Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 23: Số học - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 23: Số học - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 23 Số học Câu 1. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho đa thức P(x) có hệ số nguyên a,b,c là các số nguyên thỏa mãn P(a) 1, P(b) 2 và P(c) 3 . Chứng minh rằng: a c 2b . Lời giải Tác giả: Trần Dung ; Fb: Trần Dung Cách 1: Đa thức có nghiệm x b có thể viết dưới dạng (x b).q(x) . Vì P(b) 2 nên ta có P(x) (x b).q(x) 2 với q(x) ¢ [ x ] . P(a) 1 1 P(a) (a b).q(a) 2 (a b).q(a) 1 Ta có: thay vào P(x) ta được P(c) 3 3 P(c) (c b).q(c) 2 (c b).q(c) 1 Vì a b, c b, q a , q c là những số nguyên nên a b và c b là ước của 1. a b 1 a b 1 Ta có P(a) P(c) a c. Suy ra: hoặc c b 1 c b 1 a c 2b Cách 2: Bổ đề: Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên; a,b là hai số nguyên khác nhau. Khi đó: P(a) P(b)a b . Trở lại bài toán. P(a) P(b) a b Ta có: P(c) P(b) nên c b . P(a) P(c) a c P(a) P(b)a b 2 1a b 1a b Khi đó: P(c) P(b)c b 3 2c b 1c b Như vậy: a b và c b là ước của .1. . a b 1 a b 1 Suy ra: hoặc a c 2b c b 1 c b 1 Câu 2. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Cho đa thức bậc ba P x x3 3x . a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a,b,c đôi một phân biệt sao cho P a b, P b c, P c a . b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ai ,bi ,ci với i 1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P ai bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3 . Đặt Si ai bi ci với i 1,3 .  Trang 606 
2. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 Chứng minh rằng S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . Lời giải a) Giả sử a,b,c là bộ 3 số thực đôi một phân biệt thỏa mãn P a b, P b c, P c a . Xét a 2cos với 0;  khi đó b P a P 2cos 8cos3 6cos 2cos3 . Tương tự, c P b P 2cos3 2cos9 , a P c P 2cos9 2cos 27 . k 13 Từ đó ta cần có 2cos 2cos 27 27 k2 k Z . k 14 3 9 Vậy chọn a 2cos thì b 2cos , c 2cos ta được bộ 3 số thực a,b,c đôi một phân 13 13 13 biệt thỏa mãn bài toán. b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ai ,bi ,ci với i 1,3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho P ai bi , P bi ci , P ci ai với i 1,3 . Đặt Si ai bi ci với i 1,3 . 2 2 2 Chứng minh rằng S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . 2 2 2 Giả sử S1 S2 S3 S1.S2 S2 .S3 S3.S1 S1 S2 S3 d . Xét đa thức Q x x P x P P x d suy ra Q x là đa thức bậc 9. Ta có: Q a1 a1 P a1 P P a1 d a1 b1 P b1 d a1 b1 c1 d S1 d 0 . Q b1 b1 P b1 P P b1 d b1 c1 a1 d S1 d 0 . Q c1 c1 P c1 P P c1 d c1 a1 b1 d S1 d 0 . Suy ra a1,b1,c1 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình Q x 0 . Tương tự, a2 ,b2 ,c2 và a3 ,b3 ,c3 cũng là các nghiệm phân biệt của phương trình Q x 0 hay phương trình Q x 0 có 9 nghiệm thực phân biệt có tổng bằng 3d . 3 Mặt khác, Q x x x3 3x x3 3x 3 x3 3x hay Q x x9 9x7 27x5 29x3 7x suy ra Q x không chứa x8 nên theo định lí viét thì phương trình Q x 0 có tổng các nghiệm bằng 0 hay 3d 0 d 0 Q x 0 có một nghiệm bằng 0, mà P 0 0 mâu thuẫn với giả thiết 2 2 2 P ai bi , P bi ci , P ci ai . Vậy S1 S2 S3 S1.S2 S2.S3 S3.S1 . Câu 3. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Tìm tất cả các đa thức 푃( ) ∈ ℤ[ ] sao cho với mọi số 푛 nguyên dương, phương trình 푃( ) = 2푛 có nghiệm nguyên. Lời giải Rõ ràng deg(P) 0. Đặt deg(P) m và là hệ số bậc cao nhất của 푃, không mất tổng quát, coi > 0. 푛 Gọi 푛 là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình 푃( ) = 2 .  Trang 607 
3. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 m axn xn 1 m Dễ thấy xn nên lim n 1, do đó lim 2 2 xn kn Hơn nữa, do xn 1 xn là ước của P xn 1 P xn nên xn 1 xn 2 , với kn là số tự nhiên nào đó. Suy x 2kn ra n 1 1 xn xn m m 2kn a.2m.kn Và m 2 1 lim lim a lim 2m.kn n . m xn a.xn Do đó, dãy m.kn n phải hội tụ đến l (nguyên) nào đó. Kéo theo m m 2 1 a.2l . Do đó m phải bằng 1 Đặt P x ax b . Từ a x2 x1 2 ta suy ra a 1, 2 . Từ đó, ta tìm được tất cả các đa thức P x thỏa mãn là P x a x k với a 1, 2 và k là một số nguyên tùy ý Câu 4. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho đa thức f x x4 ax3 bx2 cx 1 với a;b;c là các số thực không âm. Biết rằng phương trình f x 0 có 4 nghiệm thực, chứng minh f 2018 20194 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Rin; Fb: Nguyễn Văn Rin Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của phương trình f x 0 thì x0 0 (vì nếu x0 0 thì f x0 0 ). Gọi 4 nghiệm của phương trình f x 0 là x1; x2 ; x3; x4 với xi 0,i 1;4 . Khi đó f x x x1 x x2 x x3 x x4 ; f 0 1 x1x2 x3 x4 1. 4 4 4 Ta có f 2018 2018 x 1 1 1 x 2019.2019 x 20194.2019 x x x x 20194 .  i   i  i 1 2 3 4 i 1 i 1 2018laàn i 1 Dấu “=” xảy ra x1 x2 x3 x4 1. Câu 5. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Giải phương trình nghiệm nguyên x3 y3 x2 y xy2 4(x2 xy y2 ) 1. Lời giải Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang; Fb:nhutrangnguyenngoc Nhận xét: x y 2(x2 y2 ) 4xy 1 x3 y3 x2 y xy2 4(x2 xy y2 ) 1 (x2 y2 )(x y 4) 4xy 1  Trang 608 
4. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 4xy 1 2 x2 y2 x y 4 4xy 1 x y 4 2 x y 4 x y 3 x y 4  x y 5 x y 3 không thỏa. x y 4 không thỏa. x y 5 tìm được x 1; y 4 hoặc x 4; y 1 Câu 6. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Xét phương trình x31 y5 z2018 . a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình trên. b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên? Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Nương; Fb: Cô giáo Nương a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình trên. 5 2018 Cho x 0 phương trình trở thành y z . 2018 5 Cho y a ( a là số nguyên tùy ý). Suy ra z a . Khi đó x, y, z 0,a2018 ,a5 thỏa mãn phương trình. Vì a là số nguyên tùy ý nên tồn tai vô số bộ ba x, y, z nguyên thỏa mãn phương trình. b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên? Có tồn tại bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên. 31 5 Vì: Xét x 25m , y 231m , m ¢ . Khi đó: x31 y5 25m 231m 2.2155m 2155m 1 . 31 5 2018 Mà theo đề bài ta có: x y z nên ta cần chọn m sao cho: 155m 1 2018n, n ¢ 1 . n Khi đó: z 2 . Từ 1 suy ra: 2018n 1 chia hết cho 155 Hay: 3n 1 chia hết cho 155. Đặt: 3n 1 155k, k ¢ . Suy ra: 155k 1 chia hết cho 3 . Hay 156k k 1 chia hết cho 3 . Do đó: k 1 chia hết cho 3 . Đặt: k 1 3q, q ¢ k 3q 1, q ¢ .Từ đó suy ra: m 2018q 677 . Như vậy x, y, z 25 2018q 677 ,231(2018q 677) ,2155q 52 , q ¢ đều là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 7. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 2 3 f x3 x f 2x 2 và f 2x 3 f x3 x 2 với mọi x ¡ . a)Chứng minh rằng f x không phải là đơn ánh trên ¡ .  Trang 609 
5. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 b)Chứng minh rằng f (x) 1 với mọi x ¡ . Lời giải a) Chứng minh rằng f x không phải là đơn ánh trên ¡ . Xét phương trình x3 x 2x x 0, x 1. Thay x 0 vào các điều kiện của đề bài, ta có 2 3 f 0 f 0 2 1 f 0 2 và f 0 3 f 0 2 f 0 1 f 0 2 . Suy ra f 0 1 hoặc f 0 2 ; tức là f 0 1;2 . Một cách tương tự, thay x 1, x 1 trong điều kiện thứ nhất và thay x 1, x 1 trong điều kiện thứ hai, ta có f 2 1;2 và f 2 1;2. Do đó, trong ba số f 0 , f 2 , f 2 phải có hai số bằng nhau; điều này chứng tỏ f x không phải là một đơn ánh trên ¡ . b)Chứng minh rằng f (x) 1 với mọi x ¡ . Theo giả thiết suy ra f (2x) ( f (x3 x))2 2 2 với mọi x ¡ nên f (x) 2, x ¡ Từ f ( 2x) 3 3 f ( x3 x) 2 3 4,x ¡ . Suy ra f (x) 3 4,x ¡ . 3 Ta xây dựng dãy số u1 2, un 1 3un 2, n 1 Rõ ràng theo biến đổi trên thì với mọi x ¡ , ta luôn có f (x) un ,n 1. 3 3 3 Ta thấy u2 4 u1 nên u3 3u2 2 3u1 2 u2 và cứ như thế , ta thấy dãy đã cho là dãy số tăng ngặt. Ngoài ra , cũng bằng phương pháp quy nạp toán học , ta thấy un 1 với mọi n 1. Thật vậy: Với n 1 có u1 2 1 (mệnh đề đúng với n 1). Giả sử mệnh đề đúng với n k (k ¥ ) tức là uk £ - 1 Ta chứng minh mệnh đề đúng với n k 1 . Ta có: uk £ - 1 Û 3uk £ - 3 Û 3uk + 2 £ - 3 + 2 3 Û 3uk + 2 £ - 1 Û uk+ 1 £ - 1 Từ đó dãy (un ) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn , đặt là L , L 1 . Ta có L 3 3L 2 , giải ra có L 1 . Vì limun 1 nên phải có f (x) 1, ¡ , đpcm.  Trang 610 
6. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 8. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho hàm số f liên tục trên ¡ , thỏa mãn i) f 2020 2019 ; ii) f x . f4 x 1, x ¡ , trong đó kí hiệu f4 x f f f f x . Hãy tính f 2018 . Lời giải Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung Kí hiệu f2 x f f x , f3 x f f f x . Gọi Df là tập giá trị của hàm số f x . Từ i) suy ra 2019 Df . 1 Từ ii) suy ra f 2020 . f 2020 1 2019. f 2020 1 f 2020 D 4 4 4 2019 f và xf3 x 1, x Df . 1 1 Do f liên tục trên D ;2019  Df nên f x , x D . 2019 3 x Suy ra f là đơn ánh trên D và do f liên tục trên ¡ nên f nghịch biến trên D . 1 Giả sử tồn tại x0 D sao cho f x0 1 . x0 1 Do f là hàm nghịch biến nên f2 x0 f 2 . x0 1 1 1 1 Và f3 x0 f2 suy ra f f3 x0 3 . x0 x0 x0 x0 1 Từ 2 và 3 suy ra x0 f2 x0 hay f x0 f3 x0 , mâu thuẫn với 1 . x0 1 Tương tự, ta cũng chứng minh được không tồn tại x0 D sao cho f x0 . x0 1 1 Vậy f x , x D . Do 2018 D nên suy ra f 2018 . x 2018 Câu 9. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, hai điểm nguyên (hoành độ và tung độ là các số nguyên) A, B được gọi là “thân thiết” với nhau nếu A, B khác   O và 1 OAOB 1 với O là gốc tọa độ. a) Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm nguyên M (x, y) với x 19, y 19 thỏa mãn điểm M và điểm N(3;7) “thân thiết” với nhau? b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau? Lời giải  Trang 611 
7. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a) Ta có điều kiện 1 3x 7y 1 nên có ba trường hợp: (1) Nếu 3x 7y 0 thì (x, y) ( 7t,3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc sau 19 7t 19 2 t 2 và t 0 nên có tất cả 4 điểm. 19 3t 19 (2) Nếu 3x 7y 1 thì (x, y) ( 2 7t,1 3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc 19 2 7t 19 2 t 3 nên có tất cả 6 điểm. 19 1 3t 19 (3) Nếu 3x 7y 1 thì (x, y) (2 7t, 1 3t) với t ¢ thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc 19 2 7t 19 3 t 2 nên cũng có tất cả 6 điểm. 19 1 3t 19 Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn là 4 6 6 16. 2 2 b) Gọi điểm đã cho là Ai (ai ;bi ) với ai ,bi ¢ ,i 1,n và ai bi 0. Ta có aiak bibk 1 với mọi i k. Ta thấy rằng: - Có tối đa hai điểm thuộc trục Ox là (1;0) và ( 1;0). - Có tối đa hai điểm thuộc trục Oy là (0;1),(0; 1). Ta sẽ chứng minh rằng có không quá 2 điểm không thuộc cả Ox,Oy . Giả sử ngược lại rằng có ba điểm như thế thỏa mãn đề bài là A1(a1,b1), A2 (a2 ,b2 ), A3 (a3 ,b3 ). Ta có hai trường hợp: (1) Nếu có hai điểm thuộc cùng một góc phần tư, giả sử là A1, A2 thì các số a1,a2 cùng dấu, các số b1,b2 cũng cùng dấu nên a1a2 0,b1b2 0 a1a2 b1b2 2, loại. (2) Nếu không có điểm nào thuộc cùng một góc phần tư thì phải có hai điểm thuộc hai góc phần tư đối nhau, giả sử là A1, A2 thì các số a1,a2 trái dấu, các số b1,b2 cũng trái dấu nên a1a2 0,b1b2 0 a1a2 b1b2 2 , không thỏa. Do đó, điều giả sử là sai, tức là tổng cộng có không quá 6 điểm thỏa mãn đề bài. Ta có A1(0;1), A2 (0; 1), A3 (1;0), A4 ( 1;0), A5 (1;1), A6 ( 1;1) đôi một “thân thiết”. Câu 10. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Năm bạn học sinh Tính, Nghĩa, Tuấn, Phú và Thuận ở chung một phòng trong ký túc xá của một trường trung học phổ thông. Một hôm người quản lý ký túc xá đến phòng của năm học sinh này để xác định lại hộ khẩu nhà của từng học sinh. Vì đều là học sinh giỏi toán nên các học sinh không trả lời trực tiếp mà nói với người quản lý ký túc xá như sau: - Tính: “ Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ ” - Nghĩa: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn ” - Tuấn: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt ” - Phú: “ Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều ” - Thuận: “ Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt” Em hãy giúp người quản lý ký túc xá xác định đúng hộ khẩu nhà của các học sinh trên. Biết rằng trong câu trả lời của mỗi học sinh đều có một phần đúng và một phần sai đồng thời mỗi địa phương là địa chỉ hộ khẩu của đúng một học sinh.  Trang 612 
8. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải - Tính: “ Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ ” (1) - Nghĩa: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn ” (2) - Tuấn: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt ” (3) - Phú: “ Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều ” (4) - Thuận: “ Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt” (5) Xét phát biểu (3) xảy ra hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu ý đầu của (3) đúng thì có nghĩa nhà Tuấn ở Cờ Đỏ là đúng. Khi đó từ ý (2) nhà Tuấn ở Ô Môn là sai và nhà Nghĩa ở Cờ Đỏ là đúng. Mâu thuẫn vì có hai bạn Tuấn và Nghĩa đều ở Cờ Đỏ nên trường hợp này loại. Trường hợp 2: Nếu ý đầu của (3) sai thì nhà bạn Phú ở Thốt Nốt là đúng dẫn đến ý đầu của (5) là nhà Thuận ở Ninh Kiều đúng. Khi đó ý đầu của (4), nhà Phú ở Thới Lai là sai. Từ (1) có nhà Tính ở Cờ Đỏ là đúng và từ (2) nhà Tuấn ở Ô Môn là đúng. Vậy còn lại nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai. Trường hợp này thỏa mãn giả thiết bài toán. Kết luận: Nhà Phú ở Thốt Nốt, nhà Thuận ở Ninh Kiều, nhà Tính ở Cờ Đỏ, nhà Tuấn ở Ô Môn và nhà Nghĩa ở Thới Lai. Câu 11. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) Tại một hội nghị khoa học có 100 đại biểu tham dự. Người ta nhận thấy rằng không có 3 đại biểu nào đôi một quen nhau. Biết rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho không có đại biểu nào quen quá n đại biểu khác và với mọi k , 1 k n có ít nhất một đại biểu quen đúng k đại biểu khác. Hãy tìm giá trị lớn nhất của n . Lời giải Ta chứng minh nmax 66 . Giả sử nmax 66 . Cách 1: Khi đó tồn tại đại biểu A100 quen 67 đại biểu A1 , A2 , , A67 . Gọi X là tập hợp các đại biểu A68 , A69 , , A99 thì X 32 . Khi đó các đại biểu A1 , A2 , , A67 chỉ có thể quen A100 và các đại biểu thuộc X ( vì các đại biểu Ai , Aj với 1 i j 67 không thể quen nhau). Suy ra họ quen không quá 33 đại biểu. Vì vậy những đại biểu quen 34, 35, , 65, 66 đại biểu khác phải thuộc X . Điều này vô lý bởi X 32 66 34 1=33. Cách 2: Xét người A có 67 người quen. Xét người B có lớn hơn hoặc bằng 34 người quen. Nếu A quen B , khi đó trong 98 người còn lại có 66 người quen A và lớn hơn hoặc bằng 33 người quen B . Do 66 33 99 98 nên A , B phải có người quen chung (mâu thuẫn giả thiết ).  Trang 613 
9. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vậy A không quen B . Vì có ít nhất 33 người có số người quen tương ứng là 34 , 35 , , 66 nên có ít nhất 33 người không quen A . Điều này mâu thuẫn vì A quen với 67 người. Vậy nmax 66 . Ta xây dựng ví dụ thỏa mãn n 66 như sau: A1 quen với B1 , B2 , , B66 , A2 quen với B2 , B3 , , B66 , , A34 quen với B34 , , B66 . Khi đó không có 3 người đôi một quen nhau và Ak quen với 67 k người k 1, ,34 và Bk quen với k người k 1, ,34 , Bk quen với 34 người k 35, ,66 . Rõ ràng trường hợp trên thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Câu 12. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho 2018 tập hợp mà mỗi tập chứa đúng 45 phàn tử. Biết rằng hai tập hợp tùy ý trong các tập này đều có đúng một phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất cả 2018 tập hợp đã cho. Lời giải Lấy tập A tùy ý, trong A sẽ có phần tử a thuộc ít nhất 45 tập hợp khác. Nếu không, số tập hợp không quá 45.44 1 1981. Suy ra a thuộc 46 tập A, A1, A2 , A45 . Với tập B bất kì, nếu a không thuộc tập B thì mỗi tập Ai (1 i 45) đều có phần tử ai chung với B mà ai a . Thành ra B không có phần tử chung với A, nếu có thì phần tử chung đó phải thuộc tập Ai (1 i 45) nào đó nên A và Ai (1 i 45) có hai phần tử chung.(Vô lí) Nên a thuộc B , do đó a thuộc 2018 tập đã cho. Câu 13. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Bạn Thanh viết lên bảng các số 1,2,3, 2019. Mỗi ab một bước Thanh xóa hai số a và b bất kì. Trên bảng và viết thêm số . Chứng minh rằng dù a + b + 1 1 xóa như thế nào thì sau khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số . 2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Dung ; Fb:Ngọc Dung. Cách 1. Với mỗi tập T = {a1;a2 ; ;an } các số viết trên bảng thì đặt æ1 öæ1 ö æ1 ö A(T ) = ç + 1÷ç + 1÷ ç + 1÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ èa1 øèa2 ø èçan ø æ1 öæ1 ö æ 1 ö Þ A({1;2; ;2019})= ç + 1÷ç + 1÷ ç + 1÷= 2020 èç1 ø÷èç2 ø÷ èç2019 ø÷  Trang 614 
10. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 æ1 öæ1 ö (a + 1)(b + 1) 1 Ta thấy: ç + 1÷ç + 1÷= = + 1 èça ø÷èçb ø÷ ab ab a + b + 1 ab Suy ra nếu xóa hai số a và b và thay bởi tập T biến thành tập T ' thì: a + b + 1 A(T ) = A(T '). Giả sử sau khi thực hiện 2018 bước ta được số thực x ta có: 1 1 A({x}) = + 1= 2020 Þ x = . x 2019 1 Vậy trên bảng luôn còn lại số . 2019 Cách 2. ab ab ab Ta có = = a + b + 1 a + b + 1+ ab- ab (a + 1)(b + 1)- ab ab .c ab (a + 1)(b + 1) - ab abc ;c = Thực hiện xóa thì sẽ thêm ab a + b + 1 + c + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1) - abc (a + 1)(b + 1) - ab 1.2.3 2019 1 Sau 2018 lần thực hiện, trên bảng còn lại là 1 số là: = . 2.3.4 2020- 1.2.3 2019 2019 Câu 14. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Cho bảng ô vuông gồm m hàng và n cột. Tại ô góc trên bên trái của bảng người ta đặt một quân cờ. Hai người chơi luân phiên di chuyển quân cờ, mỗi lượt di chuyển chỉ di chuyển quân cờ sang phải một ô hoặc xuống dưới một ô. Người chơi nào đến lượt mình không di chuyển được quân cờ thì thua. Xác định điều kiện của m,n để người thực hiện lượt chơi đầu tiên luôn là người thắng. Lời giải Trước hết, ta gọi người thứ nhất là người chơi đầu tiên, người còn lại là người thứ hai. Ta dùng hai màu trắng, đen tô lần lượt các ô vuông trong bảng (tô đan xen như bàn cờ), với ô trên cùng bên trái tô màu trắng. Quy ước: ô thuộc hàng p , cột q gọi là ô (p;q). Khi đó: + Nếu m,n cùng tính chẵn, lẻ thì ô (1;1)cùng màu với ô (m;n). + Nếu m,n khác tính chẵn, lẻ thì ô (1;1)khác màu với ô (m;n). Từ giả thiết bài toán, người chơi chỉ có thể di chuyển quân cờ sang phải hoặc xuống dưới một ô, ta nhận thấy cả hai người chơi đều phải di chuyển quân cờ sang ô khác màu với ô đang đứng. Ở lượt di chuyển đầu tiên, người thứ nhất sẽ di chuyển quân cờ sang ô màu đen, và người thứ hai sẽ di chuyển quân cờ sang ô màu trắng. Cờ luôn được đưa về ô (m;n).  Trang 615 
11. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Để người thứ nhất thắng thì quân cờ phải được di chuyển vào ô (m;n) và ô (m;n)phải được tô màu đen (trùng với màu mà người thứ nhất di chuyển lượt đầu tiên). Điều này xảy ra khi m,n khác tính chẵn, lẻ. Ngược lại, nếu m,n cùng tính chẵn, lẻ thì lập luận tương tự như trên, người thứ hai luôn thắng. Vậy m,n khác tính chẵn, lẻ thì người thứ nhất luôn thắng. Câu 15. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho đa giác lồi n đỉnh Mỗi cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k . Lời giải Dễ thấy kmin n 1, bởi vì k n 1 thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một đỉnh được tô cùng một màu. TH1. Nếu n là số chẵn thì gọi các màu cần tô là 0,1, ,n 2 . Ta tô màu như sau: Ai Aj tô màu i j mod n 1 0 i, j n 2 và Ai An 1 tô màu 2i mod n 1 0 i n 2 . Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy + Nếu Ai Aj , Ai Ak 0 i, j,k n 2 tô cùng màu thì j  k mod n 1 . Vô lí ! + Nếu Ai An 1, Ai Aj 0 i, j n 2 tô cùng màu thì i  j mod n 1 . Vô lí ! + Nếu Ai An 1, Aj An 1 0 i, j n 2 cùng màu thì 2i  2 j mod n 1 i  j mod n 1 . Vô lí ! Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Như vậy kmin n 1 . (1) TH2: Nếu n là số lẻ thì giả sử tô với n 1 màu là 0,1, ,n 2 . Khi đó, tất cả các đoạn thẳng có màu n 1 1, ,n 2 xóa hết chỉ còn lại các đoạn thẳng đều có màu 0. Suy ra deg Ai 1 do đó deg Ai n2 (Vì i 0 tổng số bậc bằng 2 lần số cạnh). Điều này vô lí. Do đó k n. Với k n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0,1, ,n 1 thì Ai Aj tô màu i j mod n . Cách tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy Ai Aj , Ai Ak tô cùng màu thì i  j mod n vô lí. Như vậy kmin n. (2) n 1 Từ (1) và (2) suy ra kmin 2 1. 2 Câu 16. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B,C, D sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25.Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự A, B,C, D là “bảng tốt”. a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4 1 và 2 2 đều có chứa đủ các ký tự A, B,C, D ?  Trang 616 
12. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho: i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt. ii) Luôn có một bảng tốt. Lời giải Tác giả: Vũ Hoàng Anh; FB: Vũ Hoàng Anh. a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A , B ,C , D . Khi đó, ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2x2 đã chứa sẵn A , B ,C . Do đó, ta điền tiếp được cột 2 theo thứ tự C , D , A , B . Cứ như thế ta điền tiếp cho cột 3, 4. A C A C B D B D C A C A D B D B Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chứa hai loại ký tự. Vậy nên không có cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu. b) i. Tồn tại hai cột. Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự. Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại. Gọi T là số bộ a;b trong đó cột a 2 có ô thứ b từ trên xuống là cùng ký tự. Theo giả sử trên thì T 99.25. Mặt khác theo giả thiết thì T 100.24 (tính theo hàng). Suy ra 100.24 99.25 , điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn chọn được hai cột thỏa mãn đề bài. ii. Tồn tại bảng tốt. Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn. Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp A; B , A;C thì sẽ không có C; D , B; D . Ta có hai khả năng: - Nếu có A; D thì không có B;C , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ; trong khi số lần ký tự A xuất hiện trên đó tối đa là 50, vô lý. - Nếu có B;C thì không có A; D , khi đó trên 76 cặp sẽ có 76.2 152 số lần xuất hiện của ký tự A , B ,C , trong đó số lần xuất hiện ký tự A , B ,C tối đa trong 76 cặp trên là 150, cũng vô lý. Từ đây ta có đpcm. Câu 17. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một lớp học trong một trường đại học có 60 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 30 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Chọn ngẫu nhiên 2 sinh viên của lớp học này. Tính xác suất để 2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ. Biết rằng trường này chỉ dạy hai ngoại ngữ là tiếng Anh và tiếng Pháp. Lời giải  Trang 617 
13. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi A, P, K lần lượt là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, học tiếng Pháp và không học ngoại ngữ. Khi đó n A P  K 60,n A 40,n P 30,n A P 20 . Ta có n A P  K n A n B n K n A P n A K n P  K n A P  K Nên 60 40 30 n K 20 0 0 0 n K 10. Gọi X là biến cố “2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ”. 2 2 Ta có n  C60 ,n X C10 . 2 n X C10 3 Do đó P X 2 . n  C6 118 Câu 18. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Năm bạn học sinh Tính, Nghĩa, Tuấn, Phú và Thuận ở chung một phòng trong ký túc xá của một trường trung học phổ thông. Một hôm, người quản lý ký túc xá đến phòng của năm học sinh này để xác định lại hộ khẩu nhà của từng học sinh. Vì đều là học sinh giỏi toán nên các học sinh không trả lời trực tiếp mà nói với người quản lý ký túc xá như sau: - Tính: “Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ”. - Nghĩa: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn”. - Tuấn: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt”. - Phú: “Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều”. - Thuận: “Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt”. Em hãy giúp người quản lý ký túc xá xác định đúng hộ khẩu nhà của các học sinh trên. Biết rằng trong câu trả lời của mỗi học sinh đều có một phần đúng và một phần sai đồng thời mỗi địa phương là địa chỉ hộ khẩu của đúng một học sinh. Lời giải. Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc. - Tính: “Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ”.(1) - Nghĩa: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn”.(2) - Tuấn: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt”.(3) - Phú: “Nhà em cũng ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều”.(4) - Thuận: “Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt”.(5) Nếu ý đầu của (3) là đúng thì nhà Tuấn ở Cờ Đỏ. Do đó, cả hai ý của (2) là sai. Vậy ý đầu của (3) là sai. Do đó ý sau của (3) là đúng hay nhà bạn Phú ở Thốt Nốt. Do đó ý đầu của (1) là sai và ý sau của (5) là sai hay ý sau của (1) là đúng và ý đầu của (5) là đúng. Suy ra nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ và nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều. Vì nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ nên ý đầu của (2) là sai hay ý sau của (2) là đúng. Suy ra nhà bạn Tuấn ở Ô Môn. Còn lại nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai. Kết luận: Nhà bạn Phú ở Thốt Nốt, nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ, nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều, nhà bạn Tuấn ở Ô Môn, nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai. Câu 19. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Tìm tất cả các số nguyên dương m,n và số nguyên tố p thỏa mãn 4m3 m2 40m 2 11pn 5 . Lời giải  Trang 618 
14. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Trịnh Quang Hoàng; Fb: Hoàng DeMon Phương trình đã cho tương đương với 4m 1 m2 10 22 pn . TH1: n 1, thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn. Với m 5 4m 1 22,m2 10 22 . Do đó (4m 1) p,(m2 10) p vô lí do n 1. TH2: n 1, thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn. Với m 5 4m 1 22,m2 10 22 . Do đó (4m 1) p,(m2 10) p . x a 4m 1 11 .p * Suy ra 2 y b x, y 0,1; x y 1; a,b ¥ . m 10 2.11 .p Dễ thấy m ¥ * ta có m2 10 4m 1. +) Nếu b a thì 11 m2 10  0mod 4m 1 11m2  110mod 4m 1 11.16m2  1760mod 4m 1 11  1760mod 4m 1 (do 16m2 1mod 4m 1 ) 1771  0mod 4m 1 4m 1 77 m 19 Mà 4m 1 1 mod 4 , 1771 7.11.23 4m 1 161 m 40 4m 1 253 m 63 Thử lại đều không thỏa mãn. 4m 1 pa +) Nếu b a thì y 1, x 0 2 b m 10 2.11.p p | 4m 1 p 7 2 p | 4m 160 p |161 Do 2 p | 4 m 10 m 4m 1 40 m p | m 10 p 23 + Nếu p 23 thì do 22.23b 23a 22 23a b vô lí do a b ¥ * . + Nếu p 7 thì do 22.7b 7a 22 7a b a b 1. 4m 1 7b 1 Khi đó ta có: m 12 . 2 k m 10 22.7 Thay vào phương trình ban đầu tìm được n 3. Vậy m;n; p 12;3;7 . Câu 20. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018- 2019)Cho S là tập hợp các bộ a1 ,a2 , ,a164 là hoán vị của 164 số nguyên dương đầu tiên. a) Có bao nhiêu hoán vị a1 ,a2 , ,a164 thuộc S sao cho với mọi i 1,2, ,164 ta luôn có ai i và  Trang 619 
15. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 ai  i mod 41 ? b) Tồn tại hay không hoán vị (a1,a2 ,,a164 ) thuộc S sao cho với mọi i {1,2,,164}đều tồn tại 2 các số nguyên bi {0,1,,40} thỏa mãn a1 a2  ai  bi (mod 41) ? Lời giải +) Chia các số từ 1,2, ,164 thành 41 nhóm theo số dư, khi chia cho 41 thì rõ ràng mỗi nhóm có 4 số ( 4 số này ở các vị trí ai ,ai 41 ,ai 82 ,ai 123 với i 1,41 của hoán vị). Các số trong mỗi bộ trên sẽ được hoán vị đổi vị trí cho nhau. +) Ta thấy với một bộ x1 , x2 , x3 , x4 , ta có 9 cách hoán vị là: (x2 , x1 , x4 , x3 ),(x2 , x3 , x4 , x1),(x2 , x4 , x1 , x3 ), (x3 , x1 , x4 , x2 ),(x3 , x4 , x1 , x2 ),(x3 , x4 , x2 , x1), (x4 , x1 , x2 , x3 ),(x4 , x3 , x2 , x1),(x4 , x3 , x1 , x2 ). để cho không có phần tử nào nằm đúng vị trí ban đầu +) Vì thế có tất cả 941 hoán vị thỏa mãn đề bài. 1 1 1 Lưu ý: Nếu thí sinh dùng công thức D4 4! 9 cũng cho điểm tối đa. 2! 3! 4! b) Tồn tại hay không hoán vị (a1,a2 ,,a164 ) thuộc S sao cho với mọi i {1,2,,164}đều tồn tại 2 các số nguyên bi {0,1,,40} thỏa mãn a1 a2  ai  bi (mod 41) ? *Bổ đề: Với p là số nguyên tố có dạng 3k 2 thì {13,23,, p3} sẽ lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo mod p. Chứng minh bổ đề: Giả sử trong bộ trên có hai số i j sao cho i3  j3 (mod p) thì i3k  j 3k (mod p) . Theo định lý Fermat nhỏ thì i3k 1  j3k 1 (mod p) nên i3k 1  j3k 1 j  j3k  j i3k (mod p) kéo theo i3k (i j) p hay i  j(mod p) , vô lý vì i, j {1,2,, p} và i j. (Bổ đề được chứng minh) 3 * Ta sẽ xây dựng hoán vị thỏa mãn đề bài sao cho ai  i (mod 41) với mọi 1 i 164. Với 41 số đầu tiên, theo nhận xét thì các số {13,23,,413} có số dư đôi một khác nhau khi chia cho 41 nên ta sắp xếp chúng để số dư thay đổi từ 1 41. Các số 42 82; 83 123; 124 164 cũng được thực hiện hoán vị tương tự. Hoán vị này thỏa mãn vì 2 3 3 3 i(i 1) a1 a2  ai 1 2  i (mod 41) . 2 Lưu ý: Ta dễ dàng chứng minh bằng phương pháp qui nạp kết quả sau: Với mọi số tự nhiên n thì 2 3 3 3 3 n n 1 1 2 3 n . 2  Trang 620 
16. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 21. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho p là số nguyên tố có dạng 12k 11. Một tập con S của tập M 1; 2;3;; p 2; p 1 được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần tử của M \ S. Ký hiệu S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia S cho p p 1 xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử. 2 Lời giải p 1 p 3  Trước hết, xét tập con S ; ;; p 2; p 1 thì rõ ràng S là tập con tốt và 2 2  p 1 2 p 1 p 1 p 1 S ( 1) ! !  2 ! 2a (mod p ) , 2 2 2 p 1 2 trong đó a ! và thỏa mãn p | a 1 theo định lý Wilson. 2 Ta xét các trường hợp: - Nếu a 1 (mod p) thì S 2 (mod p) . p 1 p 1 p 1 - Nếu a  1 (mod p) thì trong tập con S, thay bởi  (mod p) thì dễ thấy dấu của 2 2 2 S sẽ được thay đổi thành 2. Khi đó, trong cả hai trường hợp, ta đều chỉ ra được tập con tốt có S 2 (mod p) . Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho S 1 (mod p) hoặc S 0 (mod p ). Xét một tập con tốt S bất kỳ và gọi a,a lần lượt là tích các phần tử của S và M \ S . Theo định lý Wilson thì aa (p 1)! 1 (mod p) . Khi đó, nếu a  a (mod p) thì p | a2 1, vô lý vì ta đã biết a2 1 không có ước nguyên tố dạng 2 3 4k 3. Còn nếu a a  1 (mod p ) thì (2a 1)  3 (mod p) , cũng vô lý vì 1 do theo giả p thiết thì p  11 (mod 12). Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2. Câu 22. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Với số n nguyên dương, đặt f (n) là các ước * nguyên dương của. Xét tập hợp G n ¥ : f (m) f (n),m ¥ ,0 m n và gọi pi là số nguyên tố thứ i (i ¥ * ). 1) Chứng minh rằng: Nếu n thuộcG và pm là ước nguyên tố của n thì ( p1 p2 pm ) là ước của n . k 2k 2) Với số nguyên tố pm , gọi k, M là các số nguyên dương thỏa mãn 2 pm và M ( p1 p2 pm 1 ) . Chứng minh rằng: Nếu n M và n thuộcG thì n chia hết cho pm . Lời giải k1 k2 ka 1) Giả sử n p1 p2 pa (ki N,i 1,a) f(n) (k1 1)(k2 1) (ka 1) Giả sử n chia hết cho pm , tồn tại i thỏa mãn 1 i m a mà n không chia hết cho pi .  Trang 621 
17. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Suy ra km 1,ki 0. n Xét n0 .pi ta có: pm (ki 2) km 2km n0 n và f (n0 ) f(n) f (n) (ki 1)(km 1) km 1 Do km 1 2km km 1nên f (n0 ) f (n) mâu thuẫn. Vậy n chia hết cho pi với mọi i 1,2, ,m. 2) Xét n G và n M . Giả sử không chia hết cho pm thì mọi ước của n đều thuộc tập p1, p2 , , pm 1 ( Thật vậy, giả sử n có ước p j pm thì theo ý (a) n chia hết cho p1, p2 , , pm , , p j. Mâu thuẫn.) k1 k2 km 1 Suy ra : n p1 p2 pm 1 (ki N,i 1,m 1) Vì n M nên tồn tại: 1 i m 1 sao cho ki 2k n k k Đặt n1 k và n0 n1.pm . Do pi 2 pm suy ra n0 n . pi f(n) (k1 1)(k2 1) (kt 1) f(n0 ) (k1 1)(k2 1) (ki 1 1)(ki k 1)(ki 1 1) (kt 1).2 Vì ki 1 2k 2(ki k 1) ki 1 f (n0 ) f(n). Mâu thuẫn. Vậy có điều cần chứng minh. Câu 23. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho m,n là các số tự nhiên thỏa mãn 4m3 m 12n3 n , chứng minh m n là lập phương của một số nguyên. Lời giải Ta có 4m3 m 12n3 n m n 4m2 4mn 4n2 1 8n3 Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m n,4m2 4mn 4n2 1 thì p là số lẻ do 4m2 4mn 4n2 1 lẻ. Mà 8n3  p nên suy ra n p hay từ đó ta có m p do m n p . Mà 4m2 4mn 4n2 1 cũng chia hết cho p nên 1 p , điều này vô lý. Vậy m n,4m 2 4mn 4n3 1 1 hay suy ra m n là lập phương của một số nguyên. Câu 24. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a2 1 cũng là số nguyên tố. Lời giải Tác giả : Ngô Quốc Tuấn, FB: Quốc Tuấn  Trang 622 
18. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vì a là số nguyên tố nên a 2 . Ta xét các trường hợp + Trường hợp 1: với a 2 khi đó 8a2 1 33 chia hết cho 11, loại trường hợp a 2 . + Trường hợp 2: với a 3 khi đó 8a2 1 73 là số nguyên tố. + Trường hợp 3: với a 3 a 3k 1 khi đó 8a2 1 8 9k 2 6k 1 1 3 24k 2 16k 3 chia hết cho 3 , loại trường hợp a 3. Vậy a 3 là giá trị duy nhất cần tìm. Câu 25. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Tìm tất cả các bộ n,k, p với n,k là các số nguyên lớn hơn 1 và p là một số nguyên tố thỏa mãn n5 n4 2n3 2n2 1 pk . Lời giải Tác giả: Nguyễn Đình Thịnh n5 n4 2n3 2n2 1 pk n2 n 1 n3 n 1 pk . Từ giả thiết n,k 2 . 3 2 n n 1 1,n n 1 1,n 2 Ta có: 3 2 n n 1 n n 1 n 1 n n 2 0,n 2 n3 n 1 pr r s 0 trong đó 2 s n n 1 p r s k n3 n 1 n2 n 1 n3 n 1 n 1 n2 n 1 n2 n 1 n 2n2 n 1 1 Mặt khác: n2 n 1 n 2 n2 1 0,n n2 n 1 n 2 0,n 2 2 k p 5 Từ 1 , 2 suy ra n 2 , do đó p 25 . k 2 Vậy bộ số cần tìm là: n,k, p 2,2,5 .  Trang 623 