Đê kiêm tra trương Đông Toan hoc Trung Trung bô (Đa

Năng)

Ngay 1 (1/11/2017)

Bai 1. (5 điêm) Cho day sô {un}, n = 0, 1, 2, … thoa man điêu kiên

0

1

1 1

1; 0,1,2,...

2

nn

u

uu n

Hai day sô {vn}, {wn} xac đinh như sau

vn = 4n(1-un); wn = u1u2…un, n = 1, 2, …

Tim cac giơi han lim nn

v

va lim .nn

w

Bai 2. (5 điêm) Cho a, b, c la cac sô thưc dương thoa man điêu kiên a + b + c = 3.

Chưng minh răng

92 3

a b c

abc b c a

Bai 3. (5 điêm) Cho tam giac ABC nhon co BE, CF la cac đương cao. M la trung điêm

cua BC. N la giao điêm cua AM va EF. Goi X la hinh chiêu cua N lên BC. Y, Z theo

thư tư la hinh chiêu cua X lên AB, AC. Chưng minh răng N la trưc tâm tam giac AYZ.

Bai 4. (5 điêm) An va Bao cung nhau chơi môt tro chơi: ho lân lươt viêt cac sô

nguyên tuy thich lên bang thanh môt dong, môi ngươi 3 sô, An viêt trươc. Sau đo Bao

“nhương” An điên dâu + hoăc – tuy y vao giưa cac sô đa viêt. An thăng nêu kêt qua

trên bang không chia hêt cho bât cư sô tư nhiên nao tư 11 đên 18. Bao thăng nêu xay

ra trương hơp ngươc lai. An noi minh kiêm soat nhiêu hơn nên chăc chăn se thăng.

Ban co đông y không? Tai sao?

Ngay 2 (3/11/2017)

Bai 5. (7 điêm) Cho f la ham sô xac đinh trên tâp cac sô thưc va nhân gia tri trên tâp

cac sô thưc thoa man điêu kiên

(i) Nêu a + b + c ≥ 0 thi f(a3) + f(b3) + f(c3) ≥ 3f(abc).

(ii) Nêu a + b + c ≤ 0 thi f(a3) + f(b3) + f(c3) ≤ 3f(abc).

Chưng minh răng

(a) Nêu f(0) = 0 thi f la ham le;

(b) f la ham tăng;

(c) ( ) ( ) 22

x yf x f y f

vơi moi x, y thuôc R.

Tư đo hay tim tât ca cac ham f(x) thoa man điêu kiên đê bai.

Bai 6. (6 điêm) Cho tam giác ABC. Goi E, F lân lươt la hinh chiêu vuông goc cua B,

C lên CA, AB tương ưng va M la trung điêm BC. BE cắt AM tại P. Q thuộc CF sao

cho EQ vuông góc với AM. Chứng minh rằng AQ vuông góc với CP.

Bai 7. (7 điêm) Tai môt sô ô cua hinh vuông 100 × 100 ngươi ta đăt môt quân cơ mau

đo hoăc mau xanh; cac ô con lai bo trông. Môt quân cơ nhin thây môt quân cơ khac

nêu chung cung hang hoăc cung côt. Biêt răng môi môt quân cơ nhin thây đung 5

quân cơ khac mau (va co thê la môt sô con cơ cung mau). Tim sô lơn nhât cac quân cơ

co ơ cac ô cua hinh vuông.

Đê kiêm tra trương Đông Toan hoc miên Nam (Bao Lôc)

Ngay 1 (15/11/2017)

Bai 1. Vơi môi sô nguyên dương n, goi M(n) la sô nguyên dương m lơn nhât sao cho

1

1

n n

m mC C

Hay tinh giơi han ( )

lim .n

M n

n

Bai 2. Cho sô nguyên dương n ≥ 2. Cho P(x) la đa thưc bâc n co hê sô cao nhât băng 1

va co n nghiêm thưc x1, x2, …, xn phân biêt va khac 0. Chưng minh răng

1 2

1

1 1 2 2 1 2

1 1 1) ... 0;

'( ) '( ) '( )

1 1 1 ( 1)) ... .

'( ) '( ) '( ) ...

n

n

n n n

aP x P x P x

bx P x x P x x P x x x x

Bai 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn

(O) cắt nhau tại T. Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc tia BT, CT sao cho BM = BC

= CN. Đường thẳng MN cắt CA, AB theo thứ tự tại E, F; BE giao CT tại P, CF giao

BT tại Q. Chứng minh rằng AP = AQ.

Bai 4. Trong môi ô cua bang vuông 16 16 ô ta viêt môt sô nguyên. Biêt răng trên

môi hang, môi côt cua bang chi co nhiêu nhât 4 gia tri khac nhau. Hoi bang đo chưa

nhiêu nhât bao nhiêu gia tri khac nhau?

Ngay 2 (17/11/2017)

Bai 5. (6 điêm) Tim tât ca cac ham sô f: R R thoa man điêu kiên 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f xy f x f y yf x xf x y

vơi moi x, y thuôc R.

Bai 6. (7 điêm) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài tại M. Một đường

thẳng cắt (O1) tại A, B và tiếp xúc với (O2) tại E (B nằm giữa A và E). Đường thẳng

EM cắt (O1) tại điểm J khác M. C là một điểm thuộc cung MJ không chứa A, B của

(O1) (C khác M và J). Kẻ tiếp tuyến CF với đường tròn (O2) (F là tiếp điểm) sao cho

các đoạn thẳng CF và MJ không cắt nhau. Gọi I là giao điểm của các đường thẳng CJ

và EF, K là giao điểm khác A của đường thẳng AI và đường tròn (O1). Chứng minh

rằng

a) Tứ giác MCFI là tứ giác nội tiếp và JA2 = JI2 = JM.JE.

b) CI là phân giác ngoài tại C của tam giác ABC.

c) K là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BCI.

Bai 7. (7 điêm) Bô gôm day sô nguyên dương 1 < k1 < k2 < … < kn và dãy nguyên

tương ứng s1, s2, …, sn đươc goi la bô đây đu nêu vơi mọi số nguyên dương N đều tồn

tại i {1, 2, …, n} sao cho N si (mod ki). Sô nguyên dương n đươc goi la đô dai cua

bô đây đu.

a) Tim môt bô đây đu vơi k1 = 2;

b) Tim môt bô đây đu vơi k1 = 3;

c) Tìm n nhỏ nhất để tôn tai bô đây đu đô dai n.

TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN PHỔ THÔNG

KHU VỰC BẮC TRUNG BỘ

NĂM 2017

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi thứ nhất: Sáng 01/12/2017

Bài 1 (5,0 điểm). Cho hàm :f thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 1, , .f x y f x f y x y

Chứng minh rằng tồn tại hàm cộng tính :g thỏa mãn ( ) ( ) 1, .f x g x x

Hàm số :g được gọi là hàm cộng tính nếu với mọi số thực ,x y ta có

( ) ( ) ( ).g x y g x g y

Bài 2 (5,0 điểm). Cho 1 2, , ...,

na a a là dãy số thực và

1 21 ... 0.

nb b b Chứng

minh rằng tồn tại số nguyên dương k n sao cho

1 1 2 2 1 2| ... | | ... | .

n n ka b a b a b a a a

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC có BAC tù. Lấy điểm D trên tia phân giác của

BAC sao cho 090 .BDC Đường thẳng qua A và vuông góc với AD cắt ,BD CD

lần lượt tại E và .F Đường thẳng AB cắt đường tròn ( )ADF tại ( ),I I A đường

thẳng AC cắt đường tròn ( )ADE tại ( ).J J A Đường thẳng IC cắt đường tròn

( )ADF tại điểm thứ hai là ,H đường thẳng JB cắt đường tròn ( )ADE tại điểm thứ hai

là .K

)a Chứng minh rằng , ,H D K thẳng hàng.

)b Chứng minh rằng . . .BKCI BJCH

Bài 4 (5,0 điểm). Cho ,m n và một bảng có kích thước m n gồm mn ô vuông

đơn vị. Mỗi ô vuông có không quá một con bọ. Biết rằng với mỗi số nguyên dương k

thuộc tập hợp {1, 2, 3,..., 78} , tồn tại một hàng hoặc một cột trong bảng có đúng k con

bọ.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của .m n

b) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của số con bọ trên bảng đã cho.

--------------------------- Hết ---------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.

TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN PHỔ THÔNG

KHU VỰC BẮC TRUNG BỘ

NĂM 2017

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi thứ hai: Chiều 01/12/2017

Bài 5 (6,0 điểm). Tìm số nguyên dương t nhỏ nhất sao cho tồn tại số nguyên dương

,k số nguyên tố p để 1ktp là lũy thừa bậc 6 của một số nguyên.

Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn ( ).O Gọi

, ,D E F lần trung điểm của các cạnh , , .BC CA AB Tiếp tuyến tại B của ( )O cắt

đường thẳng DF tại ,K tiếp tuyến tại C của ( )O cắt đường thẳng DE tại .L Đường

tròn đường kính OK cắt ( )O tại điểm thứ hai khác B là ,S đường tròn đường kính

OL cắt ( )O tại điểm thứ hai khác C là .T

)a Chứng minh rằng các đường phân giác trong ASC và phân giác trong ABC cắt

nhau trên đường thẳng .FD

)b Gọi U là giao điểm của BS và CT. Tia AU cắt lại ( )O tại điểm V khác .A

Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EFV tiếp xúc với ( ).O

Bài 7 (7,0 điểm). Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên

02m sao cho: với mọi số nguyên

0,m m có vô hạn số nguyên dương n để mn p

là lũy thừa đúng của p .

x ký hiệu phần nguyên của số thực ,x tức là số nguyên lớn nhất không vượt

quá .x

Nếu k là một số nguyên dương thì kp được gọi là một lũy thừa đúng của .p

--------------------------- Hết ---------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.

ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA SỐ 1Trường đông Trung Trung Bộ

Bài 1. Cho dãy số {un}, n = 0, 1, ... thỏa mãn điều kiện: −1 < u0 < 1

un+1 =√

1+un2 ; n = 0, 1, 2...

Hai dãy số {vn}, {wn} xác định như sau:

vn = 4n(1− un); wn = u1u2...un, n = 1, 2, ...

Tìm các giới hạn limn→+∞ wn và limn→+∞ vn.

Lời giải. Cho α là góc thuộc (0, π) sao cho u0 = cos α. Từ đó ta có:

u1 =

√1 + cos α

2=

√cos2

(α

2

)= cos

α

2

(do 0 < α < π ⇒ cosα

2> 0.

Vì thế:v1 = 4(1− u1) = 4

(1− cos

α

2

)= 4.2 sin2 α

22

Bằng quy nạp ta có được kết quả:un = cos

α

2n

do đóvn = 4n(1− un) = 4n.2 sin2 α

2n+1

Khi đó ta có:

limn→+∞

vn = limn→+∞

(4n.2 sin2 α

2n+1

)= lim

n→+∞

sinα

2n+1α

2n+1

2

.α2

2(1)

Đặt yn =α

2n+1 do đó y→ 0 khi n→ +∞ và (1) thành:

limn→+∞

vn =α2

2

(lim

yn→0

sin yn

yn

)2

1

Từ công thức limx→0sin x

x= 1 (theo quy tắc L’Hospitale) dẫn đến:

limn→+∞

vn =α2

2

Theo trên ta có:

wn = u1.u2...un = cosα

2n cosα

2n−1 ... cosα

2(2)

=2n sin

α

2n cosα

2n cosα

2n−1 ... cosα

22n sin

α

2n

(3)

Dùng liên tiếp công thức sin 2x = 2 sin x cos x ta có (3) thành:

wn =sin α

2n sinα

2n

⇒ limn→+∞

wn =sin α

αlim

n→+∞

α

2n

sinα

2n

=sin α

α

doα

2n → 0 khi n→ +∞.

Vậy ta có: limn→+∞ wn =sin α

α.

