề bài, gạch dưới những cụm từ quan trọng.
  • Tìm các mối liên hệ giữa các đối tượng có trong bài toán.
  • Đặt ẩn phù hợp và thiết lập được phương trình, hệ phương trình.
  • Giải các pt, hpt này cho ra kết quả.

 

Ví dụ 1. Lớp 9T có 30 bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng 70000 đồng và sau 3 tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (giá tiền các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình thương X” đã nhận chăm sóc thêm 9 em và có giá tiền của mỗi món thêm 5% nên chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương X” được nhận quà ?

Lời giải.

  • Gọi x (x>0) là số em ban đầu ở “Mái ấm tình thương X” và t (t>0) là giá tiền mỗi món quà.
  • Số tiền lớp 9T đóng được sau 3 tháng là: 6300000.
  • Mỗi em nhận được 3 món quà ta có: 3tx=6300000 (1).
  • Sau khi mái ấm có thêm 9 em và giá mỗi món quà tăng thêm 5% ta có: 2(t+5%t)(x+9)=6300000 (2).
  • Từ (1) và (2) ta có: 3tx=2.1,05t.(x+9)
    ⇔x=21.
  • Vậy có 30 em ở “Mái ấm tình thương X nhận được quà.

Ví dụ 2. Có hai vòi nước A, B cùng cung cấp cho một hồ cạn nước và vòi C (đặt sát đáy hồ) lấy nước từ hồ để cung cấp cho hệ thống tưới cây. Đúng 6 giờ, hai vòi A, B được mở; đến 7 giờ vòi C được mở; đến 9 giờ thì đóng vòi B và vòi C; đến 10 giờ 45 phút thì hồ đầy nước. Người ta thấy rằng nếu đóng vòi B ngay từ đầu thì đến 13 giờ hồ mới đầy. Biết lưu lượng vòi B là trung bình cộng lưu lượng vòi A và C, hỏi một mình vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong bao lâu?

Lời giải. 

10 giờ 45 phút =434 giờ.
Gọi x, y, z (x, y, z>0) lần lượt là thời gian vòi A, vòi B một mình làm đầy hồ và vòi C tháo hết nước trong hồ.
Từ 6 giờ đến 10 giờ 45 phút vòi A chảy được 194x hồ.
Từ 6 giờ đến 9 giờ vòi B chảy được 3y hồ.
Từ 7 giờ đến 9 giờ vòi C tháo được 2z hồ.
Từ 6 giờ đến 13 giờ vòi A chảy được 7x hồ.
Theo đề bài ta có hệ phương trình:

{194x+3y−2z=1 (1)7x−2z=1 (2)1x+1z=2y (3).

Từ (2) ta có: 1x=17+27z.

Lấy (1) trừ (2) ta có: −94x+3y=0⇔1y=34x=328+314z.

Thay 1x, 1y vào (3) ta có: 17+27z+1z=314+37z⇔z=12.

Vậy vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong 12 giờ.

Ví dụ 3. Một công ty may giao cho tổ A may 16800 sản phẩm, tổ B may 16500 sản phẩm và bắt đầu thực hiện công việc cùng lúc. Nếu sau 6 ngày, tổ A được hỗ trợ thêm 10 công nhân may thì họ hoàn thành công việc cùng lúc với tổ B. Nếu tổ A được hỗ trợ thêm 10 công nhân may ngay từ đầu thì họ sẽ hoàn thành công việc sớm hơn tổ B 1 ngày. Hãy xác định số công nhân ban đầu của mỗi tổ. Biết rằng, mỗi công nhân may mỗi ngày được 20 sản phẩm.

Lời giải.

Gọi số công nhân ban đầu của tổ A, B lần lượt là x, y (công nhân) (x,y∈N).

Mỗi ngày tổ A may được 20x sản phẩm, tổ B may được 20y sản phẩm.

Sau 6 ngày tổ A may được 120x sản phẩm.

Số công nhân tổ A sau khi được tăng 10 công nhân là x+10 (công nhân).

Khi đó số sản phẩm tổ A may được mỗi ngày là 20(x+10) (sản phẩm).

