Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 1 Câu 1: Cho tập hợp   1,3,5, ,2 1 A n   ( n    ). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại 12 tập con B 1 , B 2 , …, B 12 của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) ( 1,12; 1,12; ) i j B B i j i j       ; ii) 1 2 12 B B B A     ; iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập B i ( 1,12 i  ) bằng nhau. Giải Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho tập hợp A được phân thành 12 tập con B 1 , B 2 ,…, B 12 thỏa các điều kiện đề bài, tức là: đôi một không giao nhau, 1 2 12 B B B A     , đồng thời tổng các phần tử của mỗi tập B i ( 1,12 i  ) bằng nhau. Ta có tổng tất cả các phần tử của tập A là: 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n 2 . Do tổng các phần tử của mỗi tập B i ( 1,12 i  ) bằng nhau nên 2 6 , 12 n n k k        . Khi đó tổng các phần tử của mỗi tập B i ( 1,12 i  ) là 3k 2 . Với 6 2 1 12 1 n k n k      thuộc ít nhất một tập B i nào đó 2 12 1 3 k k    4 k   . Khi k = 4  n = 24:   1,3,5, 47 A  . Xét các tập B i ( 1,12 i  ):   2 1,49 2 i B i i    , ( 1,12 i  ). Dễ thấy:         1 2 3 12 1,47 , 3,45 , 5,43 , , 23,25 B B B B    là 12 tập con của A thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là: n = 24. Câu 2: Cho hàm số f liên tục trên  và thoả mãn: ( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( ); , (0) 2, (2) 0 f x y f x f y f xy f x f y x y f f              Chứng minh rằng: f(x + y) = f(x) + f(y), ,x y    . Giải: * x = y = 0  f(0) = 0 * x = y = 2  f(2) = 2 * x = y = 1    2 (1) 3 (1) 2 0 f f    Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 2 (1) 1 (1) 2 f f       Xét f(1) = 2  f(0) = 2 (vô lý ) Xét f(1) = 1  f(x + 1) = f(x) + 1, x    *   0 x u u v y u         ( ) ( ) ( ) v v v f u f u f f v f u f u u u                        (1) x Q   *   0 1 x u u v y u          ( 1) ( ) 1 ( ) ( ) 1 v v v f u f u f f v u f u f u u u                       1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 v v v f u f u f f u f v u f u f u u u                             ( ) ( ) v v v f u f u f f v u f u u u                         (2) Từ (1) và (2) * ( ) ( ) ( ), ,f u v f u f v u v           ( ) ( ) ( ), ,f x y f x f y x y        . Câu 3: : f            0 2008, 2009 2 2 .cos , , f f f x y f x y f x y x y                      Giải: * Cho ; 2 2 x y t      , ta có:     2 cos 2 sin 2 2 2 f t f t f t f t                               1 * Cho ; 2 2 x t y      , ta có:     0 f t f t       2 * Cho 0, x y t     , ta có:           2 0 cos 2 0 cos f t f t f t f t             3 Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 3 Lấy   1 cộng với   2 :       2 2 .sin 2 f t f t f t f t                 4 Từ   3 và   4 , ta có:     0 .cos sin 2 f t f t f t          Suy ra:   2008 cos 2009sin f x x x   Câu 4: Giải phương trình 4 3 44 4 3 4 2 18 3 0 x x    (1) Giải: Ta thấy 0 x  không là nghiệm của phương trình (1). Với 0 x  , 4 3 2 18 (1) 4 0 3 x x     4 3 18 2 4 3 x x    (2) Do 0 x  nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: 3 18 ; ; ; 3 3 3 x x x x ta có: 4 4 3 3 3 18 18 18 2 4 4 3 3 3 3 3 x x x x x x        Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi: 3 18 3 x x  4 54 x   4 54 x  ( do 0 x  ) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 4 54 x  . Câu 5: Cho số nguyên tố p dạng 4 3 k  . Chứng minh rằng không có số nguyên x nào thỏa điều kiện 2 ( 1) x p   . Giải: Giả sử có số nguyên a để 2 ( 1) a p   ta có:   2 1 mod a p   Suy ra     1 1 2 1 mod p p a p     hay:     1 1 2 1 1 1 mod p p a p       Nhưng theo định lí Phec-ma thì:   1 1 0 mod p a p    Nên     1 2 1 1 0 mod p p     (*) mà p là số nguyên tố dạng 4 3 k  nên:   (*) 2 0 mod p    Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh. Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 4 Câu 6: Cho dãy số nguyên dương   n a thỏa mãn điều kiện 2 1 1 n n n a a a    * n N   Tính lim n  2 1 2 1 1 2 n n n a a a          . Giải: Ta có dãy   n a là một dãy tăng thực sự Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho 1 k k a a   thì do giả thiết 2 1 2 k k k a a a    ta thu được 1 2 k k a a    (do * k a N  ) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy   n a là dãy vô hạn. Do 1 0 1 a a   nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay , * n a n n N    . Suy ra: 1 2 1 2 n n n a a a     Đặt 2 1 2 1 1 2 n n n u n a a a           thì 1 0 n u n   Vậy lim n  2 1 2 1 1 2 0 n n n a a a           (theo nguyên lí kẹp) Câu 7: Xung quanh bờ hồ hình tròn có 17 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 4 cây sao cho không có 2 cây nào kề nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau? Giải: Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xãy ra: Trường hợp 1: Cây A không bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây trong số 16 cây đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây A). Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với số cách đặt 4 cây vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên: Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: 4 13 715 C  (cách). Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt). Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13 cây. Do hai cây ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn lại. Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: 3 12 220 C  (cách). Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là: 715 220 935   (cách). Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 5 Câu 8: Tìm tất cả các hàm số   f x liên tục trên R thỏa:   ; . 2 x f x f x x R            Giải: x R   ta có:   2 x f x f x            2 2 3 3 x x x f x f              2 3 2 3 x x x f x f                  (2) Từ (1) ta có:   0 0 f  . Đặt   2 ( ) 3 x g x f x  , ta có :   0 0 g  , g(x) liên tục trên R và ( ) , 2 x g x g x R           (do(2)). Suy ra:     2 1 2 2 2 n n x x x g x g g g                         với n N  , mà g(x) liên tục trên R,   0 0 g  nên:   0, g x x R    . Suy ra:   2 , . 3 x f x x R     Thử lại, ta thấy   2 3 x f x   thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài. Câu 9: a) Chứng minh phương trình )1(2010)1)(1( 222  yxz vô nghiệm với x, y, z  Z. b) Chứng minh phương trình )2(2008)1)(1( 222  yxz có nghiệm với x, y, z  Z. c) Giải: a) Xét theo modun 8 thì )8(mod4,1,0 )8(mod4,1,0 2 2   y x  )8(mod3,0,11 )8(mod3,0,11 2 2   y x  )8(mod5,0,1)1)(1( 22  yx Mà )8(mod22010   )8(mod7,2,32010)1)(1( 22  yx Trong khi )8(mod4,1,0 2 z . Do đó phương trình (1) vô nghiệm. b) 2009)2( 22222  yxyxz Xét phương trình )3(2009 22  yx . Nếu (3) có nghiệm x 0 , thì (2) có nghiệm x= x 0 , y = y 0 , z = x 0 y 0 . Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x 0 , y 0 thỏa (3). Thấy 22 yx  có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của ),( 22 yx chỉ có thể là (0;9), (4;5). Nghĩa là tận cùng của (x; y) chỉ có thể là (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y là như nhau). Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của (3) là x = 28, y = 35. Vậy phương trình (2) có nghiệm. Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 6 Câu 10: Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15. Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc Sai. Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.) Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau. Giải: - Với giả thiết đã cho, số phần tử Đ trong các bài làm của các thí sinh tối đa là 8. - Với mỗi k: 0  k  8 ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai là 15 - k. Các chữ S này tạo thành 15 - k + 1 khoảng trống, kể cả 2 khoảng trống 2 đầu mút. Ta cần đặt k chữ Đ vào 15 - k + 1 khoảng trống này. Có k k C 115  cách như vậy. Vậy có k k C 16 bài có k chữ Đ. - Số tất cả các bài làm có thể là: 1600159713621046249528691151 8 0 16     k k k C - Điều này chứng tỏ phải có ít nhất 2 thí sinh có bài làm giống hệt nhau. Câu 11: Tìm các hàm f: R  R khả vi và thỏa điều kiện Ryxxfyfyfxf      ,))(())(( Giải: Từ điều kiện đề bài, lần lượt đạo hàm hai vế theo x, y ta được )2())((')(')).((' )1()(')).(('))((' xfyfyfyfxf xfxfyfyfxf     Nhân hai vế của (1) với –f’(y), và cộng với (2) vế theo vế ta được )3(0))(').('1))((('    yfxfxfyf Trường hợp 1: Nếu tồn tại 0)(': 00  xfRx Từ (3) suy ra yxfyf  ,0))((' 0 . Do đó f(x) = c = const Trường hợp 2: Nếu Rxxf    ,0)(' Từ (3) suy ra yxyfxf ,,1)(').('   . Do đó f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d c, d  R. Với f’(x) = c, f’(y) = c. Ta có c 2 = 1 hay c = ± 1. Từ điều kiện bài toán chỉ nhận c = 1. Thử lại các hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d  R là các hàm số cần tìm. Câu 12: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) sao cho 2a+1 chia hết cho b và 2b+1 chia hết cho a. Giải: Giả sử a, b nguyên dương và * 2 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 2 1 ( )(1) 2 1 a b a b ab a b ab a b kab k b a                      Suy ra k, a, b đều lẻ. Vì 1, 1 ( 1)( 1) 0 1 2 2 1 2 3 5 (2) a b a b a b ab a b ab ab                 Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 7 Kết hợp với (1) suy ra 5 k  1) Với 5 2 2 1 5 k a b ab      , từ (2) ta suy ra 3 3 1 ab a b     . Rõ ràng 1 a b   thỏa mãn 2 1 a b   và 2 1 b a   2) Với 3 k  , giả sử a b  , ta có 3 2 2 1 5 3 5 1 3 2 3 3 ab a b a b b a a a              . Rõ ràng 1, 3 b a   thỏa mãn 2 1 a b   và 2 1 b a   3) Với 1 k  , giả sử a b  , ta có 2 2 1 5 5 1 ab a b a b b         hoặc 3 b  hoặc 5 b  + Với 1 b  , đẳng thức 2 2 1 ab a b    trở thành 2 3 a a   vô lý + Với 3 b  , ta có 3 2 6 1 7 a a a      . Rõ ràng 3; 7 b a   thỏa mãn điều kiện 2 1 ;2 1 a b b a     + Với 5 b  , ta có 11 5 2 10 1 3 a a a      (loại) Với a b  lý lưận tương tự ta được 3, 7 a b   thỏa mãn điều kiện 2 1 ;2 1 a b b a     Tóm lại : Có 5 cặp (a ,b) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (1,1);(1,3);(3;1);(3;7);(7;3) Câu 13: Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên R và thỏa mãn các điều kiện sau đây: a.   19690 f và 2008 2         f . b.   ,cos).()(92 yxfyxfyxf  với mọi Ryx  , . Giải Với     tyx ,0 : theo tính chất b, ta có: tttftf cos.1969)cos(.1696)(9)(2           (1) Với 2 , 2    tyx : theo tính chất b, được: tttftf sin.2008) 2 cos(.2008)(9)(2    (2) Với 2 , 2    ytx : theo tính chất b, ta có: 0 2 cos). 