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng

9abc≥ 2

(ac+

cb+

ba

)+ 3 (4)

Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử a = max{a, b, c}. BĐT (4) tương đương

9 ≥ 2(

a2b + b2c + c2a)+ 3abc

⇔ 27 ≥ 6(

a2b + b2c + c2a)+ 9abc

⇔ (a + b + c)3 ≥ 6(

a2b + b2c + c2a)+ 9abc

⇔ a3 + b3 + c3 − 3abc ≥ 3(

a2b + b2c + c2a− ab2 − bc2 − ca2)

⇔ (a + b + c)[(a− b)2 + (b− c)2 + (a− c)2

]≥ 6(a− b)(b− c)(a− c) (4)

Ta có(a− b)(b− c) ≤ 1

4(a− b + b− c)2 =

14(a− c)2

⇒ (a− c)(a− b)(b− c) ≤ 14(a− c)3

⇒ 6(a− c)(a− b)(b− c) ≤ 32(a− c)3

2 Đội HLV trường đông miền Nam 2017

và

(a− b)2 + (b− c)2 ≥ 12(a− b + b− c)2 =

12(a− c)2

⇒ (a + b + c)[(a− b)2 + (b− c)2 + (a− c)2

]≥ 3

2(a + b + c)(a− c)2

Ta sẽ chứng minh32(a + b + c)(a− c)2 ≥ 3

2(a− c)3

⇔ (a− c)2(b + 2c) ≥ 0

(luôn đúng với mọi a, b, c thỏa điều kiện đề bài) Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, BE, CF là các đường cao. M là trung điểm của BC. N là giao điểm của AMvà EF. Gọi X là hình chiếu của N lên BC. Y, Ztheo thứ tự là hình chiếu của X trên AB, AC .Chứng minhrằng N là trực tâm tam giác AYZ.

Lời giải. Dễ chứng minh khẳng định bài toán đúng trong trường hợp tam giác ABC cân tại A. Xéttrường hợp tam giác ABC không cân, không mất tổng quát giả sử AB > AC.

A

B CM

E

F

N

X

Y

ZK

Gọi K là hình chiếu của M trên EF. Vì ∠BEC = ∠BFC = 90o nên tứ giác BEFC nội tiếp đường trònđường kính BC. Vì M là trung điểm của BC và MK vuông góc với EF nên K là trung điểm của EF.Cũng vì tứ giác BEFC nội tiếp nên ∠AEF = ∠ABC, dẫn tới hai tam giác AEF và ABC đồng dạng. Lưuý rằng AM, AK tương ứng là trung tuyến của các tam giác ABC, AEF nên các tam giác AKE, AMBđồng dạng. Điều này kéo theo

∠AKE = ∠AMB. (5)

Ngày 01 tháng 11 năm 2017 3

Mặt khác ∠MKN = ∠MXN = 90o nên tứ giác MNKX nội tiếp, kéo theo

∠XKE = ∠AMC. (6)

Từ (5) và (6) suy ra∠AKE +∠XKE = ∠AMB +∠AMC = 180o,

hay A, K, X thẳng hàng. Từ đó, chú ý hai tam giác AEF, ABC đồng dạng, ta thu được ∠XAC =∠KAE = ∠NAF. Điều này dẫn tới

NENF

=XBXC

.

Mặt khác, do CF, XY cùng vuông góc với AB nên CF ‖ XY. Theo định lý Thales, ta suy ra

XBXC

=YBYF

.

VậyNENF

=YBYF

, từ đó theo định lý Thales đảo, YN ‖ BE. Mà BE vuông góc với AC nên YN cũng

vuông góc với AC. Chứng minh tương tự ta cũng có ZN vuông góc với AB. Vì thế, N là trực tâm củatam giác AYZ.

Bài 4. An và Bảo cùng nhau chơi một trò chơi: họ lần lượt viết các số tùy thích lên bảng thành một dòng, mỗingười 3 số, An viết trước. Sau đó Bảo "nhường" An điền dấu + hoặc - tùy ý vào giữa các số đã viết. An thắngnếu kết quả trên bảng không chia hết cho bất cứ số tự nhiên nào từ 11 đến 18. Bảo thắng nếu xảy ra trường hợpngược lại. An nói rằng mình kiểm soát nhiều hơn, nên chắc chắn chiến thắng. Bạn có đồng ý không? Tại sao?

Lời giải. Bảo mới là người có chiến thuật thắng. Thật vậy, ở hai lượt đầu tiên Bảo điền số 11.12.13...18.Ta sẽ chứng minh Bảo có cách điền ở lượt cuối cùng để đảm bảo thắng.Gọi số Bảo cần điền ở lượt cuối là x. Sau lượt đi thứ ba của An, bỏ qua các số Bảo đã điền (dochúng chia hết cho 11, 12, 13, . . . , 18) ta có 8 kết quả có thể thu được (do có 23 = 8 cách đặt dấu) làa1, a2, . . . , a8.Do các số này cùng tính chẵn, lẻ nên chỉ có hai loại số dư khi chia 8 số này cho 4. Hơn thế, có đúng 4số đồng dư với nhau theo mod4.Có 3 số đồng dư với nhau theo mod3 theo nguyên lí Dirichlet, giả sử là a1 ≡ a2 ≡ a3 (mod 3).Không giảm tổng quát giả sử a4 ≡ a3 (mod 4). Đến đây ta chỉ cần chứng minh tồn tại x sao choa1 + x, a2 + x, . . . , a8 + x chia hết cho ít nhất một trong các số 11, 12, 13, . . . , 18. Khi đó bài toán đượcchứng minh do với mỗi i luôn tồn tại j sao cho ai − x = −

(aj + x

).

Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, ta chọn được a1 + x...9; a2 + x

...5; a4 + x...16; a5 + x

...11; a6 +

x...13; a7 + x

...17; a8 + x...7. Khi đó a1 + x

...18; a2 + x...15; a3 + x

...12; a4 + x...16; a5 + x

...11; a6 +

x...13; a7 + x

...17; a8 + x...14.

4 Đội HLV trường đông miền Nam 2017

ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA SỐ 2

Trường Đông Trung Trung Bộ

Bai 5. (7 điêm) Cho f la ham sô xac đinh trên tâp cac sô thưc va nhân gia tri trên tâp

cac sô thưc thoa man điêu kiên

(i) Nêu a + b + c ≥ 0 thi f(a3) + f(b3) + f(c3) ≥ 3f(abc).

(ii) Nêu a + b + c ≤ 0 thi f(a3) + f(b3) + f(c3) ≤ 3f(abc).

Chưng minh răng

(a) Nêu f(0) = 0 thi f la ham le;

(b) f la ham tăng;

(c) ( ) ( ) 22

x yf x f y f

vơi moi x, y thuôc R.

Tư đo hay tim tât ca cac ham f(x) thoa man điêu kiên đê bai.

Giai.

Ta khăng đinh moi nghiêm co dang f(x) = cx + d vơi c ≥ 0 nao đo. Dê dang kiêm tra

cac ham sô nay thoa man điêu kiên vi ta co hăng đăng thưc

2 2 23 3 3 13 ( ) .