Thời gian tổ A hoàn thành công việc là:
6+16800−120x20(x+10) (ngày).

Thời gian tổ B hoàn thành công việc là: 1650020y (ngày).

Tổ A, tổ B hoàn thành công việc cùng lúc nên ta có phương trình:
6+16800−120x20(x+10)=1650020y (1).

Thời gian tổ A hoàn thành công việc nếu được hỗ trợ thêm 10 công nhân ngay từ đầu là: 1680020(x+10) (ngày).

Tổ A hoàn thành công việc trước tổ B 1 ngày nên ta có phương trình:
1680020(x+10)+1=1650020y (2).

Từ (1) và (2), ta có:

6+16800−120x20(x+10)=1680020(x+10)+1

⇔6xx+10=5
⇔x=50.

Thay x=50 vào (2)⇒y=55.

Vậy số công nhân ban đầu của tổ A là 50 công nhân, số công nhân ban đầu của tổ B là 55 công nhân.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Một tổ mua nguyên vật liệu để thuyết trình tại lớp hết 72.000 đồng, cho phí được chia đều cho mỗi thành viên của tổ. Nếu tổ giảm bớt 2 người thì mỗi người phải đóng thêm 3000 đồng. Hỏi số người của tổ?

Bài 2. Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn vị trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có thêm 5 phần quà, nếu giảm đi 10 viên thì các em có thêm 10 phần quà. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có.

Bài 3. Trong một cuộc đua môtô có ba xe khởi hành cùng lúc. Xe thứ nhì trong mỗi giờ chạy chậm hơn xe thứ nhất 10km và nhanh hơn xe thứ ba 5km, đến đích trễ hơn xe thứ nhất 10 phút, sớm hơn xe thứ ba 6 phút. Tính vận tốc mỗi xe, chiều dài quãng đường đua.

Bài 4. Tìm số gồm hai chữ số, biết rằng tổng của hai chữ số là 9 và tổng lập phương của hai chữ số đó là 189.

Bài 5. Một hồ nước được cung cấp nước bỏi ba vòi nước. Biết rằng nếu từng vòi nước cung cấp nước cho hồ thì vòi nước thứ nhất sẽ làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ hai 5 giờ, vòi nước thứ ba lại làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ nhất 4 giờ; còn nếu vòi nước thứ nhất và thứ hai cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng làm đầy hồ bằng với thời gian vòi nước thứ ba làm đầy hồ. Hỏi nếu cả ba vòi nước cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng sẽ làm đầy hồ trong bao lâu?

Phương trình nghiệm nguyên – P3

Leave a reply

Ta tiếp tục với phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nay ta sẽ bàn tới phương pháp sử dụng đồng dư, chú ý một số cách tiếp cận sau:

  • Sử dụng đồng dư để chứng minh phương trình vô nghiệm.
  • Sử dụng đồng dư để suy ra tính chất của biến (tính chẵn lẻ, …), đưa về các dạng đã biết.

Ví dụ 1.  Giải phương trình x3+21y3+5=0.

Lời giải
  • Ta có với mọi x thì
    x3≡0,1,−1 (mod7)⇒x3+21y2+5≡5,6,4 (mod7)
  • Do đó phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 2. Giải phương trình trong tập số tự nhiên: 6x=y2+y−2.

Lời giải
  • Với mọi số nguyên x thì 6x≡1 (mod 5).
  • Mặt khác, y2+y−2=(y−1)(y+2)≡0,3,4 (mod 5)⇒ phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x–9y=4

Lời giải
  • Ta có 9y≡1(mod4) suy ra 7x≡2(mod4) suy ra x chẵn. x=2k.
  • Ta có 72k–32y=4⇔(7k−2)(7k+2)=32y.
  • Dễ thấy (7k−2,7k+2)=1 suy ra 7k−2=1,7k+2=32y vô nghiệm.

Ví dụ 4. Tìm x,y,z nguyên dương và z≥2 thỏa 3x+5x=yz.