2 ()(9)(2     tftftf (3) Từ (1), (2) cho ta: tttftf sin.2008cos.1969)(2)(2      Kết hợp với (3), ta được:   tttf sin2008cos1969 22 9 )(  Như vậy hàm số cần tìm là   xxxf sin2008cos1969 22 9 )(  Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 8 Câu 14: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 3 4 2 4 13 0 x y xy x y       (1) Giải: Viết lại phương trình này trong dạng   2 2 2 2 1 3 4 13 0 x y x y y       và áp dụng định lí trên ta có PT (1) có nghiệm nguyên  PT (2) sau có nghiệm nguyên     2 2 2 2 1 3 4 13 y y y v      (2) PT (2) tương đương với 2 2 14 v y   (3) v 2 – y 2 = 14  (v – y )(v + y) = 14 2 7 7 2 v y v y v y v y                 => PT (2) vô nghiệm, nên PT (1) không có nghiệm nguyên. Câu 15: Dãy số   n u xác định như sau : n u =   3 5 n        , ở đây    chỉ phần nguyên của số  (là số nguyên lớn nhất không vượt quá  ). Chứng minh rằng n  , thì n u là số lẻ. Giải:     3 5 5 3 n n k k n k n k o C            0 3 5 1 5 3 n n k k k n k n k C       Vậy           0 3 5 3 5 1 1 5 3 n n n k k k n k n k C          (1) Chú ý rằng nếu k lẻ thì         1 1 0 1 1 5 0 k k k        Còn nếu k chẵn (k= 2m) thì         1 1 2 1 1 5 2.5 k k k m        Như thế từ(1) suy ra n  là số nguyên dương thì     3 5 3 5 n n    là số chẵn Ta có   0 3 5 1 0 3 5 1 n        n  =1 , 2 ,… Lại có           3 5 3 5 3 5 1 1 3 5 n n n n          (2) Do 0 <   1 3 5 n   <1 Vậy theo định nghĩa phần nguyên từ (2) suy ra       3 5 3 5 3 5 1 n n n             (3) Vì     3 5 3 5 n n    là số chẵn n  = 1 , 2 ,… ;do vậy từ (3) suy ra n  =1,2,… thì n u =   3 5 n        là số lẻ  đó là đ.p.c.m. Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 9 Câu 16: Cho A là tập tất cả các phần tử   1 2 6 , , ,  x x x x với 1 2 6 , , , 1,4 x x x . Một chương trình máy tính chọn ngẫu nhiên 2008 phần tử từ tập A ( các phần tử khác nhau ) được một dãy n u . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho lấy bất kì n số hạng của dãy n u ta luôn tìm được 16 số hạng mà 2 số hạng bất kì trong 16 số hạng đó có ít nhất là 2 thành phần khác nhau. Giải  Trước hết ta chứng minh 30  n không là giá trị cần tìm. Ta phân hoạch A thành các lớp rời nhau sao cho các phần tử trong mỗi tập hợp có 5 thành phần cuối như nhau. Như vậy A được phân hoạch thành 5 4 1024  lớp mà mỗi lớp có 4 phần tử. Dãy n u có 2008 số hạng, ta có 2008 1024  nên theo nguyên lý Dirichlet trong dãy n u có 2 số hạng (khác nhau) 1 1 1 2 , A A cùng thuộc trong một lớp. Ta có 2006 1024  nên theo nguyên lý Dirichlet trong 2006 số hạng còn lại của dãy n u có 2 số hạng (khác nhau) 2 2 1 2 , A A cùng thuộc trong một lớp. Thực hiện tương tự 15 lần mỗi lần ta thu được kết quả là 2 số hạng cùng thuộc trong một lớp ( ta có thể thực hiện được vì 2008 2*15 1024   ). Ta có 30 số hạng khác nhau của dãy n u : 1 1 2 2 15 15 1 2 1 2 1 2 , , , , , , A A A A A A . Lấy 16 phần tử bất kì trong các số hạng trên, theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất hai phần tử cùng chung một lớp, mà theo cách xây dựng các lớp, hai phần tử đó không thể có quá 1 thành phần khác nhau. Vậy 30  n không là giá trị cần tìm.  Ta chứng minh 31 là số cần tìm. Ta tiếp tục phân hoạch A thành 2 lớp rời nhau:   6 i k k 1 B x A x i 2 i 0 1 : mod ,             . Thấy rằng mỗi lớp này đều có số phần tử bằng nhau và bằng 2048 , hơn nữa trong m ỗi lớp hai phần tử khác nhau đều có ít nhất hai th ành ph ần khác nhau. Theo nguyên lý Dirichlet, với 31 số hạng bất kì của dãy n u có ít nhất 16 số hạng thuộc cùng một lớp. Ta thấy rằng hai số hạng bất kì trong số 16 số hạng này đều có ít nhất là hai thành phần khác nhau.  Vậy n 31  là số cần tìm. Câu 17: Giải phương trình: 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 18 2 3 18 2 3 18 x x y y y y z z z z x x                  Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2015 10 Giải: Đặt f(t) = 2t 3 + 3t 2 -18 và g(t) = t 3 + t thì hệ phương trình được viết lại:         )()( )()( )()( xgzf zgyf ygxf Giả sử x = max(x, y, z) thì ( ) ( ) ( ) ( ) x y g x g y x z g x g z            (do hàm số g đồng biến ) 3 3 2 3 3 2 2 2 ( ) ( ) 2 3 18 ( ) ( ) 2 3 18 ( 2)( 5 9) 0 2 2 ( 2)( 5 9) 0 g x f x x x x x g z f z z z z z x x x x z z z z                                         Từ đó suy ra: 2 2 2 z x x z       . Thế vào hệ phương trình ta được 2 y  Thử lại ta thấy: x = y = z = 2 thoả hệ phương trình. Câu 18: Giải phương trình sau trong tập hợp các số nguyên dương : 1 1 1 2009 x y   Giải: Từ phương trình, ta suy ra : x > 2009 và y > 2009 1 1 1 1 1 1 2009 7. 