2 a b c abc a b c a b b c c a (0.5 điêm)

Nêu f la ham sô thoa man điêu kiên thi ham f+k vơi k la hăng sô cung thoa man điêu

kiên. Vi thê ta co thê gia sư f(0) = 0. Chu y răng tư điêu kiên đê bai suy ra

“Vơi a, b, c thưc, a + b + c = 0 thi f(a3) + f(b3) + f(c3) = 3f(abc).” (1 điêm)

Ta goi khăng đinh nay la P(a, b, c). 3 3( , ,0)P a a cho ta f(a) + f(-a) = 0, suy ra f la

ham le. (1 điêm)

Nêu a > 0 thi 3 0 0 0a nên điêu kiên (i) suy ra a ≥ 0. Bây giơ nêu a > b thi

3 3a b . Suy ra 3 3 0 0a b . Suy ra f(a) + f(-b) ≥ 0, suy ra f(a) ≥ f(b). Vây f la

ham tăng. (1 điêm).

Bây giơ xet P(a, b, -(a+b)). Vi g le nên ta co thê biên đôi thanh

f(a3) + f(b3) + 3f(ab(a+b)) = f((a+b)3)

Ap dung đăng thưc nay nhiêu lân, ta co

f((a+b+c)3) = f((a+b)3) + f(c3) + 3f((a+b)c(a+b+c))

= f(a3) + f(b3) + 3f(ab(a+b)) + f(c3) + 3f((a+b)c(a+b+c))

Hoan toan tương tư, thay đôi vai tro cua b va c, ta đươc

f((a+b+c)3) = f(a3) + f(b3) + f(c3) + 3f(ac(a+c)) + 3f((a+c)b(a+b+c))

So sanh hai đăng thưc cuôi cung, ta thu đươc

f(ab(a+b)) + f((a+b)c(a+b+c)) = f(ac(a+c)) + f((a+c)b(a+b+c)) (*)

Bây giơ chon hai sô thưc dương x ≤ y va xet hê phương trinh sau

a2c – abc = a2b + ab2 (1)

a2b + ab2 = x (2)

a2c + ac2 = y (3)

Ta khăng đinh răng hê co nghiêm thưc a, b, c. Thât vây, đăt b = qa, c = ra thi (1) trơ

thanh

r - rq = q + q2. Suy ra 2

.1

q qr

q

Va 2:3 trơ thanh

2

2 2 2

( 1) ( 1) (1 )

1( 1) 1.

1 1

x q q q q q

q q qy r r q

q q

Ham sô 2

2

(1 )( )

1

qh q

q

liên tuc trên đoan [0, 1] va h(0) = 1. Vi x/y (0, 1] nên tôn tai

q thuôc [0, 1) sao cho h(q) = x/y. Chon q nay va tương ưng r = q(q+1)/(1-q). Nhân q

va r cho a đê nhân đươc b, c thoa man (2); con (3) va (1) se tư nhiên đươc thoa man.

Vây tôn tai a, b, c; ro rang la a 0.

Như vây ta đa chon đươc a, b, c thich hơp. Chu y răng

a2c – abc = a2b + ab2 => b(a+b+c) = ac => b(a+c)(a+b+c) = ac(a+c) = y va

ab(a+b) = x. Tư đo c(a+b)(a+b+c) = b(a+c)(a+b+c) + ac(a+c) – ab(a+b) = 2y – x. Sư

dung nhưng điêu nay va (*), ta suy ra f(2y-x) + f(x) = 2f(y) vơi moi 0 < x ≤ y. Đăt

z = 2y – x y = (x+z)/2 điêu nay trơ thanh

( ) ( ) 22

x zf x f z f

vơi moi 0 < x ≤ z. (2 điêm)

Vây f thoa man phương trinh ham Jensen trên tâp cac sô dương. Như chưng minh ơ

trên, f la ham sô tăng, suy ra f(x) = cx (trong điêu kiên f(0) = 0) vơi x > 0 (vơi c ≥ 0).

Do ham f le nên ta co

f(x) = cx vơi moi x thuôc R. (1 điêm)

Va bo đi điêu kiên f(0) = 0 thi ta đươc nghiêm cua bai toan la f(x) = cx + d vơi c ≥ 0.

(0.5 điêm)

Bai 6. (6 điêm) Cho tam giác ABC. Goi E, F lân lươt la hinh chiêu vuông goc cua B,

C lên CA, AB tương ưng va M la trung điêm BC. BE cắt AM tại P. Q thuộc CF sao

cho EQ vuông góc với AM. Chứng minh rằng AQ vuông góc với CP.

Giai.

Lây K, L thuôc CA, AB sao cho PK//AB va PL//AC. Do P thuôc trung tuyên AM nên

dê thây KL // BC. Dê thây hai tam giac PAB va EQC co canh tương ưng vuông goc

nên đông dang. Măt khac QER = APL do co canh tương ưng vuông goc nên

RC/RQ = LB/LA = KC/KA, tư đo RK//QA. Trong tam giac KRC co P la trưc tâm nên

PC RK//AQ. Đo la điêu phai chưng minh.

Bai 7. ( 7 điêm) Tai môt sô ô cua hinh vuông 100 × 100 ngươi ta đăt môt quân cơ mau

đo hoăc mau xanh; cac ô con lai bo trông. Môt quân cơ nhin thây môt quân cơ khac

nêu chung cung hang hoăc cung côt. Biêt răng môi môt quân cơ nhin thây đung 5

quân cơ khac mau (va co thê la môt sô con cơ cung mau). Tim sô lơn nhât cac quân cơ

co ơ cac ô cua hinh vuông.

Giai. Đap sô la 1800 quân cơ (0.5 điêm)

Vi du đăt đươc 1800 quân cơ đươc xây dưng như sau. Ta lây ra tư hinh vuông 100 x

100 môt cai hinh bao chiêu rông 5. Hinh bao nay gôm 4 hinh vuông 5 x 5 ơ 4 goc va 4

hinh chư nhât 5 x 90. Ta đăt cac quân cơ vao 4 hinh chư nhât nay. Hinh bên trai va

bên trên ta đăt cac quân mau đo, hinh bên phai va bên dươi ta đăt cac quân mau xanh.