Lời giải
  • Nếu x=1 ta có yz=8 thì y=2,z=3.
  • Nếu x chẵn. 3x+5x≡2(mod4), suy ra y chẵn và yz≡2(mod4), suy ra z=1. (vô lý).
  • Nếu x lẻ, x>1. Khi đó LHS=3x+5x=(3+5)(3x−1−3x−2⋅5+⋯+5x−1).
  • Ta có 3x−1−3x−2⋅5+⋯+5x−1 có x số hạng lẻ, nên tổng là lẻ. Do đó LHS chia hết cho 8, nhưng ko chia hết cho 16, kết hợp z>1 ta được z=3.
  • 3x+5x=y3. 56≡1(mod9), suy ra 5x≡5(mod9) nếu x≡1(mod6); 5x≡−1(mod9) khi x≡3(mod6); 5x≡7(mod9) khi x≡5(mod6).
  • Mặt khác y3≡0,1,−1(mod9). Do đó x≡3(mod6).
  • Lại có 3x+5x≡5(mod7) khi x≡3(mod6).
    Do đó phương trình vô nghiệm.
  • Kết luận (1,2,3).

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
a) 2x−3y=1;

b) 2x−3y=7;
c) 2x+3y=z2;
d) 3x+4y=5z;
e) 3x+4y=7z.
Bài 2. (PTNK 2013) Cho M=a2+3a+1 với a là số nguyên dương.
a)  Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ.
b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?
Bài 3. (PTNK 2009)
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a2+a=20102009
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a+a2+a3=20092010

Phương pháp chứng minh quy nạp – Các dạng khác

Leave a reply

Trong bài này, chúng ta tiếp tục tìm hiểu thêm và phương pháp quy nạp. Ngoài dạng quy nạp như đã biết ta còn một số dạng quy nạp khác như: Quy nạp mạnh, quy nạp bước nhảy, quy nạp lùi.

Quy nạp mạnh được phát biểu như sau: Để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n, ta thực hiện theo hai bước sau:

  • Chứng minh P(n) đúng với n=1.
  • Giả sử P(n) đúng với 1,2,⋯,n. Chứng minh P(n+1) đúng.

Ví dụ 1. Cho x thỏa x+1x là số nguyên. Chứng minh rằng xn+1xn là số nguyên với mọi n.

Lời giải. 

  • Ta có x+1x là số nguyên  đúng (theo giả thiết).
  • Giả sử xk+1xk là số nguyên với mọi k=1,n―. Ta cần chứng minh xn+1+1xn+1.
    • (xn+1+1xn+1=(x+1x)(xn+1n)–(xn−1+1xn−1).
    • Theo giả thiết quy nạp thì xn+1+1xn+1 là số nguyên.
  • Vậy ta có xn+1xn là số nguyên với mọi n.

 

Dạng kế tiếp là Quy nạp bước nhảy  được phát biểu như sau: Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi n, ta làm như sau:

  • Chứng minh P(1),P(2),⋯,P(k) đúng.
  • Giả sử P(n) đúng. Ta chứng minh P(n+k) đúng.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên M tồn tại số tự nhiên n và cách chọn các dấu + hoặc − sao cho

M=±12±22⋯±n2.

Lời giải.

  • Khi M=1,2,3,4 ta có 1=12, 2=−12−22−32+42, 3=−12+22 và 4=12−22−32+42.
  • Giả sử đúng với M, tức là tồn tại n thỏa M=±12±22⋯±n2, khi đó M+4=±12±22⋯±n2+(n+1)2−(n+2)2−(n+3)2+(n+4)2.

Ví dụ 3.  Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phương trình a2+b2=cn luôn có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

Lời giải. 

  • Rõ ràng nếu n=1,2 thì phương trình luông có nghiệm nguyên dương.
  • Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là a,b,c với n nào đó, tức là a2+b2=cn.
    • Khi đó với n+2 thì xét (ac),(bc),c: (ac)2+(bc)2=c2(a2+b2)=cn+2.
    • (ac,bc,c là nghiệm.
  • Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi n.