41 x y x y      (1)   7 41 x y xy    7 41 7 41 x xy y    49.41 49.41 14 41 x xy y y x     (*) Nếu 41x không là số chính phương thì 41 x là số vô tỉ. Khi đó (*) không thỏa. Do đó 41x là số chínhphương, suy ra x = 41a 2 , với a  N * Tương tư : y = 41b 2 , với b  N * . Phương trình (1) trở thành: 1 1 1 7 a b   (2) Từ phương trình (2), ta suy ra: a,b > 7. Đặt : a = 7+m và b = 7+n với m,n  N * Phươnh trình (2) được viết lại: 1 1 1 7 7 7 m n     (3) (3)  7(14+m+n) = (7+m).(7+n)  m.n = 7 2 [...]... bất kì có các lời hứa đưa ra không hoàn toàn giống nhau nhưng có Si '  S j '  chung ít nhất là 2 lời hứa nên  , i  j Si ' S j '    Mỗi tập Si ' là tập con khác  của tập P ' Tập P ' có n – 1 phần tử nên số tập con khác rỗng của tập P ' là 2n1  1 Mỗi tập con khác rỗng ( ngoại trừ tập P ' ) đều có phần bù trong P ' khác rỗng Do đó, 2n 1  1  1 số các cặp tập con khác rỗng của P ' có giao... ra trong các điểm A1, A2, …,A6n để thành lập đa giác với số cạnh lớn nhất là 3n Bây giờ ta xác định số các tập hợp có 3n phần tử thoả mãn yêu cầu bài toán Do số cách chọn 3 điểm trong mỗi Bi là 2, nên số cách chọn 3n điểm là 2 n Từ đó, ta được: 2n = 32768  n  15 12 2015 Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Câu 21: Tìm ba phân số tối giản a b c tạo... 2)! ( p  2) p 2  p p2  x  1  p  2  x  p 1 Do đó: p x1  1(mod p  1) 17 2015 Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu p x 2  1(mod p  1) 1 1(mod p  1)  p x 1   p  1  x(mod p  1)  vế trái của (3) không chia hết cho p-1 Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương với p  7 * Nếu p un  min( x2 n , x2 n 1 ) n  N •Xét dãy số ( vn ) được xác định như sau: v0  5,... không hoàn toàn giống nhau nhưng có chung ít nhất là 2 lời hứa Chứng minh : N  2n 2 Giải Giả sử N Đảng phái khác nhau là X1, … , XN và S1 ,…, SN lần lượt là tập hợp tất cả các lời hứa của ứng viên của Đảng X1, … , XN Giả sử tập hợp n lời hứa khác nhau của tất cả các ứng viên là P = {x1, x2 , …, xn} trong đó x1 là lời hứa sẽ đưa nền kinh tế Mỹ thoát khỏi tình trạng khủng hoảng hiện nay Theo giả thi t.. .Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Suy ra: m = 1 , n = 72 m=7 ,n=7 m = 72 , n = 1  a = 8 , b = 56  a = 14 , b = 14  a = 56 , b = 8  x = 2624 , y = 128576 ... là nghiệm của (2)  Xét X≠2: (2)  ( X  2)( X 5  2 X 4  2 X 3  4 X 2  X  1)  0  X 6  6X 4  9X 2  X  2  0  ( X 3  3X ) 2  X  2 (3) X là nghiệm của (3)  X  2 khi đó: 16 2015 Bài tập luyện thi Olympic 30/4 – Nguyễn Trường Thịnh 11T1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu (3)  X 3  3 X   X  2 (4 )  Xét X>2: X 3  3 X  X ( X 2  4)  X  X  2 X  X  2   X  2  (4) vô nghiệm  Xét  2 . 1 1 1 2009 7. 41 x y x y      (1)   7 41 x y xy    7 41 7 41 x xy y    49 .41 49 .41 14 41 x xy y y x     (*) Nếu 41 x không là số chính phương thì 41 x là số vô. 0 x  , 4 3 2 18 (1) 4 0 3 x x     4 3 18 2 4 3 x x    (2) Do 0 x  nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: 3 18 ; ; ; 3 3 3 x x x x ta có: 4 4 3 3 3 18 18 18 2 4 4 3 3 3.   4 k   . Khi k = 4  n = 24:   1,3,5, 47 A  . Xét các tập B i ( 1,12 i  ):   2 1 ,49 2 i B i i    , ( 1,12 i  ). Dễ thấy:         1 2 3 12 1 ,47 , 3 ,45 , 5 ,43 , ,