Cach săp nay ro rang thoa man điêu kiên va co 90 x 10 quân đo, 90 x 10 quân xanh,

tông công la 1800 quân. (1.5 điêm)

Ta chưng minh răng sô quân cơ không thê qua 1800. Xet môt cach đăt quân thoa man

điêu kiên đê bai. Ta goi môt day (hang hay la côt) la khac mau nêu day đo co đu ca hai

mau. Ta co hai nhâ xet bô ich sau.

Thư nhât la môi môt quân cơ đêu thây môt quân cơ nao đo, do đo môi môt quân cơ

thuôc it nhât môt day khac mau. (1 điêm)

Ngoai ra, vi day khac mau chưa quân cơ mau đo nên trong day nay co không qua 5

quân cơ mau xanh. Tương tư, trong day không co qua 5 quân cơ mau đo, tưc la day

khac mau chưa không qua 10 quân cơ. (1 điêm)

Gia sư trên bang co a côt khac mau va b ≥ a dong khac mau. Nêu như b ≤ 90 thi tông

sô quân cơ không vươt qua 10a + 10b ≤ 1800.

Gia sư b > 90. Khi đo trong b dong co tôi đa môi dong 10 quân cơ. Măt khac, môi môt

quân cơ đêu phai thuôc vao môt day khac mau, tưc la chung không thê năm ơ giao cua

100 – a côt cung mau va 100 – b dong cung mau.

Vi thê trong 100 − b dong cung mau co không qua a (≤ b) quân cơ va tông sô quân cơ

không qua 10b + (100 – b)b = (110 – b)b ≤ 1800.

Bât đăng thưc cuôi cung đung vi 110 – b + b = 20 + 90 va 110 – b < 20 < 90 < b.

(3 điêm)

ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA SỐ 1 + 2

Trường Đông Toán học miền Nam

Hương dân giai.

1. Bât đăng thưc đa cho đươc viêt lai thanh

mn > (m – n+1)(m – n)

m2 – (3n-1)m + n(n-1) < 0

Tư đây 2 23 1 5 2 1 3 1 5 2 1

( )2 2

n n n n n nM n

Tư tinh lơn nhât cua M(n) suy ra

2 23 1 5 2 1 3 1 5 2 1

1 ( )2 2

n n n n n nM n

Dung đinh ly giơi han kep suy ra giơi han cân tim băng 3 5

.2

2. Viêt P(x) dươi dang P(x) = (x-x1)(x-x2)…(x-xn) thi

1

1

( )

ni

i i

A

P x x x

Nhân hai vê vơi x-xj đươc ( )( )

nj i

j j

i j i

x x AA x x

P x x x

. Bây giơ cho x dân đên xj se suy

ra

1.

'( )j

j

AP x

Tư đo dê dang suy ra cac kêt qua.

3. Goi D la chân đương phân giac ha tư D. Hay chưng minh QD // BF, PD // CE va DP =

DQ. Tiêp tuc dung goc đê chưng minh hai tam giac ADQ va ADP băng nhau.

4. Đap sô la 49. Gia sư co 50 sô khac nhau, dung nguyên ly Dirichlet đê suy ra co 2 hang

ma môi hang co đung 4 gia tri khac nhau. Bo đi hai hang đo thi ơ hinh chư nhât 14 x 16

con lai môi côt chi co tôi đa 2 gia tri mơi (khac vơi 8 gia tri cua hai hang đâu). Tư đo suy

ra mâu thuân.

Vi du ta co thê xêp theo quy luât sau (bang 7x7 nhưng co thê tông quat hoa)

1 2 3

4 5 6

7 8 9

10 11 12

13 14 15

19 16 17

20 21 18

5. Xet hai trương hơp f(0) 0 va f(0) = 0. Trong trương hơp thư hai, hay chưng minh

f(x+y) = f(x) + f(y) vơi moi x, y rôi xư ly tiêp.

6.

a) Gọi xy là tiếp tuyến chung trong của 2 đường tròn (ký hiệu như hình vẽ)

Ta có 180MFI MFE EMx JMy MAJ MCJ MCI . Do đó, tứ

giác MCFI nội tiếp.

Mặt khác, AEI MFE MFI MCI MAJ nên AMJ EAJ .

Suy ra 2AJ JM JE .

y

x

KI

F

J

A

B

O1

M O2

E

C

Chứng minh tương tự,ta cũng có 2JI JM JE .

b) Theo câu a thì AMJ EAJ nên JAB AMJ JBA nên JA JB hay J là

trung điểm cung AB của 1( )O . Vì CI đi qua trung điểm cung AB nên nó chính là phân

giác ngoài của tam giác .ABC

c) Theo câu a thì JA JI nên CIK JIA JAI ICK nên KIC cân tại K , tức

là .KI KC Biến đổi góc, ta có:

IAE JAE JAI JBA JIA JKA JIA CJK CAK

Do đó AK là phân giác của góc BAC nên .KB KC

Kết hợp lại, ta có K là tâm ngoại tiếp của tam giác .BCI

7. a) Vi du

i 1 2 3 4 5

k 2 3 4 6 12

S 1 0 0 4 2

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

k 3 4 6 8 9 12 16 18 24 36 48 72

S 1 0 5 6 0 2 7 3 18 33 15 51

b) Đap sô n = 5. Dung phan chưng va cưc han.

ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA SỐ 1 + 2 Trường Đông Toán Phổ Thông Khu vực Bắc Trung Bộ

Bài 1 (5,0 điểm). Cho hàm :f thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 1, , .f x y f x f y x y

Chứng minh rằng tồn tại hàm cộng tính :g thỏa mãn ( ) ( ) 1, .f x g x x

Lời giải. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Xét dãy ( )na thỏa mãn

1, , * (1)m n m na a a m n

Khi đó, dãy na

n hội tụ.

Chứng minh. Bằng quy nạp theo ,n ta sẽ chứng minh

1, * (2).nm ma na n n

Dễthấy khẳng địnhđúng khi 1.n Giả sử khẳng định đúng đến ( *),n k k ta có

1 1.km m

k a ka k

Theo (1), ta cũng có

( 1)1 1.

k m km ma a a

Cộng hai bất đẳng thức trên lại, ta thu được

( 1)( 1) .

k m mk a k a k

Từ đó suy ra ( 1)

( 1) .k m ma k a k Do đó, khẳng định cũng đúng với 1.n k Theo

nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định đúng với mọi n nguyên dương.