Dạng kế tiếp là Quy nạp lùi được phát biểu như sau:

  • Chứng minh P(ai) đúng với dãy (ai) là dãy con tăng thực sự của tập các số tự nhiên.
  • Giả sử P(n) đúng, chứng minh P(n−1) đúng.

Ví dụ 4. 

a) Hãy chỉ ra cách sắp 8 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, …, 8 thành một dãy a1,a2,…,a8 sao cho 2 số ai,aj bất kì (i<j) thì mọi số trong dãy nằm giữa ai và aj đều khác ai+aj2.
b) Chứng minh rằng với N số nguyên dương đầu tiên 1,2,…,N luôn tìm được cách sắp thành dãy a1,a2,…,aN sao cho dãy thỏa mãn điều kiện như câu a).
Lời giải.

a) Một cách xếp thỏa đề bài là 26481537.\
b)

Bước 1.Ta chứng minh bằng quy nạp với n=2k thì luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài.

  • Nếu k=1, hiển nhiên đúng.
    Giả sử luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài với n=2k, cách xếp đó là a1,a2,…,an.
    Ta chứng minh tồn tại một cách xếp với n=2k+1.
    Thật vậy xét hoán vị (2a1,2a2,…,2an,2a1−1,2a2−1,…,2an−1) là một hoán vị của 1,2,…,2k+1. Ta chứng minh hoán vị trên thỏa đề bài.

    • Ta có nếu ai,aj∈{2a1,2a2,…,2an} theo giả thiết quy nạp không có số nào nằm giữa ai,aj bằng 12(ai+aj).
    • Nếu ai∈{2a1,…,2an},aj∈{2a1−1,2a2−1,…,2an−1} thì 12(ai+aj) không phải số nguyên.
    • Nếu ai,aj∈{2a1−1,2a2−1,…,2an−1} theo giả thiết quy nạp thì cũng có số nào nằm giữa ai,aj bằng 12(ai+aj).

Vậy bài toán đúng với n=2k.(1)
Bước 2. Nếu bài toán đúng với n, ta chứng minh bài toán đúng với n−1.

Xét các số a1,a2,…,an là một hoán vị thỏa đề bài của 1,2,…,n.

Khi đó nếu xóa bất kì số nào trong các số a1,…,an thì dãy còn lại vẫn thỏa điều kiện. (2)
Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.

Quy nạp lùi cũng là một trong những cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy tổng quát: a1+a2+⋯+ann≥a1a2⋯ann.

Các bạn tự làm thử nhé.

Trên đây là một số dạng quy nạp thường gặp trong chứng minh toán. Tùy theo tình huống mà ta sử dụng cho phù hợp, các bạn cần làm thêm nhiều bài tập để rèn luyện.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Ta gọi tổng các số tự nhiên từ 1 đến n là số tam giác. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số tam giác đồng thời là số chính phương.

Bài 2. (Chọn đội tuyển PTNK 2014)Tìm số nguyên dương n lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:

  • n không chia hết cho 3;
  • Bảng vuông n×n ô không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino 1×4 và các quân trimino kích thước 1×3. Trong phép phủ các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ngoài ra bảng vuông.

Bài 3. Có n số tự nhiên từ 1 đến n được viết thành một dòng theo một thứ tự nào đó. Mỗi bước thực hiện biến đổi như sau: nếu số đầu tiên là k thì k số đầu tiên sẽ được viết theo thứ tự ngược lại. Chứng minh rằng sau hữu hạn bước thì số đầu tiên của dòng là số 1.

Bài 4. Trong cuộc họp có 2n (n≥2) người, một số người bắt tay nhau và người ta đếm được có n2+1 cái bắt tay. Chứng minh rằng có n bộ ba, mà mỗi bộ ba đôi một bắt tay nhau.

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n tồn tại các số nguyên x,y,z phân biệt sao cho x2+y2+z2=14n.

Bài 6. Trong một giải đấu tennis có 10 người tham dự, hai đối thủ gặp nhau đúng một trận. Chứng minh rằng, sau khi kết thúc giải có thể sắp xếp các tay vợt thành một hàng mà người đứng trước thắng người đứng sau.