Áp dụng (2), với mọi , *m n ta có

2 .n m n mn mn m mn n mn m

ma na ma a a na a ma a na m n m n

Do đó 1 1

, , * .m na a

m nm n m n

Điều này chứng tỏ na

n là dãy Cauchy. Vậy n

a

n hội tụ.

Trở lại bài toán. Cố định x và xét dãy ( )na với ( ), * .

na f nx n Theo giả thiết, ta có

1, , * .m n m na a a m n

Do đó, theo bổ đề trên, tồn tại

( )( ) lim .

n

f nxg x

n

Ta sẽ chứng minh hàm ( )g x cộng tính. Từ giả thiết, ta có

1 ( ) ( ) ( ) 1;f nx ny f nx f ny

Hay 1 ( ( )) ( ) ( ) 1

, * .f n x y f nx f ny

nn n n n n

Cho n ta được ( ) ( ) ( )g x y g x g y với mọi , .x y Do đó g cộng tính. Mặt

khác, theo bổ đề, ta có 1 ( ) ( ) 1n f nx nf x n hay

1 ( ) 11 ( ) 1 , * .

f nxf x n

n n n

Cho n ta được 1 ( ) ( ) 1,g x f x hay ( ) ( ) 1f x g x với .x

Vậy tồn tại hàm g cộng tính thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho 1 2, , ...,

na a a là dãy số thực và

1 21 ... 0.

nb b b Chứng minh rằng tồn tại

số nguyên dương k n sao cho 1 1 2 2 1

| ... | | ... | .n n k

a b a b a b a a

Lời giải. Đăt Ai = a1 + … + ai thi ta co a1b1 + a2b2 + … + anbn

= A1b1 + (A2-A1)b2 + (A3-A2)b3 + … + (An-An-1)bn

= A1(b1-b2) + A2(b2-b3) + … + An-1(bn-1-bn) + Anbn

Suy ra |a1b1 + a2b2 + … + anbn| = |A1(b1-b2) + A2(b2-b3) + … + An-1(bn-1-bn) + Anbn|

≤ |A1|(b1-b2)+ |A2|(b2-b3) + … + |An-1|(bn-1-bn) +| An|bn ≤ max|Ai|((b1-b2)+ (b2-b3) + … + (bn-1-

bn) + bn)

= max|Ai|b1 ≤ max|Ai|. Suy ra đpcm.

Bài 3. Cho tam giác ABC có BAC tù. Lấy điểm D trên tia phân giác của BAC sao cho

090 .BDC Đường thẳng qua A và vuông góc với AD cắt ,BD CD lần lượt tại E và

.F Đường thẳng AB cắt đường tròn ( )ADF tại ( ),I I A đường thẳng AC cắt đường

tròn ( )ADE tại ( ).J J A Đường thẳng IC cắt đường tròn ( )ADF tại điểm thứ hai là

,H đường thẳng JB cắt đường tròn ( )ADE tại điểm thứ hai là .K

)a Chứng minh rằng , ,H D K thẳng hàng.

)b Chứng minh rằng . . .BKCI BJCH

Lời giải. )a Lấy K đối xứng với A qua đường kính DE của đường tròn ( ).ADE Ta chứng

minh .K K Hiển nhiên ( ).K ADE Ta có

.DKB BAD DAC DKJ DKB

Suy ra .K K

Hoàn toàn tương tự ta có ,A H đối xứng với nhau qua đường kính DF của đường tròn

( ).ADF Suy ra

02 2. 180 .ADK ADH ADB ADC BDC

Do đó , ,H D K thẳng hàng.

K'K

H

J

I

F

E

D

B C

A

)b Ta có IDF

HDF

SCI

CH S và (1).JDE

KDE

SBJ

BK S

Xét hai tam giác IDF và JDE có

090I J và .IFD IHD CAD BAD BKD JED

Suy ra ~ .IDF JDE Suy ra 2

2(2).IDF

JDE

S DF

S DE

Do tính chất đối xứng suy ra HDF ADF và .KDE ADE

Lại có ~ .ADF AED Suy ra 2

2(3).HDF ADF

KDE AED

S S DF

S S DE

Từ (1), (2), (3) suy ra .CI BJ

CH BK Dẫn đến . . .BKCI BJCH

Bài 4. Cho ,m n và một bảng có kích thước m n gồm mn ô vuông đơn vị. Mỗi ô

vuông có không quá một con bọ. Biết rằng với mỗi số nguyên dương k thuộc tập hợp

{1, 2, 3,..., 78} , tồn tại một hàng hoặc một cột trong bảng có đúng k con bọ.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của .m n

b) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của số con bọ trên bảng đã cho.

Lời giải. a) Không mất tổng quát ta giả sử .m n Vì có một hàng hoặc một cột chứa đúng

78 con bọ nên 78.n Giả sử ,2

nm khi đó chỉ có các hàng có thể chứa đúng k con bọ với

.2

nk Do đó số hàng ít nhất là ,

2

n hay ,

2

nm mâu thuẫn với điều giả sử. Vậy ,

2

nm

suy ra 39.m

Với một bảng 39 78 ta sắp xếp các con bọ vào các ô ( , )i j sao cho .j i Khi đó các cột k

chứa đúng k con bọ ( 1, 39)k và các hàng 79 k chứa đúng k con bọ ( 40, 78).k

Cách xếp trên thỏa mãn điều kiện bài toán, do đó giá trị nhỏ nhất của m n là

39 78 117. (1,5 điểm)

b) Với mỗi trong 52 giá trị 27, 78k ta chọn một hàng hoặc một cột chứa đúng k con bọ.

Giả sử ta chọn được p hàng và q cột, khi đó 52.p q Gọi T là tập con bọ trên p hàng

và q cột đó. Giả sử 2t là số con bọ thuộc T mà nằm trên một ô giao của p hàng và q cột,

đồng thời 1t là số con bọ còn lại thuộc .T Khi đó ta có

1 22 27 28 78 2730.t t

Mặt khác, có 2t con bọ nằm trong pq ô giao của p hàng và q cột nên

2

2

( )676.

4

p qt pq

Vì thế số con bọ không ít hơn 1 2 2

2730 2730 676 2054.T t t t

Ta chỉ ra một cách sắp xếp có đúng 2054 con bọ như sau: xếp 26 k con bọ vào các ô đầu

tiên của hàng k với 1, 26;k xếp 52 k con bọ vào các ô đầu tiên của k cột với 1, 26;k

các ô còn lại không chứa bọ. Khi đó, các cột 26 k chứa đúng k con bọ với 1, 26.k Khi

đó các con bọ chỉ nằm ở 26 hàng đầu tiên và 26 cột đầu tiên, đồng thời có có 226 676 con

bọ thuộc các ô giao của 26 hàng và 26 cột đó. Cách xếp bọ như vậy thỏa mãn điều kiện bài

toán.

Vậy giá trị nhỏ nhất của số bọ trên bảng là 2054 . (3,5 điểm)

Bài 5 (6,0 điểm). Tìm số nguyên dương t nhỏ nhất sao cho tồn tại số nguyên dương ,k số

nguyên tố p để 1ktp là lũy thừa bậc 6 của một số nguyên.

Lời giải. Với 7,t có thể chọn 2, 3, 2,k p x khi đó 61 (1).ktp x

Ta chỉ ra rằng, với mọi 3,x nếu phương trình (1) được thoả mãn thì ta có 2

(2).8

kpt

Nhận xét. Khi 3,x từ (1) và (2) suy ra 7.t Thật vậy, từ (2) suy ra 7t nếu

2, 3,p k 3, 5, 7, 2,p k hoặc 11.p Nhưng khi đó, 6 1 63x nên từ (1) suy

ra những điều kiện vừa nêu luôn được thoả mãn.

Như vậy, chỉ còn phải chứng minh (2) khi 3.x Ta có

6 2 2 21 ( 1)( 1)( 1) (3).x x x x x x

Giả sử tồn tại nghiệm của (1) nhưng không thoả mãn (2) suy ra

3 6 2 38( 1) 8( 1) ,kp x x

tức là 2 22 1 ; 2( 1.)k kp x p x

Mặt khác 2 2 2 21 1 1 2 1 (4).x x x x x x

Như vậy, kp là ước của 6 1,x nhưng lớn hơn mỗi một trong các nhân tử trong phân

tích (3) nên p phải là ước của ít nhất 2 trong 3 nhân tử. Xét các trường hợp sau:

1) 2 1| ( )p x x và 2| ( 1).p x x

2) 2 1| ( )p x x và 2| ( 1).p x

3) 2 1| ( )p x x và 2| ( 1).p x

Trong trường hợp 1), ,| 2p x nhưng rõ ràng p không là ước của x nên 2.p

Nhưng khi đó x lẻ, nên 2( 1)x x và 2( 1)x x đều lẻ, vô lý.

Trường hợp 2), do 2p (lý luận như trên) nên p không thể đồng thời là ước của

( 1)x và ( 1).x Ta xét riêng hai trường hợp. Nếu  | ( 1)p x thì

2 21)   | ( ( 1)    , p x x x x suy ra ,|p x vô lý.

Nếu )| ( 1p x thì 2 1 (| ( ) 1)   ( 2), p x x x x x suy ra  2( ),|  p x tức là    3. p

Khi đó 29 1 2| ( ) ,)( 2x x x x suy ra

2 1 3 (mod 9).x x Nếu đặt 3( 1)i v x

thì 2 6 3 3

3 3 3 31)( 1) 1, 1) 1) 1) ( 1)( ( 1( ( 0 .v x x x i v x v x v x i i

Như vậy 1,k i suy ra 23 3.3 3( 1) 2 1,k i x x vô lý.

Xét trường hợp cuối cùng 3). Khi đó )| ( 1p x hoặc 1| ( ).p x

- Nếu )| ( 1p x thì 2 21 (| ( ) 1) ,p x x x x vô lý.

- Nếu )| ( 1p x thì 2   1| (( ) (    1)    ( )2p x x x x x nên 2| ( ),p x suy ra 3.p

Do đó

29 1) 2) 2,| ( (x x x x suy ra 2 1 3 (mod 9).x x Nếu đặt

3( 1)i v x

thì 2

31)( 1) 1,(v x x x i nên

3

31 1( ) ,v x i suy ra

6

31 1( ) ,v x i

tức là 1.k i Khi đó 23 3.3 3( 1) 2 1,k i x x mâu thuẫn.

Như vậy số t nhỏ nhất thoả mãn bài ra là 7.t

Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn ( ).O Gọi

, ,D E F lần trung điểm của các cạnh , , .BC CA AB Tiếp tuyến tại B của ( )O cắt đường

thẳng DF tại ,K tiếp tuyến tại C của ( )O cắt đường thẳng DE tại .L Đường tròn đường

kính OK cắt ( )O tại điểm thứ hai khác B là ,S đường tròn đường kính OL cắt ( )O tại

điểm thứ hai khác C là .T

)a Chứng minh rằng các đường phân giác trong ASC và phân giác trong ABC cắt nhau

trên đường thẳng .FD

)b Gọi U là giao điểm của BS và CT. Tia AU cắt lại ( )O tại điểm V khác .A Chứng

minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EFV tiếp xúc với ( ).O

Lời giải. Xét thế hình như dưới đây.

)a Gọi X và Y là hai giao điểm

của FD với ( ).O Dễ thấy

BXSY là tứ giác điều hòa. Do

vậy hai phân giác trong góc

XSY và XBY cắt nhau trên

đường thẳng .FD Vì XY và

AC song song nên hai phân giác

này cũng chính là phân giác trong

góc ASC và .ABC

)b Ta thấy BS là đối trung trong

tam giác .XBY Gọi E là trung

điểm .XY Khi đó , ,E O E

thẳng hàng, BE cắt AC tại

điểm .B Gọi B là chân đường

cao hạ từ đỉnh B trong tam giác

.ABC Khi đó B và B đối

xứng qua trung điểm của .AC

Đồng thời BS và BB đẳng giác

trong góc .ABC

Tương tự ta định nghĩa , , ,C C A A như trên. Khi đó CT và CC đẳng giác trong góc

.BCA

Đường tròn ( )AEF tiếp xúc trong với ( )O tại .A Tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A

cắt đường EF tại .M Đường tròn đường kính OM cắt ( )O tại điểm thứ hai khác A là .R

Dễ thấy MR cũng là tiếp tuyến của ( ).O Khi đó do M là tâm đẳng phương của

( ), ( )O AEF và ( )EFR nên MR cũng là tiếp tuyến của ( )EFR hay ( )EFR tiếp xúc với

( )O tại .R Tương tự chứng minh trên thì AR và AA đẳng giác trong góc .CAB

Mặt khác , ,AA BB CC đồng quy tại trực tâm H của tam giác ABC nên

, ,AA BB CC đồng quy tại điểm isotomic của H (dùng định lý Ceva sin). Do đó

, ,AR BS CT đồng quy tại điểm .U Vậy V và R trùng nhau. Do đó ( )EFV tiếp xúc với

( ).O

Bài 7 (7,0 điểm). Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên 02m

sao cho: với mọi số nguyên 0,m m có vô hạn số nguyên dương n để mn p

là lũy thừa

đúng của p .

Lời giải 1.

1/ Nhận xét 1: m p với mọi số nguyên 2.m

Thật vậy, nếu ,m p thì ta tìm được , *; ( , ) 1,r s r s để ;mr

ps

dùng tính nguyên tố

của p suy ra:

'm mr ps p r p r pr

với ' *;r từ đó,

1 'm

m m mrs p r p s p

p

nên ( , ) 1,r s vô lý!

2/ Nhận xét 2: Ký hiệu ,x x x ta thấy nếu 1

xp

thì .px p x

Thật vậy, ,px p x p x với p x và 0 1,p x nên .p x px

3/ Nhận xét 3: Tồn tại số tự nhiên 0 2m sao cho, với mọi số nguyên 0,m m ta đều có bất

đẳng thức:

1 11

m pp (1)

Cách chứng minh 1: Thật vậy, vì 1

0 1 1,p

nên 1

lim 1 0;

m

m p

vậy, khi m đủ lớn ta có

1 11 ;

m

p p

và khi đó,

1 11

mp p (1).

Cách chứng minh 2: 1

1

1 1 1(1) 1 log log .

1 1

m

p pm

p

p pp m p

p p m pp

Vì

thế, chỉ cần chọn 0

1

: 1 log ,p

p

m p

ta có ngay đpcm.

Trở lại bài toán: Với mỗi *,n ta có mk n p

khi và chỉ khi k là số nguyên dương thỏa

11m

m m m

k kk n p k n

p p p (2)

(theo Nhận xét 1, không có dấu “=”). Từ đó, với mỗi *,k nếu không tồn tại số nguyên

dương n nào có tính chất mn p k

thì

11

m m

k

p p

(3)

Thật vậy, đặt : ,k m

kx

p

ta thấy nếu (3) sai thì chỉ cần chọn : 1 *kn x (và hãy biểu

diễn các số 1

; ; ;km m m

k kx n

p p p trên trục số) ta có ngay (2), tức là có ,mn p k

mâu

thuẫn!

Bây giờ, theo Nhận xét 3, với mọi số nguyên 0,m m ta có (1). Giả sử phản chứng rằng tồn

tại số nguyên 0m m sao cho chỉ có hữu hạn số nguyên dương n để mn p

là lũy thừa đúng

của p. (Toàn bộ các lũy thừa đúng ấy có dạng qp với 0

q q nào đó) Suy ra: tồn tại 0 *q

để với mọi số nguyên 0q q bất đẳng thức (3) được nghiệm đúng nếu lấy .qk p Do (1), với

mọi số nguyên 0q q ta có thể liên tiếp áp dụng Nhận xét 2 và đi đến:

0 0

0

0

1

11

11

q qq q mq q

q qm m m m m

pp p p pp p

pp p p p p

Trong bất đẳng thức cuối cùng này, cho ,q ta thấy 0

0;q

m

p

p

suy ra ,m p mâu

thuẫn với Nhận xét 1.

Lời giải 2

1/ Nhận xét 1: m p với mọi số nguyên 2.m

Thật vậy, nếu ,m p thì ta tìm được , *; ( , ) 1,r s r s để ;mr

ps

dùng tính nguyên tố

của p suy ra:

'm mr ps p r p r pr

với ' *;r từ đó,

1 'm

m m mrs p r p s p

p

nên ( , ) 1,r s vô lý!

2/ Nhận xét 2: Tồn tại số tự nhiên 0 2m sao cho, với mọi số nguyên 0,m m ta đều có bất

đẳng thức:

11.m p

p (1)

Cách chứng minh 1: Vì 1 0 1lim lim 1 1mm

m mp p p

p nên, khi m đủ lớn ta có (1).

Cách chứng minh 2: 1

1

1 1 1(1) log log .

m

p p

p

p pp m p

p m p

Vì thế, chỉ cần chọn 0 1: 1 log ,p

p

m p

ta có ngay đpcm.

Trở lại bài toán: Xét 0m có trong Nhận xét 2, ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên

0,m m tồn tại vô hạn số nguyên dương n để mn p

là lũy thừa đúng của p. Giả sử phản

chứng rằng tồn tại số nguyên 0m m sao cho chỉ có hữu hạn số nguyên dương n để mn p

là lũy thừa đúng của p. Khi đó, tồn tại 0 *k để với mọi số nguyên 0k k và với mọi số

nguyên dương n ta đều có

.k mp n p

(2)

Với mỗi số nguyên 0k k đặt : { * | }.kmkS n n p p Dễ thấy

kS hữu hạn và không rỗng

( 1),kS nên tồn tại : max .k kn S Tiếp theo, đặt : .k mk kp n p Vì ,

k kn S ta có 0;k

hơn nữa,

( 1) kmkn p p (do tính lớn nhất của )

kn

nên theo (2) ta phải có ( 1) 1,kmkn p p tức là 1;m

kp vậy, từ (1) suy ra

1k

p (3)

với mọi số nguyên 0.k k Nhưng, từ (3) và định nghĩa của số dương ,k ta thấy

1

1 10 1

( 1) 1 ;

kmkk m

kk km m

k

n p p pp n p p

n p p p p p

nên 1k k

n p n

và 1

1

k mk k kp n p p p

với mọi số nguyên 0.k k Bằng quy nạp (theo

i) ta có i

k i kp

(4)

với mọi số nguyên 0k k và với mọi số nguyên dương i. Với các số k và i như thế, dùng (3)

và (4) ta thấy

1

1 1i

k k i k ip

p p

Vì i có thể được chọn lớn tùy ý nên từ đây suy ra 0;k

do đó, ,k

m

k

pp

n mâu thuẫn

với Nhận xét 1.

--------------------------- Hết ---------------------------